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数学
第4练　空间直线、平面的垂直（原卷版）
一、单项选择题
1．(2024·全国甲卷)设α，β是两个平面，m，n是两条直线，且α∩β＝m.下列四个命题：
①若m∥n，则n∥α或n∥β；②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β；③若n∥α，且n∥β，则m∥n；④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n.
其中所有真命题的编号是(　　)
A．①③ B．②④
C．①②③ D．①③④
2．(2025·湖北襄阳模拟) 如图，在四面体ABCD中，AB⊥CD，AB＝CD＝1，BD＝，BC＝AD＝，则四面体中存在面面垂直关系的对数为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
3．如图所示，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥平面ABC，垂足为H，则点H在(　　)
A．直线AC上 B．直线AB上
C．直线BC上 D．△ABC内部
4. (2025·北京平谷区模拟)一个边长为10 cm的正方形铁片，把图中所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个容器侧面与底面夹角的正切值为(　　)
A． B．
C． D．
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　)
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
6．(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A． B．1
C．2 D．3
7．(2024·北京高考) 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，该四棱锥的高为(　　)
A．1 B．2
C． D．
8．已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A. B. C. D.
二、多项选择题
9．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则下图中满足MN⊥OP的是(　　)
10. (2025·河北张家口期末)如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AC⊥CB，AC＝BC，PA＝PB＝AB，E，M是棱PB上的点，M为EB的中点，F是棱PC上的点，若PB⊥平面AEF，则下列说法正确的是(　　)
A．平面AEF⊥平面PAB
B．E为PB的中点
C．PF＝3FC
D．CM∥平面AEF
11. 如图，在五面体ABCDFE中，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD与四边形ABEF全等，且AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，CD＝1，则下列说法正确的是(　　)
A．AD⊥BE
B．若G为棱CE的中点，则DF⊥平面ABG
C．若AD＝CD，则平面ADE⊥平面BDE
D．若AE＝，则平面ADE⊥平面BCE
三、填空题
12. (2025·陕西西安模拟)如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下列结论中正确的是________(填序号)．
①AE⊥CE；
②BE⊥DE；
③DE⊥平面BCE；
④平面ADE⊥平面BCE.
13. 如图，在三棱锥P－ABC中，∠ABC＝∠PBC＝90°，△PAB是边长为1的等边三角形．若BC＝1，M是PC的中点，则点M到直线AB的距离是________．
14．《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为邪田，两畔CD，AB分别为1，3，正广AD为2，PD⊥平面ABCD，则邪田ABCD的邪长为________，邪所在直线与平面PAD所成角的大小为________．
四、解答题
15. 如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC.
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A－PB－C的平面角的大小．
16. 小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示，底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF∥平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)．
17. (2025·河南郑州模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，且AB＝2CD＝2AD＝2.
(1)证明：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若点A到平面PBC的距离为，求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值．
第4练　空间直线、平面的垂直（解析版）
一、单项选择题
1．(2024·全国甲卷)设α，β是两个平面，m，n是两条直线，且α∩β＝m.下列四个命题：
①若m∥n，则n∥α或n∥β；②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β；③若n∥α，且n∥β，则m∥n；④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n.
其中所有真命题的编号是(　　)
A．①③ B．②④
C．①②③ D．①③④
答案：A
解析：对于①，当n α时，因为m∥n，m β，则n∥β，当n β时，因为m∥n，m α，则n∥α，当n既不在α内也不在β内时，因为m∥n，m α，m β，则n∥α且n∥β，故①是真命题；对于②，若m⊥n，则n与α，β不一定垂直，故②是假命题；对于③，如图，过直线n作两平面与α，β分别相交于直线s和直线t，因为n∥α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n∥s，同理可得n∥t，则s∥t，因为s 平面β，t 平面β，则s∥平面β，因为s 平面α，α∩β＝m，则s∥m，又因为n∥s，则m∥n，故③是真命题；对于④，当n∥α，n∥β时，n与α和β所成的角相等，但m∥n，故④是假命题．故选A.
