高考数学总复习：直线、平面垂直的判定与性质

专题八立体几何与空间向量167

8.4直线、平面垂直的判定与性质

、五年高考,

考点;直线、平面垂直的判定与性质V平面4CC4_1平面B5gC,且平面4CC14

平面BBi0平面ACCA,

1.（2023全国甲理，11,5分，中）已知四棱锥P-nGC=CC],4Cll

ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=P0=：.A]。，平面BBgc,即4。是四棱锥4-

3,4。。1=45。，则4夕8。面积为（）BB&C的高.

由（1）知441cB=48G4=90°.

A.2V2B.372C.472D.6也

在Rt△4]C8与RtAACB中，=AB,

答案C

BC=BC,

2.（多选）（2023新课标H,9,5分，中）已知圆锥的

Rt△40/Rt/\ACB,A1。=AC,

顶点为P,底面圆心为为底面直径,

4”3=120。,24=2,点C在底面圆周上，且4C=4C,

又知△C4G为等腰直角三

二面角P-4C-。为45。,则）

角形，

A.该圆锥的体积为7T

4]0=；CG=y^4i=1,即四棱锥4-

B.该圆锥的侧面积为4737T

C.AC=272BB.C.C的高为1.

D./XPAC的面积为71

答案AC

3.（2023全国甲文，18,12分，中）如图，在三棱柱

ABC-A.B.C,,AiC1ABC,AACB=90°.

（1）证明:平面4CC4_L平面防GC；

（）设求四棱锥解]。

243=43,^4]=2,4-834.（2021全国乙，18,12分，中）如图，四棱锥P-

的高.ABCD的底面是矩形,底面ABCD,M为

BC的中点，且4M.

（1）证明：平面平面P50；

（2）若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的

体积.

解析（1）证明：丫平面48C,3CU平

面

A^LBC.-：AACB=90°,:.ACLBC,

又•；&C,4CU平面4CC4,且4Cn4C=C,

4CCH,又•；8CU平面BBgC,解析（1）证明：由于平面

平面ACClAl1平面BBiGC.平面ABCD,贝ljPD1AM,又PB工AM,PBn

（2）过4作垂足为。，PD=P,PB,PDU平面PBD,

5年高考3年模拟A版高考数学

所以平面P8。，

因为4MU平面PAM,所以平面PAM±平

面PBD.

(2)由(1)知平面PBD,因为BOU平面

PBD,所以4M，80,所以AMAB+AABD=

90。，因为四边形为矩形，所以4D4B=

AABM,所以AMAB+AAMB=90。，所以(2)解法一：由题设及(1)得三棱锥P-ABD的

AABD=AAMB，贝lj/\DABZUBM,则疝=体积为V=^-x—xlxV^=^-.

48又48=2,P4=^DA2+DP2=2,PB=

菰，又43=OC=1,M为3C的中点，所以40=

JDB'+DP-=J6,

222

体,所以S^ABCD=AB-AD=j2,b,、rAB+PA-PB1

所以cosAPAB=------------------=—，贝nIlsin

2AB-PA4'

所以加棱锥PTBcn=矩形"CD'PD=_xV2x

715

乙PAB=——.

i=04

3设点D到平面PAB的距离为d,则F=1x|x

5.(2022全国甲理，18,12分，中)在四棱锥P-

一序,715,.715,1,715

ABCD中，，底面ABCD,CD//AB,AD=2x2x---•d——--d.由---d——,^d——--.

46625

DC=CB=1,AB=2,DP=/3.

因此PD与平面PAB所成角的正弦值为

(1)证明：BD_LP4；

d_/5

(2)求PO与平面所成的角的正弦值

PAB.PD-T-

解法二：如图所示，作0EL4B,垂足为E,连

接PE.因为_L底面ABCD,48U平面

48co，所以PD上AB,又D£CPD=D,故ABL

平面PDE.

作。歹，PE,垂足为『.因为48,平面PDE,

OPU平面PDE,所以DF1AB.

解析(1)证明：过。作OZ/L48,垂足为因为48cpE=E,所以平面PAB.

1叵因此40P9即为PD与平面PAB所成的角.

贝1」4修=5,又40=1,所以=易知BH=

]1J3

3因为万43•DE=—DA-08,所以D^=—,

万，所以BD=4^，在MABD中，5+而二

故PE=VDE2+DP2=丁.

4^2,所以40,8。因为平面ABCD,BD

U平面4BCO,所以POLBO,又因为POP因此PD与平面PAB所成角的正弦值为

40=0,所以80J,平面PAD,又P4U平面DE/5

P4O,所以BD1PA.PE-T-

专题八立体几何与空间向量169

令%=Q,贝(Jz=一］,「.〃=,

易知平面BCD的一个法向量为帆=(0,0,1),

m•n

6.(2021新高考I,20,12分，中)如图，在三棱锥由题可知Icos{m,n

\mI•Ini

A-BCD中，平面430,平面BCD,AB=AD,0

为BD的中点.

