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第4节　空间直线、平面的垂直
1.从定义和基本事实出发,借助长方体,通过直观感知,了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的关系,归纳出有关垂直的性质定理和判定定理,并加以证明.
2.能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题.
1.直线与平面垂直
(1)定义
一般地,如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直,则直线l与平面α互相垂直,记作l⊥α,直线l叫做平面α的垂线,平面α叫做直线l的垂面.
(2)判定定理与性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定 定理 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直,那么该直线与此平面 垂直 l⊥α
性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 a∥b
2.直线和平面所成的角
(1)定义
平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角,叫做这条直线和这个平面所成的角.若一条直线垂直于平面,它们所成的角是直角,若一条直线和平面平行,或在平面内,它们所成的角是 0° 的角.
(2)范围:[0,].
3.平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
①二面角:从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角;
②二面角的平面角:在二面角的棱上任取一点,以该点为垂足,在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线,这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角.
(2)平面和平面垂直的定义
一般地,两个平面相交,如果它们所成的二面角是直二面角,就说这两个平面互相垂直.
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判 定 定 理 如果一个平面过另一个平面的垂线,那么这两个平面垂直 α⊥β
性 质 定 理 两个平面垂直,如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线,那么这条直线与另一个平面垂直 l⊥α
直线与平面垂直的常用结论
(1)若一条直线垂直于一个平面,则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.
(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面.
(3)一条直线垂直于两平行平面中的一个,则这条直线与另一个平面也垂直;
(4)两个相交平面同时垂直于第三个平面,它们的交线也垂直于第三个平面.
1.(必修第二册P162习题T2改编)下列命题中错误的是(　D　)
A.如果平面α⊥平面β,那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B.如果平面α不垂直于平面β,那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么l⊥平面γ
D.如果平面α⊥平面β,那么平面α内所有直线都垂直于平面β
解析:对于D,若平面α⊥平面β,则平面α内的直线可能不垂直于平面β,即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内,其他选项均是正确的.故选D.
2.设α,β为两个不同的平面,直线l α,则“l⊥β”是“α⊥β”成立的(　A　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解析:依题意,由l⊥β,l α,可以推出α⊥β;反过来,由α⊥β,l α不能推出l⊥β,因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件.故选A.
3.如图,已知AB⊥平面BCD,BC⊥CD,则图中互相垂直的平面有
　　　　对.
解析:因为AB⊥平面BCD,AB 平面ABD,AB 平面ABC,
所以平面ABD⊥平面BCD,平面ABC⊥平面BCD.
又AB⊥CD,BC⊥CD,AB∩BC=B,AB 平面ABC,BC 平面ABC,
所以CD⊥平面ABC.
又CD 平面ACD,
所以平面ACD⊥平面ABC.
答案:3
4.在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC上的射影为点O.
(1)若PA=PB=PC,则点O是△ABC的　　　　心;
(2)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则点O是△ABC的　　　　心.
解析:(1)如图1,连接OA,OB,OC,OP,
在Rt△POA,Rt△POB和 Rt△POC 中,PA=PB=PC,
所以OA=OB=OC,
即O为△ABC的外心.
(2)如图2,延长AO,BO,CO分别交BC,AC,AB于点H,D,G.
因为PC⊥PA,PB⊥PC,PA∩PB=P,PA,PB 平面PAB,
所以PC⊥平面PAB,
又AB 平面PAB,
所以PC⊥AB.
因为AB⊥PO,PO∩PC=P,PO,PC 平面PGC,
所以AB⊥平面PGC,
又CG 平面PGC,
所以AB⊥CG,
即CG为△ABC边AB上的高.
同理可证BD,AH分别为△ABC边AC,BC上的高,即O为△ABC的垂心.
答案:(1)外　(2)垂
直线与平面垂直的判定与性质
　直线与平面垂直判定的应用
(1)已知l,m是平面α外两条不同的直线.给出下列三个论断:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:　　　　(用序号表示).
(2)如图所示,已知AB为圆O的直径,点D为线段AB上一点,且AD=DB,点C为圆O上一点,且BC=AC,PD⊥平面ABC,PD=DB.求证:PA⊥CD.
(1)解析:已知l,m是平面α外两条不同的直线,
由①l⊥m与②m∥α,不能推出③l⊥α,
因为l可以与α平行,也可以相交不垂直;
由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α;
由②m∥α与③l⊥α能推出①l⊥m.
故正确的命题是②③ ①或①③ ②.
答案:②③ ①或①③ ②
(2)证明:因为AB为圆O的直径,
所以AC⊥CB,
在Rt△ACB中,由BC=AC,得∠ABC=30°.
设AD=1,
由AD=DB,得DB=3,BC=2,
由余弦定理,得
CD2=DB2+BC2-2DB·BCcos 30°=3,
所以CD2+DB2=BC2,
即CD⊥AB.
