2027新高考数学复习53A版3-7.4　直线、平面垂直的判定与性质

7.4直线、平面垂直的判定与性质考点直线、平面垂直的判定与性质五年高考1.★★★(2023全国甲理,11,5分)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC面积为()A.22答案C2.★★★(2023全国甲文,18,12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.(1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;(2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高.解析(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,又∵A1C,AC⊂平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,∴BC⊥平面ACC1A1,又∵BC⊂平面BB1C1C,∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.【面面垂直的判定定理】(2)过A1作A1O⊥CC1,垂足为O,∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O⊂平面ACC1A1,∴A1O⊥平面BB1C1C,即A1O是四棱锥A1-BB1C1C的高.由(1)知∠A1CB=∠BCA=90°.在Rt△A1CB与Rt△ACB中,A1B=AB,BC=BC,∴Rt△A1CB≌Rt△ACB,∴A1C=AC,∴A1C=A1C1,又知A1C⊥A1C1,∴△CA1C1为等腰直角三角形,∴A1O=12CC1=即四棱锥A1-BB1C1C的高为1.3.★★★(2021新高考Ⅰ,20,12分)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)证明:OA⊥CD;(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.解析(1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD⊂平面BCD,∴AO⊥CD.(2)解法一:在△ABD中,过E作EN∥AO交BD于N,则由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD,∴EN⊥BC,∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.在△BCD中,过N作NM∥CD交BC于M,则NM⊥BC.连接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N,∴BC⊥平面EMN,∴EM⊥BC,∴∠EMN为二面角E-BC-D的平面角,又知二面角E-BC-D的大小为45°,∴∠EMN=45°,∴△EMN为等腰直角三角形,又由DE=2EA得DN=2NO,∴MN=23CD=23∴AO=OD=1,∴VA-BCD=13S△BCD·AO=13×12×1×3×故三棱锥A-BCD的体积为36解法二:由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C为原点,CD,CB,OA的方向分别为x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(0,3,0),设AO=a.则E23,33,23a,∴CB=(设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则n·令x=a,则z=-1,∴n=(a,0,-1),易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),由题可知|cos<m,n>|=m·n|m|·|n|=−1a2+1=22∴VA-BCD=13S△BCD·AO=13×12×1×3×故三棱锥A-BCD的体积为36三年模拟1.★★★(多选)(2026届湖南九校联盟联考,9)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,侧棱BB1垂直于底面ABCD,则下列结论正确的是()A.若AB=AD,则AC⊥BD1B.若AC=BD,则AC⊥BD1C.若A1D=A1B,则BD⊥平面ACC1A1D.若AD=AA1,则AD1⊥平面DA1B1C答案AC2.★★★(多选)(2026届福建泉州质量监测,9)在直三棱柱ABC-A'B'C'中,∠ABC=90°,BB'=2AB=2BC,M为BB'的中点,则(A.A'C∥C'MB.A'C'∥平面AMCC.AM⊥B'C'D.平面AMC⊥平面A'MC'答案BCD3.★★★(2026届河北沧州质量监测,15)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面AB1C1,AA1=λBC.(1)证明:B1C1⊥A1C1;(2)若直线B1C与平面AB1C1所成角为π6,求解析(1)证明:由A1C⊥平面AB1C1,B1C1⊂平面AB1C1,可得A1C⊥B1C1,易知B1C1⊥CC1,又CC1∩A1C=C,CC1⊂平面A1CC1,A1C⊂平面A1CC1,所以B1C1⊥平面A1CC1.由A1C1⊂平面A1CC1,可得B1C1⊥A1C1.(2)由A1C⊥平面AB1C1,AC1⊂平面AB1C1,得A1C⊥AC1.由题意可知四边形AA1C1C是矩形,故四边形AA1C1C是正方形,于是A1C1=AA1.显然CC1⊥平面A1B1C1,由(1)知B1C1⊥A1C1,故以C1为坐标原点,C1B1,C1A1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设B1C1=1,则B1(1,0,0),C(0,0,λ),A1(0,λ,0),故B1C=(-1,0,λ易知平面AB1C1的一个法向量为A1C=(0,-λ,λ故sinπ6=|B1C·A1C||B4.★★★(2026届湖南第一次联考,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,AB⊥BC,AB∥DC,AB=BC=1,CD=2,PC=2,点M在侧棱PB上运动.(1)证明:平面PAC⊥平面PAD;(2)当直线AM与直线PD所成的角最小时,求三棱锥P-CDM的体积.解析(1)证明:因为PC⊥底面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PC⊥AD.由已知得△ABC为等腰直角三角形,则AC=AB2+BC2=2在△ACD中,∠ACD=90°-∠ACB=45°,由余弦定理,得AD2=AC2+CD2-2AC·CD·cos45°=2,则AD2+AC2=4=CD2,所以AC⊥AD.因为PC∩AC=C,PC,AC⊂平面PAC,所以AD⊥平面PAC.因为AD⊂平面PAD,所以平面PAC⊥平面PAD.(2)以C为原点,CD,CB,CP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.则A(1,1,0),B(0,1,0),D(2,0,0),P(0,0,2).所以AB=(-1,0,0),BP=(0,-1,2),DP=(-2,0,2).设BM=λBP(0≤λ则AM=AB+BM=(-1,-λ,设直线AM与DP所成的角为θ,则cosθ=|cos<AM,DP>|=设λ+1=t(1≤t≤2),则λ+1=t=12所以当2t=32,即t=43时,cosθ取最大值,从而θ取最小值,即直线AM与DP所成的角取最小值,此时λ=t-1=所以VP-CDM=VM-PCD=13×12×2×2×5.★★★(2026届湖北孝感高级中学月考,16)如图,在正三棱台ABC-A1B1C1中,AB=2A1B1,P,Q分别是AB,AC的中点.(1)求证:四边形B1PQC1是矩形;(2)若A1B1=A1A,求直线AC与平面BCC1B1所成角的正弦值.解析(1)证明:∵P,Q分别是AB,AC的中点,∴PQ∥BC,PQ=12∵几何体ABC-A1B1C1为正三棱台,AB=2A1B1,∴B1C1=12BC,B1C1∥BC∴PQ∥B1C1,PQ=B1C1,∴四边形B1PQC1为平行四边形.延长AA1,BB1,CC1交于点T,过点T作TO⊥平面ABC,垂足为O,连接OA,∵几何体ABC-A1B1C1为正三棱台,∴三棱锥T-ABC为正三棱锥,∵TO⊥平面ABC,∴O为△ABC的中心,∴AO⊥BC,又TO⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴TO⊥BC,∵AO∩TO=O,AO,TO⊂平面AOT,∴BC⊥平面AOT,∵AT⊂平面AOT,∴BC⊥AT,∵B1C1∥BC,B1C1=12BC,∴B1为BT的中点,又P为AB的中点,∴B1P∥AT∴BC⊥B1P,又PQ∥BC,∴PQ⊥B1P,∴四边形B1PQC1为矩形.(2)延长AO交BC于M,连接TM,作AH⊥TM,垂足为H,连接CH,由(1)知:BC⊥