2．(2025·湖北襄阳模拟) 如图，在四面体ABCD中，AB⊥CD，AB＝CD＝1，BD＝，BC＝AD＝，则四面体中存在面面垂直关系的对数为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
答案：B
解析：因为AB＝1，BD＝，AD＝，所以AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD.又AB⊥CD，BD∩CD＝D，BD，CD 平面BCD，所以AB⊥平面BCD.又AB 平面ABC，AB 平面ABD，所以平面ABC⊥平面BCD，平面ABD⊥平面BCD.因为CD＝1，BD＝，BC＝，所以CD2＋BD2＝BC2，所以CD⊥BD.又CD⊥AB，BD∩AB＝B，BD，AB 平面ABD，所以CD⊥平面ABD.又CD 平面ACD，所以平面ACD⊥平面ABD.综上可知，四面体中存在面面垂直关系的有3对．
3．如图所示，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥平面ABC，垂足为H，则点H在(　　)
A．直线AC上 B．直线AB上
C．直线BC上 D．△ABC内部
答案：B
解析：连接AC1，∵BC1⊥AC，BA⊥AC，且BC1∩BA＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC 平面ABC，∴平面ABC⊥平面ABC1，∵平面ABC∩平面ABC1＝AB，要过C1作C1H⊥平面ABC，则只需过C1作C1H⊥AB即可，故点H在直线AB上．故选B.
4. (2025·北京平谷区模拟)一个边长为10 cm的正方形铁片，把图中所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个容器侧面与底面夹角的正切值为(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：由题意可知，构成的正四棱锥中，底面是边长为6的正方形，侧面是底边为6，高为5的等腰三角形，如图，设F是BC的中点，连接AC，BD交于点O，连接EF，OF，则O是正四棱锥顶点E在底面ABCD的投影，由正四棱锥的结构特征可得，OE⊥平面ABCD，OF⊥BC，EF⊥BC，所以∠EFO即为容器侧面与底面的夹角，又OF＝3，EF＝5，所以在Rt△OEF中，OE＝4，则tan∠EFO＝，即这个容器侧面与底面夹角的正切值为.故选B.
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　)
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
答案：A
解析：对于A，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，易知EF⊥BD，因为DD1⊥平面ABCD，EF 平面ABCD，则DD1⊥EF，又BD∩DD1＝D，从而EF⊥平面BDD1，又因为EF 平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，所以A正确；对于B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，则易知平面B1EF⊥平面A1BD不成立，所以B错误；对于C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC有公共点，从而C错误；对于D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又因为平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面A1C1D与平面B1EF不平行，所以D错误．
6．(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A． B．1
C．2 D．3
答案：B
解析：解法一：分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，可知S△ABC＝×6×3＝9，S△A1B1C1＝×2×＝，设正三棱台ABC－A1B1C1的高为h，则VABC－A1B1C1＝×(9＋＋)h＝，解得h＝.过A1，D1作底面的垂线，垂足分别为M，N，易知M，N在线段AD上，设AM＝x，则AA1＝＝，DN＝AD－AM－MN＝2－x，可得DD1＝＝，结合等腰梯形BCC1B1可得BB＝＋DD，即x2＋＝(2－x)2＋＋4，解得x＝，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD＝＝1.故选B.
解法二：将正三棱台ABC－A1B1C1补成正三棱锥P－ABC，则A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角，因为＝＝，则＝，可知VABC－A1B1C1＝VP－ABC＝，则VP－ABC＝18，设正三棱锥P－ABC的高为d，则VP－ABC＝d××6×6×＝18，解得d＝2，取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，所以PA与平面ABC所成角的正切值为tan∠PAO＝＝1.故选B.
7．(2024·北京高考) 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，该四棱锥的高为(　　)
A．1 B．2
C． D．
答案：D
解析：分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，PF，EF，则PE⊥AB，EF⊥AB，且PE∩EF＝E，PE，EF 平面PEF，所以AB⊥平面PEF，又AB 平面ABCD，所以平面PEF⊥平面ABCD，过P作EF的垂线，垂足为O，则PO⊥EF，因为平面PEF∩平面ABCD＝EF，PO 平面PEF，所以PO⊥平面ABCD，由题意可得PE＝2，PF＝2，EF＝4，则PE2＋PF2＝EF2，即PE⊥PF，则PE·PF＝PO·EF，可得PO＝＝，所以该四棱锥的高为.故选D.
