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<备战2023年高考数学一轮复习讲义>
专题30 直线、平面垂直的判定与性质
1．（2020·新高考Ⅰ）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（　　）
A．20° B．40° C．50° D．90°
2．（2018·北京）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
1．直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
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，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，则它们所成的角是0°.
(2)范围：.
3．二面角
(1)定义：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．
(3)二面角的范围：[0，π]．
4．平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
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．
(2)判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
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
【知识拓展】
1．三垂线定理
在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．
2．三垂线定理的逆定理
平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．
考点一　直线与平面垂直的判定与性质
【方法总结】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线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．
1．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，证明：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
考点二　平面与平面垂直的判定与性质
【方法总结】(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义．②面面垂直的判定定理．
(2)面面垂直性质的应用
①面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若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．
2．如图，在四棱锥PA-BCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E为AD的中点．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD.
考点三　垂直关系的综合应用
【方法总结】(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．
(2)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证．
3．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．
一、单选题
1．（2021高三上·五华月考）东寺塔与西寺塔为“昆明八景”之一，两塔一西一东，遥遥相对，已有1100多年历史．东寺塔基座为正方形，塔身有13级，塔顶四角立有四只铜皮做成的鸟，俗称金鸡，所以也有“金鸡塔”之称．如图，在A点测得：塔在北偏东30°的点 处，塔顶 的仰角为30°，且 点在北偏东60°． 相距80（单位： ），在 点测得塔在北偏西60°，则塔的高度 约为（　　）
A．69 B．40 C．35 D．23
2．（2020·毕节模拟）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中错误的是（　　）
A．若m n，n⊥α，α β，则m⊥β
B．若 则m⊥α
C．若m⊥α，m n，n β，则α⊥β
D．若 ，则α⊥β
3．（2020·合肥模拟）我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中，把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.今有“阳马” ， ， ， 分别为棱 ， 的中点.以下四个结论：
① 平面 ；
② 平面 ；
③平面 平面 ：
④平面 平面 .
其中正确的是（　　）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
4．（2019高三上·湖南月考）已知 ， ， 是三个不同的平面， ， 是两条不同的直线，下列判断正确的是
A．若 ， ，则
B．若 ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ， ，则
5．下列命题中，m，n表示两条不同的直线，a，b，γ表示三个不同的平面
①若m⊥a，n∥a，则m⊥n；
②若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b；
③若m∥a，n∥a，则m∥n；
④若a∥b，b∥γ，m⊥a，则m⊥γ．
正确的命题是（　　）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
6．（2022·浙江模拟）在四棱锥 中，底面 是等腰梯形，若 ， ，则下列结论可能成立的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2022·内江模拟）三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则（　　）
A．三棱锥的体积为3 B．
C．平面平面BCD D．平面平面ACD
8．（2022·海淀模拟）在正方体中，为棱上的动点，为线段的中点.给出下列四个
①；②直线与平面所成角不变；③点到直线的距离不变；④点到四点的距离相等.
其中，所有正确结论的序号为（　　）
A．②③ B．③④ C．①③④ D．①②④
9．（2022·长兴模拟）如图，已知四边形，是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，将沿对角线翻折到在翻折的过程中，下列结论中不正确的是（　　）
A．
B．与可能垂直
C．直线与平面所成角的最大值是
D．四面体的体积的最大是
10．（2021高三上·诸暨期末）如图正方体中，，，则下列说法不正确的是（　　）
A．时，平面平面
B．时，平面平面
C．面积最大时，
D．面积最小时，
二、填空题
11．（2022·台州模拟）空间四面体中，，二面角的大小为，在平面内过点作的垂线，则与平面所成的最大角的正弦值　 　.
12．（2022·萍乡模拟）如图，在正方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连接，在翻折到的过程中，下列说法正确的是　 　．（将正确说法的序号都写上）
①点的轨迹为圆弧；
②存在某一翻折位置，使得；
③棱的中点为，则的长为定值；
13．（2022高三上·朝阳期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC　 　（填“垂直”或“不垂直”）；的面积的最大值为　 　．
14．（2021·珠海模拟）正方体 的棱长为2，点 为平面 内的动点， ，则 长度的最小值为　 　.