(1)证明：O4，CO；

/.a=l,BPA0=l.:.VA_BCD=^S^BCD-A0=yX

(2)若△0CZ)是边长为1的等边三角形，点E

在棱40上，OE=2E4,且二面角E-BC-D的

1「V3

2dl-

大小为45。,求三棱锥4-85的体积.

/a

故三棱锥A-BCD的体积为一.

6

7.(2023全国乙理，19,12分，中)如图，在三棱锥

P-ABC^,AB1BC,AB=2,BC=242,PB=

PC=4e,BP,AP,BC的中点分别为D,E,0,

解析(1)证明:在中,•.・43=40,。为

BD的中点，40=万0。,点尸在4C上,8/U40.

A01BD,5L-：平面450，平面平面(1)证明：后歹〃平面4/)。；

ABDnffiBCD=BD,A0CABD,AO1(2)证明：平面4。。，平面6)；

平面5CO,(3)求二面角D-AO-C的正弦值.

又CDU平面BCD,AO±CD.

(2)由OC=O0=O3得由(1)知4。

，平面或力，以C为原点，丽,3,近的方向

分别为“轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐

标系，如图所示，则C(0,0,0),B(O,73,O),

CB-(0,73,0)，设40=a.解析解法一(几何法)：(1)根据给定条件,

证明四边形OOEF为平行四边形，再利用线

面平行的判定定理作答.

证明：如图1,连接OE、。歹，设49=t4C(0v<

1),贝面=函+善=应+6无=谓+”就一

则臆抬/则展R抬;->-->-->,_,,-->-->1-->

BA)=(1T)R4+IBC.易知4。=-B/1+2BC.

设平面EBC的法向量为〃=(%,y,z),,：BFLAO,

1705年高考3年模拟A版高考数学

BF-AO^[(l-t)BA+tBC]•点，由（1）知产为4C的中点，，bH=连

1―B4+58C1]=(z-1)BA2BC2=4(z—1)+

3

接DH,GF,.,.DH=-GF,

由=0,解得力=；,故口为4c的中点.

315

4H---------

〜224+6-PA2/口

•••O,E,。/分别为P3,P4,3C,4c的中点，由cosAABD=-------=--------,得PA

­/62x2x76

2x2x—

DE//AB,^.DE=yAB,OF//AB,^.OF=2

=714,

—AB,:.DE=iLOF.76

2，同理可得BE咤

四边形DEFO是平行四边形,J.E9〃Z»。.

BE2+EF2=3=B『，故BE工E歹，贝uGF2=

又造2平面40。,0。U平面40。，（r—\2

1J6715

一x——+—,GF=，故DH=

即〃平面ADO.,

I，3乙2733

(2)由(1)的结论，结合勾股定理的逆定理及

3715715

——x------=

线面垂直、面面垂直的判定定理作答.232

证明：VD,0分别是PB,BC的中点，且中，OH=；BFJ3八

在ADOH——，OD

PC=16,2，2

176„L-/30715

DO=—PC=—,又AD=DO,AD=---.DH=——,

2222

6315

在RtA/150中,48=2,80=71,4。=几，----1-----------

c444

在△40。中，。加+402=402,cosADOH=—

2x"2

0。，4。，由(1)知E歹〃。O,贝UEFX.AO,22

XAOA.BF,BFQEF=F,BFr^-V^BEF,EF/2

二面角D-AO-C的正弦值为1

U平面BEF,

4。，平面BEF,

又4。U平面ADO,平面ADO1平面BEF.

(3)由(2)的结论作出二面角的平面角，再结

合三角形重心的性质及余弦定理的推论求解.

如图1,过点0作0H//BF交AC于点H,由

40,39,知〃。，4。，又由(2)矢口。0,4。,故

乙为二面角D-AO-C的平面角，设40c

BE=G,

；D,E分别为PB,PA的中点，G为4PAB

的重心，

DG=；AD,GE=；BE,

-：0为BC的中点，。〃〃6尸,H为为C的中

专题八立体几何与空间向量171

解法二(空间向量法)：以区4,8C所在直线分%=-1,

别为工，y轴，过点3且垂直于平面43c的直<y=V2>P(-l,V2,73),

线为z轴，建立如图2所示的空间直角坐标z=",

系，则B(0,0,0),A(2,0,0),0(0,T2,0),C又,:E是PA的中点，

(0,272,0).

E\—5——LAB£=f—5—5包］，又罚=

(1)证明：设应=入就,0<大<1/.-AC=(-2,2(22，2J1222J

——、——、1LA/2-

72,0),(—2,-/2,0)，:.A0•BE=—2x—+-J^2,x-^―+0x

F(2-2A,272A,0)BF=(2-2A,242A,

J3—一

0).——=0,.-.401BE,BPAO1BE,5LAOA.BF,

2

•.・BFLAO,AO=(i-2,42,0)BF-13=0,

BECBF=B,

即一2(2-2九)+4入=0,解得人=；，故产为4cAO1平面BEF,又AOC平面ADO,

平面ADO1平面BEF.