8．已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A. B. C. D.
答案：C
解析：取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，所以CE⊥AB.又△ABD是等边三角形，所以DE⊥AB，从而∠CED为二面角C－AB－D的平面角，即∠CED＝150°，显然CE∩DE＝E，CE，DE 平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB 平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，直线CD 平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝，在△CDE中，由余弦定理，得CD＝＝＝，由正弦定理，得＝，即sin∠DCE＝＝，显然∠DCE是锐角，cos∠DCE＝＝＝，所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为.故选C.
二、多项选择题
9．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则下图中满足MN⊥OP的是(　　)
答案：BC
解析：对于A，如图1所示，连接AC，则MN∥AC，若MN⊥OP，则AC⊥OP，显然不成立，故MN⊥OP不成立，故A错误；对于B，如图2所示，取MT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥MT，PQ⊥MN，由正方体SBCN－MADT可得SM⊥平面MADT，而OQ 平面MADT，故SM⊥OQ，而SM∩MT＝M，故OQ⊥平面SNTM，又MN 平面SNTM，所以OQ⊥MN，而OQ∩PQ＝Q，所以MN⊥平面OPQ，而OP 平面OPQ，故MN⊥OP，故B正确；对于C，如图3，连接BD，则BD∥MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；对于D，如图4，取AB的中点K，连接AC，PK，OK，因为AC∥MN，若MN⊥OP，则AC⊥OP，又易知OK⊥平面ADCB，AC 平面ADCB，所以OK⊥AC，又OP∩OK＝O，OP，OK 平面POK，则AC⊥平面POK，因为PK 平面POK，所以AC⊥PK，显然不成立，故OP，MN不垂直，故D错误．故选BC.
　
　
10. (2025·河北张家口期末)如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AC⊥CB，AC＝BC，PA＝PB＝AB，E，M是棱PB上的点，M为EB的中点，F是棱PC上的点，若PB⊥平面AEF，则下列说法正确的是(　　)
A．平面AEF⊥平面PAB
B．E为PB的中点
C．PF＝3FC
D．CM∥平面AEF
答案：ABD
解析：对于A，因为PB⊥平面AEF，PB 平面PAB，所以平面AEF⊥平面PAB，故A正确；对于B，因为PB⊥平面AEF，AE 平面AEF，所以PB⊥AE，又△PAB为等边三角形，所以E为PB的中点，故B正确；对于C，因为PB⊥平面AEF，且FE 平面AEF，所以PB⊥FE，设△PAB的边长为2，则PB＝2，AB＝2，BC＝AB＝2，取AB的中点O，连接CO，PO，则CO＝AB＝×2＝，PO＝AB＝，因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PO 平面PAB，PO⊥AB，所以PO⊥平面ABC，又CO 平面ABC，所以PO⊥CO，所以PC＝＝＝2，在△BPC中，由余弦定理，可得cos∠BPC＝＝＝，在△PEF中，cos∠BPC＝＝＝，所以PF＝，FC＝PC－PF＝2－＝，所以PF＝2FC，故C错误；对于D，由上知，PF＝2FC，又M为EB的中点，所以PE＝2EM，所以CM∥FE，又FE 平面AEF，CM 平面AEF，所以CM∥平面AEF，故D正确．故选ABD.
