高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)：直線、平面垂直的判定與性質(zhì)

專題八立體幾何與空間向量167

8.4直線、平面垂直的判定與性質(zhì)

、五年高考,

考點(diǎn);直線、平面垂直的判定與性質(zhì)V平面4CC4_1平面B5gC,且平面4CC14

平面BBi0平面ACCA,

1.（2023全國甲理，11,5分，中）已知四棱錐P-nGC=CC],4Cll

ABCD的底面是邊長為4的正方形,PC=P0=：.A]。，平面BBgc,即4。是四棱錐4-

3,4。。1=45。，則4夕8。面積為（）BB&C的高.

由（1）知441cB=48G4=90°.

A.2V2B.372C.472D.6也

在Rt△4]C8與RtAACB中，=AB,

答案C

BC=BC,

2.（多選）（2023新課標(biāo)H,9,5分，中）已知圓錐的

Rt△40/Rt/\ACB,A1。=AC,

頂點(diǎn)為P,底面圓心為為底面直徑,

4”3=120。,24=2,點(diǎn)C在底面圓周上，且4C=4C,

又知△C4G為等腰直角三

二面角P-4C-。為45。,則）

角形，

A.該圓錐的體積為7T

4]0=；CG=y^4i=1,即四棱錐4-

B.該圓錐的側(cè)面積為4737T

C.AC=272BB.C.C的高為1.

D./XPAC的面積為71

答案AC

3.（2023全國甲文，18,12分，中）如圖，在三棱柱

ABC-A.B.C,,AiC1ABC,AACB=90°.

（1）證明:平面4CC4_L平面防GC；

（）設(shè)求四棱錐解]。

243=43,^4]=2,4-834.（2021全國乙，18,12分，中）如圖，四棱錐P-

的高.ABCD的底面是矩形,底面ABCD,M為

BC的中點(diǎn)，且4M.

（1）證明：平面平面P50；

（2）若PD=DC=1,求四棱錐P-ABCD的

體積.

解析（1）證明：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）證明：由于平面

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

（2）過4作垂足為。，PD=P,PB,PDU平面PBD,

5年高考3年模擬A版高考數(shù)學(xué)

所以平面P8。，

因?yàn)?MU平面PAM,所以平面PAM±平

面PBD.

(2)由(1)知平面PBD,因?yàn)锽OU平面

PBD,所以4M，80,所以AMAB+AABD=

90。，因?yàn)樗倪呅螢榫匦危?D4B=

AABM,所以AMAB+AAMB=90。，所以(2)解法一：由題設(shè)及(1)得三棱錐P-ABD的

AABD=AAMB，貝lj/\DABZUBM,則疝=體積為V=^-x—xlxV^=^-.

48又48=2,P4=^DA2+DP2=2,PB=

菰，又43=OC=1,M為3C的中點(diǎn)，所以40=

JDB'+DP-=J6,

222

體,所以S^ABCD=AB-AD=j2,b,、rAB+PA-PB1

所以cosAPAB=------------------=—，貝nIlsin

2AB-PA4'

所以加棱錐PTBcn=矩形"CD'PD=_xV2x

715

乙PAB=——.

i=04

3設(shè)點(diǎn)D到平面PAB的距離為d,則F=1x|x

5.(2022全國甲理，18,12分，中)在四棱錐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與平面PAB所成角的正弦值為

(1)證明：BD_LP4；

d_/5

(2)求PO與平面所成的角的正弦值

PAB.PD-T-

解法二：如圖所示，作0EL4B,垂足為E,連

接PE.因?yàn)開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,垂足為『.因?yàn)?8,平面PDE,

OPU平面PDE,所以DF1AB.

解析(1)證明：過。作OZ/L48,垂足為因?yàn)?8cpE=E,所以平面PAB.

1叵因此40P9即為PD與平面PAB所成的角.

貝1」4修=5,又40=1,所以=易知BH=

]1J3

3因?yàn)槿f43?DE=—DA-08,所以D^=—,

萬，所以BD=4^，在MABD中，5+而二

故PE=VDE2+DP2=丁.

4^2,所以40,8。因?yàn)槠矫鍭BCD,BD

U平面4BCO,所以POLBO,又因?yàn)镻OP因此PD與平面PAB所成角的正弦值為

40=0,所以80J,平面PAD,又P4U平面DE/5

P4O,所以BD1PA.PE-T-

專題八立體幾何與空間向量169

令%=Q,貝(Jz=一］,「.〃=,

易知平面BCD的一個(gè)法向量為帆=(0,0,1),

m?n

6.(2021新高考I,20,12分，中)如圖，在三棱錐由題可知Icos{m,n

\mI?Ini

A-BCD中，平面430,平面BCD,AB=AD,0

為BD的中點(diǎn).