15．（2021·长春模拟）在直三棱柱 中(侧棱与底面垂直的三棱柱)， ， ，四边形 为正方形，M为 中点，则直线 与直线 所成角的余弦值为　 　.
三、解答题
16．（2022·唐山模拟）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是梯形，．
（1）证明：平面；
（2）若，为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
17．（2022高三上·汕头期末）如图，直三棱柱（即侧棱与底面垂直的棱柱）内接于一个等边圆柱（轴截面为正方形），AB是圆柱底面圆O的直径，点D在上，且．若AC=BC，
（1）求证：平面平面；
（2）求平面COD与平面所成锐二面角的余弦值．
18．（2022·浙江）如图，已知 和 都是直角梯形， ， ， ， ， ， ，二面角 的平面角为 ．设M，N分别为 的中点．
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
19．（2022·全国乙卷）如图，四面体 中， ，E为AC的中点．
（1）证明：平面 平面ACD；
（2）设 ，点F在BD上，当 的面积最小时，求三棱锥 的体积．
20．（2022·郑州模拟）如图，四棱锥中，平面，底面为菱形，，，是上一点，．
（1）若平面，求实数的值；
（2）在（1）的条件下，若，求二面角的正弦值．<备战2023年高考数学一轮复习讲义>
专题30 直线、平面垂直的判定与性质
1．（2020·新高考Ⅰ）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（　　）
A．20° B．40° C．50° D．90°
【答案】B
【解析】画出截面图如下图所示，
其中 是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可知 ； 是晷针所在直线.m是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知 、根据线面垂直的定义可得 ..
由于 ，所以 ，
由于 ，
所以 ，也即晷针与点 处的水平面所成角为 .
故答案为：B
2．（2018·北京）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】如图所示，PA 面ABCD，
则Rt PAB、Rt PAD、Rt PBC，
又PD= ，CD= ，PC=3.不满足勾股定理，
则侧面共有3个。
故答案为：C
1．直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
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，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，则它们所成的角是0°.
(2)范围：.
3．二面角
(1)定义：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．
(3)二面角的范围：[0，π]．
4．平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
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．
(2)判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
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
【知识拓展】
1．三垂线定理
在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．
2．三垂线定理的逆定理
平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．
考点一　直线与平面垂直的判定与性质
【方法总结】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线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．
1．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，证明：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
【答案】证明：(1)在四棱锥P－ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，
∴PA⊥CD，
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
∴CD⊥平面PAC.而AE 平面PAC，
∴CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，
可得AC＝PA.
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD 平面PCD，
∴AE⊥平面PCD.而PD 平面PCD，
∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，而PD 平面PAD，
∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，AB，AE 平面ABE，
∴PD⊥平面ABE.
考点二　平面与平面垂直的判定与性质
【方法总结】(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义．②面面垂直的判定定理．
(2)面面垂直性质的应用
①面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若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．
2．如图，在四棱锥PA-BCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E为AD的中点．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD.
【答案】证明(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.
所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形，
所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB 平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD.
又PD 平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，且PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
所以PD⊥平面PAB.又PD 平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
考点三　垂直关系的综合应用
【方法总结】(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．
(2)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证．
3．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．
【答案】(1)证明　如图，取SC的中点G，连接FG，EG，
∵F，G分别是SB，SC的中点，
∴FG∥BC，FG＝BC，
∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，
∴AE∥BC，AE＝BC，
∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形AFGE是平行四边形，
∴AF∥EG，又AF 平面SEC，EG 平面SEC，
∴AF∥平面SEC.
(2)证明　∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点，
∴SE⊥AD，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点，
∴AD⊥CE，又SE∩CE＝E，SE，CE 平面SEC，
∴AD⊥平面SEC，又EG 平面SEC，
∴AD⊥EG，又四边形AFGE是平行四边形，
∴四边形AFGE是矩形，∴AF⊥FG，
又SA＝AB，F是SB的中点，
∴AF⊥SB，
又FG∩SB＝F，FG 平面SBC，SB 平面SBC，
∴AF⊥平面SBC，又AF 平面ASB，
∴平面ASB⊥平面CSB.