11. 如图，在五面体ABCDFE中，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD与四边形ABEF全等，且AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，CD＝1，则下列说法正确的是(　　)
A．AD⊥BE
B．若G为棱CE的中点，则DF⊥平面ABG
C．若AD＝CD，则平面ADE⊥平面BDE
D．若AE＝，则平面ADE⊥平面BCE
答案：ABC
解析：对于A，因为平面ABCD⊥平面ABEF，AB⊥AD，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AD 平面ABCD，所以AD⊥平面ABEF，因为BE 平面ABEF，所以AD⊥BE，故A正确；对于B，连接AC，如图1，因为四边形ABCD与四边形ABEF全等，所以BC＝BE，AC＝AE，因为G为棱CE的中点，所以BG⊥CE，AG⊥CE，因为BG∩AG＝G，BG，AG 平面ABG，所以CE⊥平面ABG，由题意知AB∥CD∥EF，CD＝EF，所以四边形CDFE为平行四边形，所以DF∥CE，则DF⊥平面ABG，故B正确；对于C，如图1，由题意知AF＝AD＝CD，AF⊥EF，所以AE＝＝，又在直角梯形ABEF中，
易知BE＝，所以AE2＋BE2＝AB2，即BE⊥AE，由A项知BE⊥AD，又AD∩AE＝A，AD，AE 平面ADE，所以BE⊥平面ADE，又BE 平面BDE，所以平面ADE⊥平面BDE，故C正确；对于D，过点E作EH⊥AE交AB的延长线于点H，连接CH，如图2，由AE＝，EF＝1，得AF＝＝，所以BE＝＝，此时cos∠AEB＝＝＝<，所以60°<∠AEB<90°，故EH与BE不重合，因为AD⊥平面ABEF，EH 平面ABEF，所以AD⊥EH，又EH⊥AE，AD∩AE＝A，AD，AE 平面ADE，所以EH⊥平面ADE，又EH 平面HCE，所以平面HCE⊥平面ADE，假设平面BCE⊥平面ADE，因为EH与BE不重合，所以平面HCE与平面BCE不重合，又平面HCE∩平面BCE＝CE，则CE⊥平面ADE，因为AD 平面ADE，所以CE⊥AD，又DF∥CE，所以DF⊥AD，这与AD⊥AF矛盾，所以假设不成立，故平面BCE与平面ADE不垂直，故D错误．故选ABC.
三、填空题
12. (2025·陕西西安模拟)如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下列结论中正确的是________(填序号)．
①AE⊥CE；
②BE⊥DE；
③DE⊥平面BCE；
④平面ADE⊥平面BCE.
答案：①②④
解析：因为四边形ABCD是圆柱的轴截面，则线段AB是直径，BC，AD都是母线，又E是底面圆周上异于A，B的一点，于是得AE⊥BE，而BC⊥平面ABE，AE 平面ABE，则BC⊥AE，因为BC∩BE＝B，BC，BE 平面BCE，则AE⊥平面BCE，因为CE 平面BCE，所以AE⊥CE，①正确；同理，BE⊥DE，②正确；点D不在底面ABE内，而直线AE在底面ABE内，即AE，DE是两条不同直线，若DE⊥平面BCE，因为AE⊥平面BCE，与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，③不正确；因为AE⊥平面BCE，AE 平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCE，④正确．
13. 如图，在三棱锥P－ABC中，∠ABC＝∠PBC＝90°，△PAB是边长为1的等边三角形．若BC＝1，M是PC的中点，则点M到直线AB的距离是________．
答案：
解析：∵AB⊥BC，PB⊥BC，PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB.如图，取PB的中点Q，连接MQ，则MQ綊BC.∴MQ⊥平面PAB，∴点M到平面PAB的距离为MQ＝.作QN⊥AB于点N，连接MN，易证AB⊥平面MNQ，则MN⊥AB.
QN＝QBsin60°＝，
∵MQ⊥QN，∴MN＝＝.
14．《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为邪田，两畔CD，AB分别为1，3，正广AD为2，PD⊥平面ABCD，则邪田ABCD的邪长为________，邪所在直线与平面PAD所成角的大小为________．
答案：4　
解析：过点C作CE⊥AB，垂足为E，延长AD，BC，使得AD∩BC＝F，如图所示．由题意可得CE＝2，BE＝2，则BC＝＝4.由题意知AB⊥AD，CD∥AB，所以＝＝，所以DF＝.因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AB，又AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，则∠AFB是直线BC与平面PAD所成的角，所以tan∠AFB＝＝＝，所以∠AFB＝.
四、解答题
15. 如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC.