因为PD⊥平面ABC,CD 平面ABC,
所以PD⊥CD,
由PD∩AB=D,PD,AB 平面PAB,得CD⊥平面PAB,
又PA 平面PAB,
所以PA⊥CD.
证明线面垂直的常用方法及关键
(1)证明直线和平面垂直的常用方法:
①判定定理;
②垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥α b⊥α);
③面面平行的性质(a⊥α,α∥β a⊥β);
④面面垂直的性质.
(2)证明线面垂直的关键是证明线线垂直.
　直线与平面垂直性质的应用
如图所示,正方体A1B1C1D1-ABCD中,EF与异面直线AC,A1D都垂直相交.求证:EF∥BD1.
证明:如图所示,
连接AB1,B1D1,B1C,BD.
因为DD1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以DD1⊥AC.
又AC⊥BD,DD1∩BD=D,DD1 平面BDD1B1,BD 平面BDD1B1,所以AC⊥平面BDD1B1.
又BD1 平面BDD1B1,所以AC⊥BD1.
同理可证BD1⊥B1C.又B1C∩AC=C,B1C 平面AB1C,AC 平面AB1C,
所以BD1⊥平面AB1C.
因为EF⊥AC,EF⊥A1D,
又A1D∥B1C,所以EF⊥B1C.
又AC∩B1C=C,AC 平面AB1C,B1C 平面AB1C,所以EF⊥平面AB1C,
所以EF∥BD1.
1.判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想,证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.
2.在解题中要重视平面几何的知识,特别是正余弦定理及勾股定理的应用.
[针对训练]
1.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=3,BC=2,D是BC的中点,F是CC1上一点.当CF=2时,证明:B1F⊥平面ADF.
证明:因为AB=AC,D是BC的中点,
所以AD⊥BC.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,
因为BB1⊥底面ABC,AD 底面ABC,
所以AD⊥B1B.
因为BC∩B1B=B,BC,B1B 平面B1BCC1,
所以AD⊥平面B1BCC1.
因为B1F 平面B1BCC1,
所以AD⊥B1F.
法一　在矩形B1BCC1中,
因为C1F=CD=1,B1C1=CF=2,
所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1,
所以∠CFD=∠C1B1F,
所以∠B1FD=90°,
所以B1F⊥FD.
因为AD∩FD=D,AD,FD 平面ADF,
所以B1F⊥平面ADF.
法二　在Rt△B1BD中,BD=CD=1,BB1=3,
所以B1D==.
在Rt△B1C1F中,B1C1=2,C1F=1,
所以B1F==.
在Rt△DCF中,CF=2,CD=1,
所以DF==.
显然DF2+B1F2=B1D2,
所以∠B1FD=90°,
所以B1F⊥FD.
因为AD∩FD=D,AD,FD 平面ADF,
所以B1F⊥平面ADF.
2.如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面PAD, AD=AP,E是PD的中点,M,N分别在AB,PC上,且MN⊥AB,MN⊥PC.
证明:AE∥MN.
证明:因为AB⊥平面PAD,AE 平面PAD,
所以AE⊥AB,
又AB∥CD,
所以AE⊥CD.
因为AD=AP,E是PD的中点,
所以AE⊥PD.
又CD∩PD=D,CD,PD 平面PCD,
所以AE⊥平面PCD.
因为MN⊥AB,AB∥CD,
所以MN⊥CD.
又因为MN⊥PC,PC∩CD=C,PC,CD 平面PCD,
所以MN⊥平面PCD,
所以AE∥MN.
平面与平面垂直的判定与性质
　平面与平面垂直的判定及应用
(2021·四川雅安模拟)如图,菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2,它们所在的平面互相垂直,FD⊥平面ABCD.
(1)求证:平面ACF⊥平面BDF;
(2)若∠CBA=60°,求三棱锥E-BCF的体积.
(1)证明:在菱形ABCD中,AC⊥BD,
因为FD⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,
所以FD⊥AC.
又因为BD∩FD=D,BD,FD 平面BDF,
所以AC⊥平面BDF.
而AC 平面ACF,
所以平面ACF⊥平面BDF.
(2)解:取BC的中点O,连接EO,OD,
因为△BCE为正三角形,
所以EO⊥BC,
因为平面BCE⊥平面ABCD且交线为BC,
所以EO⊥平面ABCD.
因为FD⊥平面ABCD,
所以EO∥FD,又EO 平面BCE,FD 平面BCE,所以FD∥平面BCE,
所以===.
因为S△BCD=×2×2×sin 120°=,EO=,
所以=S△BCD·EO=××=1.
面面垂直判定的两种方法与一个转化
(1)两种方法:①面面垂直的定义.
②面面垂直的判定定理(a⊥β,a α α⊥β).
(2)一个转化:在已知两个平面垂直时,一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线,转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.