的中点.

(3)易知平面AOC的一个法向量为=(0,

连接OF,DE,,-D,E,O,F分别为PB,PA,BC,

0,1),

AC的中点，

・•・D为PB的中点,,

DE//AB,^.DE=^-AB,OF//AB,^OF=I2'2'2J

-AB,2'2'2

2，

二OE且。/，故四边形OOE9为平行四边形，设平面4。0的法向量为m2=(x1,yl,zl),

EF//DO,M2•布=0,125+为=0,

又E歹2平面40。，。。U平面40。，；.E9〃平则\"即142J3

(叫.OD-0,=0,

面40。

⑵证明：易得40=*，取/1=1,则为=笈,Zi=yj,则叫=(1,红,

73),

315

4H-----设二面角D-AO-C的大小为仇则Icos=I

,…八224+6-PA2/日…

由cos乙ABD=-------=--------,得PA

\mx-m2\J372

762x2x76cos〈机।,m)I=-p=-=—■

2x2义——2I\m,\1x71+2+32

2

由题图可知，二面角D-AO-C的平面角为钝

=714.

角,r.cos0=二三,：.sin9=即二面角D-

设P(%y,z),z〉0,则由PB=PC=46,PA=

%2+y2+J=6,

714可得<%2+(y-272)2+/=6,解得AO-C的正弦值为

(%-2)2+y2+22=14,

5年高考3年模拟A版高考数学

、三年^/以,

综合基础A.直线4孰与直线与。垂直

B.直线4G与平面480垂直

1.（2023北京顺义二模，5）在正方体ABCD-

C.三棱锥4-GB0的体积是正方体4BCO-

48coi中，点分别是棱0,和线段

AlBlClDl的体积的三分之一

BC｝上的动点，则满足与垂直的直线MN

D.直线AB,与直线BC,垂直

答案D

5.（2023贵州毕节一模，9）图（1）是由正方形

ABCD和正三角形PAD组合而成的平面图

形，将三角形PAD沿AD折起，使得平面PAD

，平面48CO,如图（2）,则异面直线PB与

所成角的大小为（）

A.有且仅有1条B.有且仅有2条OC

C.有且仅有3条D.有无数条

答案D

2.（2024届江苏南京师范大学附属中学期中，5）给

出下列命题：

①垂直于同一条直线的两条直线互相平行；

答案C

②如果两条平行直线中的一条垂直于直线m,

6.（2023湖南师大附中一模,6）如图，已知正四棱

那么另一条直线也与直线m垂直；

台43co-A/iGa中,AB=6,4[5]=4,33]=

③如果一个平面内的两条直线与另一个平面

2,点M,N分别为41当，当G的中点，则下列

都平行,那么这两个平面互相平行；

平面中与3巴垂直的是（）

④如果一个平面过另一个平面的垂线，那么

这两个平面互相垂直.

其中是真命题的是()

A.①②B.③④

C.①③D.②④

C.平面4CNMD.平面

答案

D答案C

（届江苏南京学情调研，）在正方体

3.202467.（多选）（2023广东一模，10）在四棱锥S-43CZ）

ABCD-AB,CD,中，过点B的平面与直线

XXa中,SO,平面43CO,四边形ABCD是正方形，

垂直,则平面a截该正方体所得截面的若SO=4O,则（）

形状为（）A.ACLSD

A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形B.AC与SB所成角大小为60°

答案AC.BD与平面SCD所成角大小为45°

4.（2023河南郑州联考，7）在正方体ABCD-

D.BD与平面SAB所成角的正切值为

45G，中,下列说法不正确的是（）

答案ACD

综合拔高

1.（2024届山西运城景胜学校（西校区）月考，8）如

解析（1）证明：设3C=CE=%m〉0,由题意

图,PA垂直于正方形ABCD所在平面，则以下

知ABCE为等腰直角三角形，折叠后ABPE

关系错误的是（）

为等腰直角三角形.取BE的中点/，连接PF,

贝ljPFLBE,

因为二面角P-BE-C为直二面角，所以PFL

平面ABCD.

~1°11,八

由VpABE=-AABE'PF=AB.BC.PF=

''r—/iDC,3LSADE,--3--X2—

A.平面PC。，平面P4。

B.平面PCZ）_L平面1172472八

一x-x4m•——m=---，得m=2,即onBC=CE=

C.平面P48,平面PBC3223

D.平面P46,平面P4ODE=2.

答案B贝lj4E=BE=2也，贝！JAE2+BE2=43?,故AE

2.（2024届江苏南京第一中学四模,16）已知平面a1BE.

截一球面得圆M,过圆心M且与a夹角为60°因为P歹，平面48co,4EU平面43co，所以

的平面万截该球面得圆N.若该球的半径为4,AELPF,

圆M的面积为,贝U圆N的面积为又PF与BE相交，所以平