(3)解　存在点M满足题意．假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，
连接MO，BE，则BD⊥OM，
∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，
∴BE＝，
SE＝，BD＝2OB＝2，SD＝2，SE⊥AD，
∵侧面SAD⊥底面ABCD，
侧面SAD∩底面ABCD＝AD，SE 平面SAD，
∴SE⊥平面ABCD，∴SE⊥BE，
∴SB＝＝，
∴cos∠SBD＝＝，
∴＝，∴BM＝，∴＝.
一、单选题
1．（2021高三上·五华月考）东寺塔与西寺塔为“昆明八景”之一，两塔一西一东，遥遥相对，已有1100多年历史．东寺塔基座为正方形，塔身有13级，塔顶四角立有四只铜皮做成的鸟，俗称金鸡，所以也有“金鸡塔”之称．如图，在A点测得：塔在北偏东30°的点 处，塔顶 的仰角为30°，且 点在北偏东60°． 相距80（单位： ），在 点测得塔在北偏西60°，则塔的高度 约为（　　）
A．69 B．40 C．35 D．23
【答案】B
【解析】解：如图，
根据题意，图中CD⊥平面ABD，∠CAD=30°，∠BAD=30°，∠ABD=60°，AB=80，
△ABD中，∠BAD=30°，∠ABD=60°，∠ADB=90，
AD=AB·cos∠BAD=80·cos30°=，
又∵CD⊥平面ABD，△ACD是直角三角形
在Rt△ACD中，∠CAD=30°，∠ADC=90，AD=，
CD=AD·tan30°=
故答案为：B.
2．（2020·毕节模拟）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中错误的是（　　）
A．若m n，n⊥α，α β，则m⊥β
B．若 则m⊥α
C．若m⊥α，m n，n β，则α⊥β
D．若 ，则α⊥β
【答案】D
【解析】解：对于A，若 ，则 且 ，所以A正确，不符合题意；
对于B，若 ，则 且 ，所以B正确，不符合题意；
对于C，若 ，则由面面垂直的判定定理可得 ，所以C正确，不符合题意；
对于D，若 ，则 可能相交或垂直，所以D错误，符合题意.
故答案为：D.
3．（2020·合肥模拟）我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中，把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.今有“阳马” ， ， ， 分别为棱 ， 的中点.以下四个结论：
① 平面 ；
② 平面 ；
③平面 平面 ：
④平面 平面 .
其中正确的是（　　）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】D
【解析】如图所示，
由 平面 ，可得 ，
又 ， 为 中点，可得 ，
由 为 的中位线，可得 ，
而 与 不垂直，即 与 不垂直，所以 平面 不成立，
故①错误，排除A，B；
由四边形 为正方形，可得 ，
由 平面 ， 平面 ，可得 ，
而 ，所以 平面 ，
由 可得 平面 ，故②正确；
由 ， ， 为 的中点，可得 ，
由 ， ，可得 平面 ，
而 平面 ，所以 ，则 平面 ，
而 平面 ，则平面 平面 ，故④正确；
故答案为：D.
4．（2019高三上·湖南月考）已知 ， ， 是三个不同的平面， ， 是两条不同的直线，下列判断正确的是
A．若 ， ，则
B．若 ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ， ，则
【答案】B
【解析】解：对于 ，由 ， ，得 或 与 相交，故 错误；
对于 ，由 ， ，利用线面垂直的性质可得 ，故 正确；
对于 ，由 ， ， ，得 或 或 与 相交或 与 异面，故 错误；
对于 ，由 ， ， ，得 或 与 异面．
判断正确的是 ．
故答案为：B ．
5．下列命题中，m，n表示两条不同的直线，a，b，γ表示三个不同的平面
①若m⊥a，n∥a，则m⊥n；
②若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b；
③若m∥a，n∥a，则m∥n；
④若a∥b，b∥γ，m⊥a，则m⊥γ．
正确的命题是（　　）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【答案】C
【解析】①若m⊥a，n∥a，则m⊥n；正确，因为m⊥a，所以m⊥平面a内的所有直线，而n∥a，所以m⊥n。
②若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b，不正确以墙角为例，垂直于同一平面的两个平面可能相交。
③若m∥a，n∥a，则m∥n，不正确，平行于同一平面的直线m,n可能相交，异面，平行。
结合选项，故选C。
6．（2022·浙江模拟）在四棱锥 中，底面 是等腰梯形，若 ， ，则下列结论可能成立的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解：若PD=PC，取CD中点E，AB中点F，连接PE，PF，EF，易得PE⊥CD，AB//CD ，
则PE⊥AB，又EF⊥AB，PE、EF面PEF， PE∩EF=E，则AB⊥面PEF，又PF面PEF，则AB⊥PF，与PB⊥AB矛盾，A错误；
过B作BM⊥CD交DC延长线于M，连接BM，易得CM=，则DM=DC+CM=，由PB⊥AB可得PB⊥CD，
又PB、BM面PBM，PB∩BM=B，则CD⊥面PBM，又PM面PBM，则CD⊥PM，则PD>DM=，B错误；
若PD⊥BC，连接DF，易得四边形CDFB为平行四边形，则CB//DF，CB=DF =2，则PD⊥FD，又PF=，
则PD==1，由B选项知PD>DM=，矛盾，C错误；
若PC⊥AD，同C选项可得PC=1，又由B选项知PC>CM =，可能成立，D正确.