　平面与平面垂直的性质及应用
在矩形ABCD中,AB=2AD=4,E是AB的中点,沿DE将△ADE折起,得到如图所示的四棱锥P-BCDE.
(1)若平面PDE⊥平面BCDE,求四棱锥P-BCDE的体积;
(2)若PB=PC,求证:平面PDE⊥平面BCDE.
(1)解:如图所示,取DE的中点M,连接PM,
由题意知,PD=PE,
所以PM⊥DE.
又平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面 BCDE=DE,PM 平面PDE,
所以PM⊥平面BCDE,
即PM为四棱锥P-BCDE的高.
在等腰直角三角形PDE中,PE=PD=AD=2,
所以PM=DE=,
而直角梯形BCDE的面积为
S=(BE+CD)·BC=×(2+4)×2=6,
所以四棱锥P-BCDE的体积为
V=PM·S=××6=2.
(2)证明:取BC的中点N,
连接PN,MN,则BC⊥MN,
因为PB=PC,
所以BC⊥PN,
因为MN∩PN=N,MN,PN 平面PMN,
所以BC⊥平面PMN,
因为PM 平面PMN,
所以BC⊥PM,
由(1)知,PM⊥DE,
又BC,DE 平面BCDE,且BC与DE是相交的,
所以PM⊥平面BCDE,
因为PM 平面PDE,
所以平面PDE⊥平面BCDE.
1.两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据,运用时要注意“平面内的直线”.
2.两个相交平面同时垂直于第三个平面,它们的交线也垂直于第三个平面.
[针对训练]
1.如图,在三棱锥V-ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB为等边三角形,AC⊥BC,且AC=BC=,O,M分别为AB,VA的中点.
(1)求证:平面MOC⊥平面VAB;
(2)求三棱锥B-VAC的高.
(1)证明:因为AC=BC,O为AB的中点,
所以OC⊥AB.
因为平面VAB⊥平面ABC,平面VAB∩平面ABC=AB,OC 平面ABC,
所以OC⊥平面VAB.
因为OC 平面MOC,
所以平面MOC⊥平面VAB.
(2)解:在等腰Rt△ACB中,AC=BC=,
所以AB=2,OC=1,
所以等边△VAB的面积为
S△VAB=×22×sin 60°=,
又因为OC⊥平面VAB,OM 平面VAB,
所以OC⊥OM,
在△AMC中,AM=1,AC=,MC=,
所以S△AMC=×1×=,
所以S△VAC=2S△AMC=,设三棱锥B-VAC的高为h,
由三棱锥B-VAC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等,
即S△VAC·h=S△VAB·OC,
所以h==,
即三棱锥B-VAC的高为.
2.如图,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的菱形, ∠ABC=60°,△SAD为正三角形.侧面SAD⊥底面ABCD,E,F分别为棱AD,SB的中点.
(1)求证:AF∥平面SEC;
(2)求证:平面ASB⊥平面CSB;
(3)在棱SB上是否存在一点M,使得BD⊥平面MAC 若存在,求的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明:取SC的中点G,连接FG,EG,
因为F,G分别是SB,SC的中点,
所以FG∥BC,FG=BC,
因为四边形ABCD是菱形,E是AD的中点,
所以AE∥BC,AE=BC,
所以FG∥AE,FG=AE,
所以四边形AFGE是平行四边形,
所以AF∥EG,
又AF 平面SEC,EG 平面SEC,
所以AF∥平面SEC.
(2)证明:因为△SAD是正三角形,E是AD的中点,
所以SE⊥AD,
因为四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,
所以△ACD是正三角形.
又E是AD的中点,
所以AD⊥CE.
又SE∩CE=E,SE,CE 平面SEC,
所以AD⊥平面SEC.
又EG 平面SEC,
所以AD⊥EG.
又四边形AFGE是平行四边形,
所以四边形AFGE是矩形,
所以AF⊥FG.
又SA=AB,F是SB的中点,
所以AF⊥SB.
又FG∩SB=F,FG,SB 平面CSB,
所以AF⊥平面CSB.
又AF 平面ASB,
所以平面ASB⊥平面CSB.
(3)解:假设在棱SB上存在点M,使得BD⊥平面MAC.
连接MO,BE,则BD⊥OM,
因为四边形ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,△SAD为正三角形,
所以BE=,SE=,BD=2OB=2,SD=2,SE⊥AD,
因为侧面SAD⊥底面ABCD,
侧面SAD∩底面ABCD=AD,SE 平面SAD,
所以SE⊥平面ABCD,BE 平面ABCD,
所以SE⊥BE,
所以SB==,
所以cos∠SBD==,
又在Rt△BMO中,cos∠SBD==,
所以BM=,所以=.
即在棱SB上存在一点M,使得BD⊥平面MAC,此时=.
求空间角的大小
　直线与平面所成的角
如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.