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A－PB－C的平面角的大小．
解：(1) 证明：如图，作AD⊥PC于点D，
因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AD 平面PAC，
所以AD⊥平面PBC，
又BC 平面PBC，所以AD⊥BC，
又因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以PA⊥BC，
又PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
(2) 如图，作DE⊥PB于点E，连接AE，
由(1)知AD⊥平面PBC，
因为PB 平面PBC，则AD⊥PB，
又AD，DE 平面ADE，AD∩DE＝D，
所以PB⊥平面ADE，
因为AE 平面ADE，所以PB⊥AE，
则∠AED即为二面角A－PB－C的平面角．
又AD⊥平面PBC，DE 平面PBC，则AD⊥DE，
不妨设AC＝BC＝PA＝1，
则PC＝，AD＝＝，
又由(1)知BC⊥平面PAC，
因为AC 平面PAC，所以BC⊥AC，
所以AB＝，
又PA⊥平面ABC，AB 平面ABC，
则PA⊥AB，则PB＝，AE＝＝，
则sin∠AED＝＝＝，
由图可知二面角A－PB－C的平面角为锐角，
所以二面角A－PB－C的平面角的大小为.
16. 小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示，底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF∥平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)．
解：(1) 证明：如图所示，分别取AB，BC的中点M，N，连接MN，EM，FN.
因为△EAB，△FBC为全等的正三角形，
所以EM⊥AB，FN⊥BC，EM＝FN.
又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EM 平面EAB，
所以EM⊥平面ABCD.
同理可得FN⊥平面ABCD.
根据线面垂直的性质定理可知，EM∥FN，
所以四边形EMNF为平行四边形，
所以EF∥MN，
又EF 平面ABCD，MN 平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD.
(2) 如图所示，分别取AD，DC的中点K，L，连接KM，KL，LN，HK，GL.
由(1)知，EF∥MN且EF＝MN.
同理，有HE∥KM，HE＝KM，HG∥KL，HG＝KL，GF∥LN，GF＝LN.
由平面几何知识可知，MN⊥KM，KM＝MN＝LN＝KL.
所以该几何体的体积等于长方体KMNL－HEFG的体积加上四棱锥B－MNFE体积的4倍．
因为KM＝MN＝LN＝KL＝4，EM＝8sin60°＝4，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d＝BD＝2，
所以该几何体的体积V＝(4)2×4＋4××4×4×2＝128＋＝.
即该包装盒的容积为 cm3.
17. (2025·河南郑州模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，且AB＝2CD＝2AD＝2.
(1)证明：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若点A到平面PBC的距离为，求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值．
解：(1)证明：因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PA 平面PAB，PA⊥AB，
所以PA⊥平面ABCD，
又BC 平面PBC，
所以PA⊥BC，
过C作CG⊥AB于点G，
则由题意，得AG＝，BG＝，
所以CG＝＝，
AC＝＝，
所以AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC，
又AC∩PA＝A，AC，PA 平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，又BC 平面PBC，
所以平面PAC⊥平面PBC.
(2)过A作AE⊥PC于点E，
由(1)可得平面PAC⊥平面PBC，
又平面PAC∩平面PBC＝PC，
所以AE⊥平面PBC，又点A到平面PBC的距离为，
所以AE＝，所以sin∠ACP＝＝，
又由(1)PA⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，可得PA⊥AC，
所以tan∠ACP＝＝，所以PA＝1，
延长AD，BC交于点S，则平面PAD∩平面PBC＝PS，
又由四边形ABCD为等腰梯形，且AB＝2CD＝2AD＝2以及BG＝，CG＝，
可得AS＝BS＝AB＝2，C，D分别为BS，AS的中点，
连接BD，则BD⊥AS，且BD＝，
又由PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，可得PA⊥BD，
又PA∩AS＝A，AS，PA 平面PAS，
所以BD⊥平面PAS，又PS 平面PAS，
所以BD⊥PS，过D作DF⊥PS，交PS于点F，连接BF，
又DF∩BD＝D，DF，BD 平面BDF，
所以PS⊥平面BDF，
所以∠BFD为二面角A－PS－B的平面角，
易知Rt△PAS∽Rt△DFS，则＝，
又PS＝＝，
所以DF＝＝，
故BF＝＝，
所以cos∠BFD＝＝.
故平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为.
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