故选： D
7．（2022·内江模拟）三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则（　　）
A．三棱锥的体积为3 B．
C．平面平面BCD D．平面平面ACD
【答案】B
【解析】A.由三视图可知三棱锥的侧面ABD垂直于底面且为正三角形，底面是边长为2的正三角形，棱锥的高为，，A不符合题意；
B.取BD的中点O，连接AO，CO，因为为正三角形，
可得，即平面AOC，平面AOC，可得，B符合题意；
C.已知平面平面BCD，假设平面平面BCD，在平面BCD内取点P，过点P作，
平面平面BCD，平面平面BCD，平面BCD，
可得平面ABD， 平面ABD， ，
同理可证，可得平面BCD，由图可知不垂直，故假设不成立，两平面不垂直，C不符合题意；
D. ，取AC的中点E，连接DE，BE，
可得
即为平面与平面ACD所成二面角的平面角，且，
，且，故，即平面与平面ACD不垂直.故错误；
故答案为：B
8．（2022·海淀模拟）在正方体中，为棱上的动点，为线段的中点.给出下列四个
①；②直线与平面所成角不变；③点到直线的距离不变；④点到四点的距离相等.
其中，所有正确结论的序号为（　　）
A．②③ B．③④ C．①③④ D．①②④
【答案】C
【解析】如下图，
当在棱上运动时，始终在平面中，由，可得，所以，故①正确，
此时点的轨迹为线段，如下图可知，，过正方形中心且，故③④正确，
如图，延长与的延长线交于，连接，则即为直线与平面所成角，
当点在上运动时，不变而在变，所以不是定值，
故②错误.
故答案为：C.
9．（2022·长兴模拟）如图，已知四边形，是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，将沿对角线翻折到在翻折的过程中，下列结论中不正确的是（　　）
A．
B．与可能垂直
C．直线与平面所成角的最大值是
D．四面体的体积的最大是
【答案】C
【解析】如图所示，取的中点，连接
是以为斜边的等腰直角三角形，
为等边三角形，
面 ， ，A正确，不符合题意
对于B，假设，又
面，，
又，，故与可能垂直，B正确，不符合题意
当面面时，此时面，即为直线与平面所成角
此时，C错误，符合题意
当面面时，此时四面体的体积最大，此时的体积为： ，D正确，不符合题意
故答案为：C
10．（2021高三上·诸暨期末）如图正方体中，，，则下列说法不正确的是（　　）
A．时，平面平面
B．时，平面平面
C．面积最大时，
D．面积最小时，
【答案】D
【解析】以点D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、、、、，
，，所以，，
，线段的中点为，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，取，则.
对于A选项，设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
若平面平面，则，则，解得，A对；
对于B选项，设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
若平面平面，则，即，解得，B对；
对于CD选项，，则，故，
因为.
因为，当时，取最小值，则的面积最小，D错，
当时，取最大值，则的面积最大，C对.
故选：D.
二、填空题
11．（2022·台州模拟）空间四面体中，，二面角的大小为，在平面内过点作的垂线，则与平面所成的最大角的正弦值　 　.