(1)证明:EF⊥BC;
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
(1)证明:连接A1E,
因为A1A=A1C,E是AC的中点,
所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,
A1E 平面A1ACC1,
平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
所以A1E⊥平面ABC,又BC 平面ABC,
则A1E⊥BC.
又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,
所以BC⊥A1F.
又A1E∩A1F=A1,A1E,A1F 平面A1EF,
所以BC⊥平面A1EF,又EF 平面A1EF,
因此EF⊥BC.
(2)解:取BC的中点G,连接EG,GF,则四边形EGFA1是平行四边形.
由于A1E⊥平面ABC,EG 平面ABC,故A1E⊥EG,
所以平行四边形EGFA1为矩形.
由(1)得BC⊥平面EGFA1,BC 平面A1BC,则平面A1BC⊥平面EGFA1,
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
连接A1G交EF于点O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).
不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2,EG=.
由于O为A1G的中点,故EO=OG==,
所以cos∠EOG==,
因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.
求直线与平面所成角的一般步骤
(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线.
(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影,斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角.
(3)把该角归结在某个三角形中,通过解三角形,求出该角.
　二面角
如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以边AB所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.
(1)设P是上一点,且 AP⊥BE,求∠CBP的大小;
(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.
解:(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,
AB,AP 平面ABP,AB∩AP=A,
所以BE⊥平面ABP,
又BP 平面ABP,
所以BE⊥BP,
又∠EBC=120°,
因此∠CBP=30°.
(2)如图,取的中点H,连接EH,GH,CH.
因为∠EBC=120°,
所以四边形BEHC为菱形,
所以AE=GE=AC=GC==.
取AG的中点M,连接EM,CM,EC,
则EM⊥AG,CM⊥AG,
所以∠EMC为所求二面角的平面角.
又AM=1,
所以EM=CM==2.
在△BEC中,由于∠EBC=120°,
由余弦定理得
EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,
所以EC=2,
因此△EMC为等边三角形,
故所求的二面角为60°.
1.清楚二面角的平面角的大小与顶点在棱上的位置无关,通常可根据需要选择特殊点作平面角的顶点.
2.求二面角的大小的方法:
一作:即先作出二面角的平面角;
二证:即说明所作角是二面角的平面角;
三求:即利用二面角的平面角所在的三角形算出角的三角函数值,其中关键是“作”.
[针对训练]
1.三棱锥S-ABC的所有棱长都相等且为a,求SA与底面ABC所成角的余弦值.
解:如图,过S作SO⊥平面ABC于点O,连接AO,BO,CO.
则SO⊥AO,SO⊥BO,SO⊥CO.
因为SA=SB=SC=a,
所以△SOA≌△SOB≌△SOC,
所以AO=BO=CO,
所以O为△ABC的外心.
因为△ABC为正三角形,
所以O为△ABC的中心.
因为SO⊥平面ABC,
所以∠SAO即为SA与底面ABC所成的角.
在Rt△SAO中,SA=a,AO=×a=a,
所以cos∠SAO==,
所以SA与底面ABC所成角的余弦值为.
2.如图,在五面体ABCDEF中,FA⊥平面ABCD,AD∥BC∥FE,AB⊥AD,M为EC的中点,AF=AB=BC=FE=AD.
(1)证明:平面AMD⊥平面CDE;
(2)求二面角A-CD-E的余弦值.
(1)证明:如图,取AD的中点P,连接EP,PC,
则FE=AP,
因为FEAP,
所以四边形FAPE是平行四边形,
所以FAEP,同理,ABPC.
又因为FA⊥平面ABCD,
所以EP⊥平面ABCD,
而PC,AD都在平面ABCD内,
所以EP⊥PC,EP⊥AD.
由AB⊥AD,可得PC⊥AD,
设FA=a,则EP=PC=PD=a,CD=DE=EC=a.
所以△ECD为正三角形.
因为M为CE的中点,
所以DM⊥CE.
连接MP,则MP⊥CE,MP∩MD=M,
而MP,MD在平面AMD内,
所以CE⊥平面AMD,
而CE 平面CDE,
所以平面AMD⊥平面CDE.
(2)解:取Q为CD的中点,连接PQ,EQ,
因为CE=DE,
所以EQ⊥CD.
因为PC=PD,
所以PQ⊥CD.
所以∠EQP为二面角A-CD-E的平面角.
由(1)可得,EP⊥PQ,EQ=a,PQ=a,
于是在Rt△EPQ中,cos∠EQP==,
所以二面角A-CD-E的余弦值为.
在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.
(1)求证:EF∥平面AB1C1;
(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.
证明:(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,
所以EF∥AB1.
又EF 平面AB1C1,AB1 平面AB1C1,
所以EF∥平面AB1C1.
(2)因为B1C⊥平面ABC,AB 平面ABC,
所以B1C⊥AB.
又AB⊥AC,B1C 平面AB1C,AC 平面AB1C,
B1C∩AC=C,
所以AB⊥平面AB1C.