(1)證明：O4，CO；

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

(2)若△0CZ)是邊長為1的等邊三角形，點(diǎn)E

在棱40上，OE=2E4,且二面角E-BC-D的

1「V3

2dl-

大小為45。,求三棱錐4-85的體積.

/a

故三棱錐A-BCD的體積為一.

6

7.(2023全國乙理，19,12分，中)如圖，在三棱錐

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

PC=4e,BP,AP,BC的中點(diǎn)分別為D,E,0,

解析(1)證明:在中,?.?43=40,。為

BD的中點(diǎn)，40=萬0。,點(diǎn)尸在4C上,8/U40.

A01BD,5L-：平面450，平面平面(1)證明：后歹〃平面4/)。；

ABDnffiBCD=BD,A0CABD,AO1(2)證明：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為原點(diǎn)，麗,3,近的方向

分別為“軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐

標(biāo)系，如圖所示，則C(0,0,0),B(O,73,O),

CB-(0,73,0)，設(shè)40=a.解析解法一(幾何法)：(1)根據(jù)給定條件,

證明四邊形OOEF為平行四邊形，再利用線

面平行的判定定理作答.

證明：如圖1,連接OE、。歹，設(shè)49=t4C(0v<

1),貝面=函+善=應(yīng)+6無=謂+”就一

則臆抬/則展R抬;->-->-->,_,,-->-->1-->

BA)=(1T)R4+IBC.易知4。=-B/1+2BC.

設(shè)平面EBC的法向量為〃=(%,y,z),,：BFLAO,

1705年高考3年模擬A版高考數(shù)學(xué)

BF-AO^[(l-t)BA+tBC]?點(diǎn)，由（1）知產(chǎn)為4C的中點(diǎn)，，bH=連

1―B4+58C1]=(z-1)BA2BC2=4(z—1)+

3

接DH,GF,.,.DH=-GF,

由=0,解得力=；,故口為4c的中點(diǎn).

315

4H---------

?224+6-PA2/口

???O,E,。/分別為P3,P4,3C,4c的中點(diǎn)，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

四邊形DEFO是平行四邊形,J.E9〃Z?。.

BE2+EF2=3=B『，故BE工E歹，貝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)的結(jié)論，結(jié)合勾股定理的逆定理及

3715715

——x------=

線面垂直、面面垂直的判定定理作答.232

證明：VD,0分別是PB,BC的中點(diǎn)，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。=幾，----1-----------

c444

在△40。中，。加+402=402,cosADOH=—

2x"2

0。，4。，由(1)知E歹〃。O,貝UEFX.AO,22

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

二面角D-AO-C的正弦值為1

U平面BEF,

4。，平面BEF,

又4。U平面ADO,平面ADO1平面BEF.

(3)由(2)的結(jié)論作出二面角的平面角，再結(jié)

合三角形重心的性質(zhì)及余弦定理的推論求解.

如圖1,過點(diǎn)0作0H//BF交AC于點(diǎn)H,由

40,39,知〃。，4。，又由(2)矢口。0,4。,故

乙為二面角D-AO-C的平面角，設(shè)40c

BE=G,

；D,E分別為PB,PA的中點(diǎn)，G為4PAB

的重心，

DG=；AD,GE=；BE,

-：0為BC的中點(diǎn)，?！ā?尸,H為為C的中

專題八立體幾何與空間向量171

解法二(空間向量法)：以區(qū)4,8C所在直線分%=-1,

別為工，y軸，過點(diǎn)3且垂直于平面43c的直<y=V2>P(-l,V2,73),

線為z軸，建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)z=",

系，則B(0,0,0),A(2,0,0),0(0,T2,0),C又,:E是PA的中點(diǎn)，

(0,272,0).

E\—5——LAB￡=f—5—5包］，又罰=

(1)證明：設(shè)應(yīng)=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=；，故產(chǎn)為4cAO1平面BEF,又AOC平面ADO,

平面ADO1平面BEF.

的中點(diǎn).