【答案】
【解析】记过点B作的垂线l，垂足为E，过点E作垂直于直线CE的平面，交平面于直线BF，则当平面ABC时，与平面所成角最大，且与互余.
此时，因为平面ACB，平面
所以平面ACB平面，
则由点E向平面作垂线，垂足H在CB上，过H作CD垂线HG，垂足为G，连接EG.
由题知，，记，则在中，
又，所以在中，，
在中，
记此时与平面所成角为，则.
故答案为：
12．（2022·萍乡模拟）如图，在正方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连接，在翻折到的过程中，下列说法正确的是　 　．（将正确说法的序号都写上）
①点的轨迹为圆弧；
②存在某一翻折位置，使得；
③棱的中点为，则的长为定值；
【答案】①③
【解析】设正方形边长为a，
①在正方形中，过点D作于H，则
在翻折到的过程中，，均不变，
则点的轨迹为以H为圆心，以为半径的圆弧.判断正确；
②假设存在某一翻折位置，使得.
在△PAM内，过点P作于N，连接BN，
由，，，可得平面PBN
又平面PBN，则，则
又在正方形中，.
二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得.判断错误；
③棱的中点为.取PA中点K，连接EK，CE，MK， 则
则有，，则，
则四边形为平行四边形，则，
又，则，即的长为定值.判断正确.
故答案为：①③
13．（2022高三上·朝阳期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC　 　（填“垂直”或“不垂直”）；的面积的最大值为　 　．
【答案】垂直；
【解析】因为底面ABCD，平面ABCD，所以，
又底面ABCD为正方形，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又，
所以为等腰直角三角形，且E为线段PB的中点，所以，
又，平面PBC，所以平面PBC，
因为平面AEF，所以平面AEF与平面PBC.
因为平面PBC，平面PBC，所以，
所以当最大时，的面积的最大，
当F位于点C时，最大且，
所以的面积的最大为.
故答案为：垂直；
14．（2021·珠海模拟）正方体 的棱长为2，点 为平面 内的动点， ，则 长度的最小值为　 　.
【答案】
【解析】在正方体 中，连接B1D1交A1C1于点O，则B1D1⊥A1C1，而AA1⊥平面A1B1C1D1，即B1D1⊥AA1，如图：
从而有B1O⊥平面A1B1C1D1，连OE，Rt△B1OE中， ，而 ，则 ，
所以点E在平面ACC1A1内的以O为圆心， 为半径的矩形ACC1A1内的半圆上，
而点A及半圆弧在半圆O的直径A1C1同侧，且点A在半圆弧外，则有 .
故答案为：
15．（2021·长春模拟）在直三棱柱 中(侧棱与底面垂直的三棱柱)， ， ，四边形 为正方形，M为 中点，则直线 与直线 所成角的余弦值为　 　.
【答案】
【解析】不妨设 ，因为 ， ，所以 ，
取 中点 ，连结 ， ，所以 ，所以 或其补角为异面直线所成角，
因为三棱柱为直三棱柱，所以 平面 ，所以 ，
因为 ， ，所以 平面 ，
所以 ，因为 ，
所以 ，
在 中， ， ，所以 ，
则 .
故答案为：
三、解答题
16．（2022·唐山模拟）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是梯形，．
（1）证明：平面；
（2）若，为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：取中点，连接．
∴，
∴四边形为菱形，四边形为平行四边形．
∴，
∴．
又∵，
∴平面．
又∵平面，
∴．
又∵平面平面，且平面平面，
∴平面．
（2）解：∵平面，
∴，
∴．
又∵，
∴，
又∵，
∴底面是直角梯形．
以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则．
，．
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
由得取．
∴，
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【解析】(1)根据题意由中点的性质即可得出线线平行，结合平行的传递性即可得出线线垂直，然后由线面垂直的性质定理以及判定定理即可得证出结论。
(2)由线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，再由三角形全等的性质即可得出边的大小，结合勾股定理即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面PBD法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面PBD的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面与平面所成锐二面角的余弦值。
17．（2022高三上·汕头期末）如图，直三棱柱（即侧棱与底面垂直的棱柱）内接于一个等边圆柱（轴截面为正方形），AB是圆柱底面圆O的直径，点D在上，且．若AC=BC，
（1）求证：平面平面；
（2）求平面COD与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：在中，，
且是圆柱底面圆的直径，即，，
又底面，平面，，
且，平面，
又平面，所以平面⊥平面；
（2）解：因为三棱柱是直三棱柱且是圆柱底面圆的直径，
所以两两垂直．以为原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系（如图所示） ，设AC=BC=4，则，
,
显然是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
,，由，
令，得，,
设平面与平面所成锐二面角为，则
，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为 .