又因为AB 平面ABB1,
所以平面AB1C⊥平面ABB1.
如图(1)是一个水平放置的正三棱柱ABC-A1B1C1,D是棱BC的中点,正三棱柱的正视图如图(2).
(1)求正三棱柱ABC-A1B1C1的体积;
(2)证明:A1B∥平面ADC1;
(3)题图(1)中垂直于平面BCC1B1的平面有哪几个 (直接写出符合要求的平面即可,不必说明或证明)
(1)解:依题意,在正三棱柱中,AD=,AA1=3,
所以AB=2,
又AA1⊥平面ABC,
所以正三棱柱的体积为
V=S·h=×2××3=3.
(2)证明:连接A1C,设A1C∩AC1=E,连接DE.
因为A1C1CA是正三棱柱的侧面,
所以四边形A1C1CA为矩形,
所以E是A1C的中点,
所以DE是△CA1B的中位线,
所以DE∥A1B.
又A1B 平面ADC1,DE 平面ADC1,
所以A1B∥平面ADC1.
(3)解:题图(1)中垂直于平面BCC1B1的平面有三个,分别为平面ABC,平面A1B1C1,平面AC1D.
在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是正三角形,且与底面ABCD垂直,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,N是PB的中点,过A,D,N三点的平面交PC于M,E为AD的中点.求证:
(1)EN∥平面PDC;
(2)BC⊥平面PEB;
(3)平面PBC⊥平面ADMN.
证明:(1)因为AD∥BC,BC 平面PBC,AD 平面PBC,
所以AD∥平面PBC.
又因为平面ADMN∩平面PBC=MN,
所以AD∥MN.
又因为BC∥AD,
所以MN∥BC.
又因为N是PB的中点,
所以M为PC的中点.
所以MN∥BC且MN=BC.
又因为E为AD的中点,
所以MN∥DE且MN=DE,
所以四边形DENM为平行四边形,
所以EN∥DM,且DM 平面PDC,EN 平面PDC,
所以EN∥平面PDC.
(2)因为四边形ABCD是边长为2的菱形,
且∠BAD=60°,
所以BE⊥AD.
又因为侧面PAD是正三角形,且E为AD的中点,
所以PE⊥AD,
又因为PE∩BE=E,PE 平面PEB,BE 平面PEB,
所以AD⊥平面PEB.
又因为AD∥BC,
所以BC⊥平面PEB.
(3)由(2)知AD⊥平面PEB,
又PB 平面PEB,
所以AD⊥PB.
又因为PA=AB,N为PB的中点,
所以AN⊥PB.
且AN∩AD=A,AN 平面ADMN,AD 平面ADMN,
所以PB⊥平面ADMN.
又因为PB 平面PBC,
所以平面PBC⊥平面ADMN.
如图,AB是☉O的直径,PA垂直于☉O所在的平面,C是圆周上一点,且PA=AC,求二面角P-BC-A的大小.
解:由已知PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,
所以PA⊥BC.
因为AB是☉O的直径,且点C在圆周上,
所以AC⊥BC.
又因为PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,
所以BC⊥平面PAC.
又PC 平面PAC,
所以PC⊥BC.
又因为BC是二面角P-BC-A的棱,
所以∠PCA是二面角P-BC-A的平面角.
由PA=AC知△PAC是等腰直角三角形,
所以∠PCA=45°,
即二面角P-BC-A的大小是45°.
知识点、方法 基础巩固练 综合运用练 应用创新练
直线与平面垂直的判定与性质 1,4,9 11
平面与平面垂直的判定与性质 5
求空间角的大小 3,7,8
综合问题 2,6 10,12,13,14 15,16
1.(2021·沧州市七校联考)如图所示,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC.则下列结论不正确的是(　D　)
A.CD∥平面PAF
B.DF⊥平面PAF
C.CF∥平面PAB
D.CF⊥平面PAD
解析:A中,因为CD∥AF,AF 平面PAF,CD 平面PAF,所以CD∥平面PAF成立;
B中,因为六边形ABCDEF为正六边形,所以DF⊥AF.又因为PA⊥平面ABCDEF,DF 平面ABCDEF,所以PA⊥DF,又PA∩AF=A,PA 平面PAF,AF 平面PAF,所以DF⊥平面PAF成立;
C中,CF∥AB,AB 平面PAB,CF 平面PAB,
所以CF∥平面PAB;而D中CF与AD不垂直.故选D.
2.(2021·江西南昌模拟)如图,在四面体ABCD中,已知AB⊥AC,BD⊥AC,那么点D在平面ABC内的射影H必在(　A　)
A.直线AB上 B.直线BC上
C.直线AC上 D.△ABC内部
解析:由AB⊥AC,BD⊥AC,又AB∩BD=B,AB 平面ABD,BD 平面ABD,
则AC⊥平面ABD,而AC 平面ABC,
则平面ABC⊥平面ABD,
因此点D在平面ABC内的射影H必在平面ABC与平面ABD的交线AB上.故选A.