(3)易知平面AOC的一個(gè)法向量為=(0,

連接OF,DE,,-D,E,O,F分別為PB,PA,BC,

0,1),

AC的中點(diǎn)，

???D為PB的中點(diǎn),,

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

-AB,2'2'2

2，

二OE且。/，故四邊形OOE9為平行四邊形，設(shè)平面4。0的法向量為m2=(x1,yl,zl),

EF//DO,M2?布=0,125+為=0,

又E歹2平面40。，。。U平面40。，；.E9〃平則\"即142J3

(叫.OD-0,=0,

面40。

⑵證明：易得40=*，取/1=1,則為=笈,Zi=yj,則叫=(1,紅,

73),

315

4H-----設(shè)二面角D-AO-C的大小為仇則Icos=I

,…八224+6-PA2/日…

由cos乙ABD=-------=--------,得PA

\mx-m2\J372

762x2x76cos〈機(jī)?,m)I=-p=-=—■

2x2義——2I\m,\1x71+2+32

2

由題圖可知，二面角D-AO-C的平面角為鈍

=714.

角,r.cos0=二三,：.sin9=即二面角D-

設(shè)P(%y,z),z〉0,則由PB=PC=46,PA=

%2+y2+J=6,

714可得<%2+(y-272)2+/=6,解得AO-C的正弦值為

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

5年高考3年模擬A版高考數(shù)學(xué)

、三年^/以,

綜合基礎(chǔ)A.直線4孰與直線與。垂直

B.直線4G與平面480垂直

1.（2023北京順義二模，5）在正方體ABCD-

C.三棱錐4-GB0的體積是正方體4BCO-

48coi中，點(diǎn)分別是棱0,和線段

AlBlClDl的體積的三分之一

BC｝上的動點(diǎn)，則滿足與垂直的直線MN

D.直線AB,與直線BC,垂直

答案D

5.（2023貴州畢節(jié)一模，9）圖（1）是由正方形

ABCD和正三角形PAD組合而成的平面圖

形，將三角形PAD沿AD折起，使得平面PAD

，平面48CO,如圖（2）,則異面直線PB與

所成角的大小為（）

A.有且僅有1條B.有且僅有2條OC

C.有且僅有3條D.有無數(shù)條

答案D

2.（2024屆江蘇南京師范大學(xué)附屬中學(xué)期中，5）給

出下列命題：

①垂直于同一條直線的兩條直線互相平行；

答案C

②如果兩條平行直線中的一條垂直于直線m,

6.（2023湖南師大附中一模,6）如圖，已知正四棱

那么另一條直線也與直線m垂直；

臺43co-A/iGa中,AB=6,4[5]=4,33]=

③如果一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線與另一個(gè)平面

2,點(diǎn)M,N分別為41當(dāng)，當(dāng)G的中點(diǎn)，則下列

都平行,那么這兩個(gè)平面互相平行；

平面中與3巴垂直的是（）

④如果一個(gè)平面過另一個(gè)平面的垂線，那么

這兩個(gè)平面互相垂直.

其中是真命題的是()

A.①②B.③④

C.①③D.②④

C.平面4CNMD.平面

答案

D答案C

（屆江蘇南京學(xué)情調(diào)研，）在正方體

3.202467.（多選）（2023廣東一模，10）在四棱錐S-43CZ）

ABCD-AB,CD,中，過點(diǎn)B的平面與直線

XXa中,SO,平面43CO,四邊形ABCD是正方形，

垂直,則平面a截該正方體所得截面的若SO=4O,則（）

形狀為（）A.ACLSD

A.三角形B.四邊形C.五邊形D.六邊形B.AC與SB所成角大小為60°

答案AC.BD與平面SCD所成角大小為45°

4.（2023河南鄭州聯(lián)考，7）在正方體ABCD-

D.BD與平面SAB所成角的正切值為

45G，中,下列說法不正確的是（）

答案ACD

綜合拔高

1.（2024屆山西運(yùn)城景勝學(xué)校（西校區(qū)）月考，8）如

解析（1）證明：設(shè)3C=CE=%m〉0,由題意

圖,PA垂直于正方形ABCD所在平面，則以下

知ABCE為等腰直角三角形，折疊后ABPE

關(guān)系錯(cuò)誤的是（）

為等腰直角三角形.取BE的中點(diǎn)/，連接PF,

貝ljPFLBE,

因?yàn)槎娼荘-BE-C為直二面角，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貝lj4E=BE=2也，貝！JAE2+BE2=43?,故AE

2.（2024屆江蘇南京第一中學(xué)四模,16）已知平面a1BE.

截一球面得圓M,過圓心M且與a夾角為60°因?yàn)镻歹，平面48co,4EU平面43co，所以

的平面萬截該球面得圓N.若該球的半徑為4,AELPF,

圓M的面積為,貝U圓N的面積為又PF與BE相交，所以平