【解析】(1)由已知条件结合三角形中的几何关系即可得出线线垂直，再由线面垂直的性质定理和判定定理就得出线面垂直，然后由面面垂直的判定定理即可得证出结论。
(2)根据题意已知条件结合 直三棱柱的几何性质即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面与平面所成锐二面角的余弦值 。
18．（2022·浙江）如图，已知 和 都是直角梯形， ， ， ， ， ， ，二面角 的平面角为 ．设M，N分别为 的中点．
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】解：（Ⅰ）过点E、D分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点交于点 G 、H．
∵四边形 和 都是直角梯形， ， ，由平面几何知识易知， ，则四边形 和四边形 是矩形，∴在Rt 和Rt ， ，
∵ ，且 ，
∴ 平面 是二面角 的平面角，则 ，
∴ 是正三角形，由 平面 ，得平面 平面 ，
∵ 是 的中点， ，又 平面 ， 平面 ，可得 ，而 ，∴ 平面 ，而 平面 ．
（Ⅱ） 由于 平面ABCD，如图建系.
于是 ，则 .
平面ADE的法向量 .
设BM与平面ADE所成角为θ，
则 ．
【解析】（Ⅰ）根据题意证出FN⊥平面ABCD，即可得证；
（Ⅱ）由于平面ABCD，如图建系，利用空间向量求平面ADE的法向量，代入公式即可求解．
19．（2022·全国乙卷）如图，四面体 中， ，E为AC的中点．
（1）证明：平面 平面ACD；
（2）设 ，点F在BD上，当 的面积最小时，求三棱锥 的体积．
【答案】（1）证明：由于 ， 是 的中点，所以 .
由于 ，所以 ，
所以 ，故 ，
由于 ， 平面 ，
所以 平面 ，
由于 平面 ，所以平面 平面 .
（2）解：依题意 ， ，三角形 是等边三角形，
所以 ，
由于 ，所以三角形 是等腰直角三角形，所以 .
，所以 ，
由于 ， 平面 ，所以 平面 .
由于 ，所以 ，
由于 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
由于 ，所以当 最短时，三角形 的面积最小值.
过 作 ，垂足为 ，
在 中， ，解得 ，
所以 ，
所以
过 作 ，垂足为 ，则 ，所以 平面 ，且 ，
所以 ，
所以 .
【解析】（1）通过证明 平面 来证得平面 平面 .
（2）首先判断出三角形 的面积最小时 点的位置，然后求得 到平面 的距离，从而求得三棱锥 的体积.
20．（2022·郑州模拟）如图，四棱锥中，平面，底面为菱形，，，是上一点，．
（1）若平面，求实数的值；
（2）在（1）的条件下，若，求二面角的正弦值．
【答案】（1）解：设，相交于点，连接，
∵平面，∴，
又∵平面，∴，即，．
在△中，，
在△中，，即，
∴，
即，故；
（2）解：由已知得，过作交于点，
平面，∴平面，即，，两两垂直，
以为坐标原点，分别以、、所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知，，，
则，，，，
即，，，
设平面的法向量为，
，即，令，得，
设平面的法向量为，
，即 ，令，得，
设二面角的平面角为，
则，
所以，即二面角的正弦值为.
【解析】（1） 设，相交于点，连接，利用平面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用平面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，即，，在直角三角形结合余弦函数的定义和作差法得出BE和PE的长，再结合向量共线定理，进而得出实数的值。
（2） 由已知得，过作交于点，再利用平面得出平面，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，即，，两两垂直，以为坐标原点，分别以、、所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式得出角的余弦值，再结合同角三角函数基本关系式，进而得出二面角的正弦值。

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