3.已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形,若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为(　B　)
A. B.
C. D.
解析:如图,取正三角形ABC的中心O,连接OP,
则∠PAO是PA与平面ABC所成的角.因为底面边长为,
所以AD=×=,
AO=AD=×=1.三棱柱的体积为×()2·AA1=,解得AA1=,即OP=AA1=,所以tan∠PAO==,
因为直线与平面所成角的取值范围是[0,],
所以∠PAO=.故选B.
4.(2021·山东烟台二中月考)如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点,现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个空间图形,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,则在这个空间图形中必有(　B　)
A.AG⊥平面EFH B.AH⊥平面EFH
C.HF⊥平面AEF D.HG⊥平面AEF
解析:根据折叠前、后AH⊥HE,AH⊥HF不变,且HE∩HF=H,HE,HF 平面EFH,得AH⊥平面EFH,所以B正确;
因为过点A只有一条直线与平面EFH垂直,所以A不正确;
由题知AG⊥EF,又EF⊥AH,AG∩AH=A,AG,AH 平面HAG,
所以EF⊥平面HAG,又EF 平面AEF,
所以平面HAG⊥平面AEF,若过点H作直线垂直于平面AEF,则直线一定在平面HAG内,所以C不正确;
因为HG不垂直于AG,所以HG⊥平面AEF不正确,所以D不正确.故 选B.
5.(多选题)(2021·山东济宁模拟)已知l,m表示两条不同的直线,α,β表示两个不同的平面,l⊥α,m β,则下面四个命题中正确的是(　AC　)
A.若α∥β,则l⊥m B.若α⊥β,则l∥m
C.若l∥m,则α⊥β D.若l⊥m,则α∥β
解析:因为l⊥α,α∥β,根据面面平行的性质知l⊥β,又m β,则l⊥m,故A正确;
若α⊥β,l⊥α,则l可能在β内或与β平行,则l可能与m相交、平行或异面,故B错误;
由l∥m,l⊥α可推出m⊥α,又m β,根据面面垂直的判定定理可知α⊥β,故C正确;
若α,β的交线为m,则l⊥m,推不出α∥β,故D错误.故选AC.
6.(多选题)如图,PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,点C是圆周上异于A,B的任一点,则下列结论中正确的是(　AD　)
A.PC⊥BC
B.AC⊥平面PBC
C.平面PAB⊥平面PBC
D.平面PAC⊥平面PBC
解析:由题意,BC⊥AC,若AC⊥平面PBC,
可得AC⊥PC,与AC⊥PA矛盾,故B错误;
BC⊥AC,又PA⊥底面ABC,所以PA⊥BC,AC∩PA=A,AC,PA 平面PAC,则BC⊥平面PAC,又PC 平面PAC,则BC⊥PC,又BC 平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC,故A,D正确;
因为BC⊥平面PAC,所以∠PCA为平面PAB与平面PBC所成角的平面角,又∠PCA为锐角,所以平面PAB与平面PBC不垂直,故C错误.故 选AD.
7.若P是△ABC所在平面外一点,而△PBC和△ABC都是边长为2的正三角形,PA=,那么二面角P-BC-A的大小为　　　　.
解析:取BC的中点O,连接OA,OP(图略),
则∠POA为二面角P-BC-A的平面角,OP=OA=,PA=,所以△POA为直角三角形,∠POA=90°.
答案:90°
8.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,CC1=,则二面角C1-BD-C的大小为　　　　.
解析:如图,取BD的中点O,连接OC,OC1,
因为AB=AD=2,
所以CO⊥BD,CO=.
因为CD=BC,
所以C1D=C1B,
所以C1O⊥BD,
所以∠C1OC为二面角C1-BD-C的平面角.
tan∠C1OC===,
所以∠C1OC=30°,
即二面角C1-BD-C的大小为30°.
答案:30°
9.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD, ∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点,求证:
(1)CD⊥AE;
(2)PD⊥平面ABE.
证明:(1)因为PA⊥底面ABCD,CD 底面ABCD,所以CD⊥PA.
又CD⊥AC,PA∩AC=A,PA 平面PAC,AC 平面PAC,
故CD⊥平面PAC,又AE 平面PAC,
故CD⊥AE.
(2)因为PA=AB=BC,∠ABC=60°,
所以PA=AC.
因为E是PC的中点,
所以AE⊥PC.
由(1)知CD⊥AE,由于PC∩CD=C,PC 平面PCD,CD 平面PCD,
从而AE⊥平面PCD,又PD 平面PCD,
故AE⊥PD.
易知BA⊥PD,AE∩BA=A,AE 平面ABE,BA 平面ABE,
故PD⊥平面ABE.
10.如图所示,在四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′-BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,则下列结论中正确的个数是(　B　)
①A′C⊥BD;②∠BA′C=90°;③CA′与平面 A′BD 所成的角为30°;④四面体A′-BCD的体积为.
A.0 B.1 C.2 D.3
解析:因为AB=AD=CD=1,BD=,
所以AB⊥AD,
因为平面A′BD⊥平面BCD,BD⊥CD,
平面A′BD∩平面BCD=BD,
所以CD⊥平面A′BD,
取BD的中点O,连接OA′,OC(图略),
因为A′B=A′D,
所以A′O⊥BD.
又平面A′BD⊥平面BCD,平面A′BD∩平面BCD=BD,A′O 平面 A′BD,
所以A′O⊥平面BCD.
又因为BD⊥CD,所以OC不垂直于BD.
假设A′C⊥BD,因为OC为A′C在平面BCD内的射影,所以OC⊥BD,矛盾,故①错误;
因为CD⊥BD,平面A′BD⊥平面BCD,且平面A′BD∩平面BCD=BD,
所以CD⊥平面A′BD,
又A′B 平面A′BD,
所以CD⊥A′B.
因为A′B=A′D=1,BD=,
所以A′B⊥A′D,
又CD∩A′D=D,CD,A′D 平面A′CD,
所以A′B⊥平面A′CD,
又A′C 平面A′CD,
所以A′B⊥A′C,故②正确;
∠CA′D为直线CA′与平面A′BD所成的角,∠CA′D=45°,故③ 错误;
==S△A′BD·CD=,故④错误.故选B.
11.(多选题)(2021·福建泉州质检)如图,在下列四个正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均为所在棱的中点,过E,F,G作正方体的截面,则在各个正方体中,直线BD1与平面EFG垂直的是(　ABC　)
解析:如图,在正方体中,E,F,G,M,N,Q均为所在棱的中点,且六点共面,直线BD1与平面EFMNQG垂直,并且A项,B项,C项中的平面与这个平面重合.对于D项中的图形,由于E,F分别为AB,A1B1的中点,所以EF∥BB1,故∠B1BD1为异面直线EF与BD1所成的角,且tan∠B1BD1=,即∠B1BD1不是直角,故BD1与平面EFG不垂直.故选ABC.
12.(2021·湖北黄冈质检)如图,PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上一点,E,F分别是点A在PB,PC上的射影,给出下列结论:①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC.
其中正确结论的序号是　　　　.
解析:①由于PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,
因此PA⊥BC,
又AC⊥BC,PA∩AC=A,PA 平面PAC,AC 平面PAC,
因此BC⊥平面PAC,AF 平面PAC,
所以BC⊥AF,由于PC⊥AF,BC∩PC=C,BC 平面PBC,PC 平面PBC,
因此AF⊥平面PBC,又PB 平面PBC,
所以AF⊥PB,故①正确;
②因为AE⊥PB,AF⊥PB,AE∩AF=A,AE 平面AEF,AF 平面AEF,
所以PB⊥平面AEF,又EF 平面AEF,
因此EF⊥PB,故②正确;
③在①中已证明AF⊥平面PBC,BC 平面PBC,所以AF⊥BC,故③正确;
④若AE⊥平面PBC,
由①知AF⊥平面PBC,
由此可得出AF∥AE,
这与AF,AE有公共点A矛盾,
故AE⊥平面PBC不成立,故④错误.
故正确的结论为①②③.
答案:①②③
13.如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,AC=BC=1,∠ACB=90°,D是A1B1的中点,F在BB1上.
(1)求证:C1D⊥平面AA1B1B;
(2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF 并证明你的结论.
①F为BB1的中点;②AB1=;③AA1=.
(1)证明:因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,
所以A1C1=B1C1=1,
且∠A1C1B1=90°,
又D是A1B1的中点,
所以C1D⊥A1B1.
因为AA1⊥平面A1B1C1,C1D 平面A1B1C1,
所以AA1⊥C1D,
又A1B1∩AA1=A1,A1B1 平面AA1B1B,AA1 平面AA1B1B,
所以C1D⊥平面AA1B1B.
(2)解:选①③能证明AB1⊥平面C1DF.
证明如下:如图,连接A1B,
所以DF∥A1B,
在△ABC中,AC=BC=1,∠ACB=90°,
则AB=,
又AA1=,则A1B⊥AB1,
所以DF⊥AB1.
因为C1D⊥平面AA1B1B,AB1 平面AA1B1B,
所以C1D⊥AB1.
因为DF∩C1D=D,DF 平面C1DF,C1D 平面C1DF,
所以AB1⊥平面C1DF.
14.(2021·陕西西安中学八模)如图所示,AB是圆柱的母线,BD是圆柱底面圆的直径,C是底面圆周上一点,且AB=BC=2,∠CBD=45°,求直线BD与平面ACD所成角的大小.
解:取AC的中点E,连接BE,DE.
由题意知AB⊥平面BCD,CD 平面BCD,
故AB⊥CD.
又BD是底面圆的直径,
所以∠BCD=90°,即CD⊥BC.
因为AB∩BC=B,AB,BC 平面ABC,
所以CD⊥平面ABC,
又因为BE 平面ABC,
所以CD⊥BE.
因为AB=BC=2,AB⊥BC,
所以BE⊥AC且BE=,
又AC∩CD=C,AC,CD 平面ACD,
所以BE⊥平面ACD,
所以∠BDE即为直线BD与平面ACD所成的角,
又BD=BC=2,
所以sin∠BDE===,
所以∠BDE=30°,
即直线BD与平面ACD所成的角为30°.
15.(2021·吉林一中模拟)已知在梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC= ∠BAD=,AB=BC=2AD=4,E,F分别是AB,CD上的点,EF∥BC,AE=x(0< x<4),沿EF将梯形ABCD翻折,使平面AEFD⊥平面EBCF(如图).
(1)当x=2时:①证明:EF⊥平面ABE;
②求二面角D-BF-E的余弦值;
(2)三棱锥D-BFC的体积是否可能等于几何体ABE-DCF体积的 并说明理由.
(1)①证明:在直角梯形ABCD中,因为∠ABC=∠BAD=,
故DA⊥AB,BC⊥AB,
因为EF∥BC,故EF⊥AB,
所以在折叠后的几何体中,有EF⊥AE,EF⊥BE,而AE∩BE=E,AE 平面ABE,BE 平面ABE,故EF⊥平面ABE.
②解:如图,在平面AEFD中,过D作DG⊥EF交EF于点G.
在平面DBF中,过D作DH⊥BF交BF于点H,连接GH.
因为平面AEFD⊥平面EBCF,平面AEFD∩平面EBCF=EF,DG 平面AEFD,
故DG⊥平面EBCF,
因为BF 平面EBCF,
故DG⊥BF,而DG∩DH=D,DG 平面DGH,DH 平面DGH,
故BF⊥平面DGH,
又GH 平面DGH,故GH⊥BF,
所以∠DHG为二面角D-BF-E的平面角,
在平面AEFD中,因为AE⊥EF,DG⊥EF,
故AE∥DG,
又在直角梯形ABCD中,
EF∥BC且EF=(BC+AD)=3,
故EF∥AD,故四边形AEGD为平行四边形,
故DG=AE=2,GF=1,
在Rt△BEF中,tan∠BFE=,
因为∠BFE为三角形的内角,
故sin∠BFE=,
故GH=1·sin∠BFE=,
故tan∠DHG==,
因为∠DHG为三角形的内角,
故cos∠DHG=,
所以二面角D-BF-E的余弦值为.
(2)解:若三棱锥D-BFC的体积等于几何体ABE-DCF体积的,
则+=,
即=.
由(1)的证明可知,DG⊥平面EBCF,同理可证BE⊥平面AEFD,AE=DG.
故=·BE·S1,其中S1为直角梯形ADFE的面积.
而=·DG·S△BCF=·AE·S△BCF,
在直角梯形ABCD中,过D作BC的垂线,与EF,BC分别交于M,N,
则=,故FM=,
所以FE=+2,
所以S1=(+2+2)·x=(+4x),
所以=·(4-x)·(+4x)
=·(4-x)·(+4x).
又S△BCF=·BE·BC=2(4-x),
故=·x·2(4-x),
所以·(4-x)·(+4x)
=··x·2(4-x),
解得x=2,
故当AE=2时,三棱锥D-BFC的体积等于几何体ABE-DCF体积的.
16.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的菱形, ∠DAB=60°,侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD.
(1)求证:AD⊥PB;
(2)若E为BC的中点,能否在棱PC上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD 并证明你的结论.
(1)证明:设G为AD的中点,连接PG,BG,如图.
因为△PAD为正三角形,
所以PG⊥AD.
在菱形ABCD中,∠DAB=60°,G为AD的中点,
所以BG⊥AD.
又BG∩PG=G,BG 平面PGB,PG 平面PGB,
所以AD⊥平面PGB.
因为PB 平面PGB,
所以AD⊥PB.
(2)解:当F为PC的中点时,平面DEF⊥平面ABCD.证明如下:
设F为PC的中点,则在△PBC中,FE∥PB.
在菱形ABCD中,GB∥DE,而FE 平面DEF,PB 平面DEF,DE 平面DEF,GB 平面DEF,所以PB∥平面DEF,GB∥平面DEF.又PB∩GB=B,PB 平面PGB,GB 平面PGB,
所以平面DEF∥平面PGB.
由(1)得PG⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PG⊥平面ABCD,而PG 平面PGB,
所以平面PGB⊥平面ABCD,
所以平面DEF⊥平面ABCD.
故当F为PC的中点时,平面DEF⊥平面ABCD.

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