资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
期末核心考点 垂直关系
一．选择题（共7小题）
1．（2025 重庆模拟）已知直线m，n和平面α，其中m α，则“m⊥n”是“n⊥α”的（　　）
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
2．（2025 海南模拟）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列结论错误的是（　　）
A．直线AB与平面A1B1C1D1平行
B．直线A1C1与平面BDD1B1垂直
C．平面AB1D1与平面BDC1平行
D．平面ABB1A1与平面BCC1B1垂直
3．（2025 达州模拟）相交直线m，n都在平面α内，直线l在平面β内，则“l⊥m且l⊥n”是“α⊥β“的（　　）
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
4．（2025春 杨浦区校级期中）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，，AB＝AD＝AA1＝2，点Q在侧面DCC1D1内，且A1Q，则点Q轨迹的长度为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025 河南二模）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点．若P为侧面ADD1A1内（含边界）的动点，且B1P∥平面BEF，则B1P的最小值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025 石景山区一模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P分别是AA1，CC1，C1D1的中点，Q是线段D1A1上的动点（不包含端点），给出下列三个命题：
①对任意点Q，都有BQ⊥AB1；
②存在点Q，使得BQ∥平面MNP；
③过点Q且与BN垂直的平面截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面面积的最大值为．
其中正确的命题个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
7．（2024秋 黄浦区期末）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，M，N分别为棱AB，BB1，DD1的中点，则与平面MNP垂直的直线可以是（　　）
A．AB B．AD C．AC1 D．A1C
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 农安县期中）如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任意一点，则下列关系正确的是（　　）
A．PA⊥PC B．BC⊥平面PAC
C．AC⊥PB D．PC⊥BC
（多选）9．（2025 厦门模拟）如图，一个漏斗的上面部分可视为长方体ABCD﹣A′B′C′D′，下面部分可视为正四棱锥P﹣ABCD，O为正方形ABCD的中心，两部分的高都是该正方形边长的一半，则（　　）
A．A′O⊥AB B．A′O∥平面APD
C．平面AA′P⊥平面BDP D．CC′与A′P为相交直线
（多选）10．（2025 南宁模拟）在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，点P满足，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列说法正确的是（　　）
A．若λ＝μ，则DP∥平面AB1D1
B．若λ＝2μ，则CE⊥平面ABP
C．若，则存在λ，使A1E∥D1P
D．若，则存在λ，使A1C⊥平面DPB
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 兴化市期中）如图，线段AB⊥平面α，BC在平面α内，CD⊥BC，CD与平面α成30°角，点D与点A在α的同侧，已知AB＝BC＝CD＝2，则AD的长为　 　 ．
12．（2025春 宣威市校级期中）如图，已知直四棱柱ABCD﹣EFGH的底面是边长为4的正方形，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，若存在唯一的点P满足∠APM，则CG＝ 　 　 ．
13．（2025 吉州区校级开学）如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM＝BN＝a（）．则线段MN的长的最小值为 　 　 ．
四．解答题（共2小题）
14．（2025 晋城三模）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC＝2A1C1＝4，AB＝3，H为CC1的中点，CC1⊥平面ABH．
（1）证明：AB⊥AC．
（2）求AA1的长．
（3）求平面ABH与平面AB1H夹角的余弦值．
15．（2025 景德镇模拟）如图1，平面四边形PBAC为“箏型”，其中PB＝PC，AB＝AC，将平面PBC沿着BC翻折得到三棱锥P﹣ABC（如图2），D为BC的中点．
（1）证明：平面PAD⊥平面PBC；
（2）如图2，若AB⊥AC，AB＝2，，求平面PAB与平面PAC的夹角的正弦值．
期末核心考点 垂直关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025 重庆模拟）已知直线m，n和平面α，其中m α，则“m⊥n”是“n⊥α”的（　　）
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【考点】直线与平面垂直；充要条件的判断．
【专题】应用题；整体思想；综合法；立体几何；逻辑思维．
【答案】C
【分析】根据线线垂直和线面垂直的关系即可判断．
【解答】解：由m α，m⊥n，则可能有n α，n∥α或者n与α相交，不能推出n⊥α，
若n⊥α，m α，则有n⊥m，所以m⊥n是n⊥α的必要不充分条件．
故选：C．
【点评】本题考查了线线垂直和线面垂直的关系，属于基础题．
2．（2025 海南模拟）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列结论错误的是（　　）
A．直线AB与平面A1B1C1D1平行
B．直线A1C1与平面BDD1B1垂直
C．平面AB1D1与平面BDC1平行
D．平面ABB1A1与平面BCC1B1垂直
【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行；直线与平面垂直；平面与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】B
【分析】对于A，根据线面平行的判定判断即可；对于B，根据线面垂直的判定判断即可；对于C，根据面面平行的判定判断即可；对于D，根据长方体的特征判断即可．
【解答】解：如图，
对于A，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，
因为AB 平面A1B1C1D1，A1B1 平面A1B1C1D1，所以AB∥平面A1B1C1D1，故A正确；
对于B，若矩形A1B1C1D1不是正方形，则A1C1与B1D1不垂直，直线A1C1与平面BDD1B1也不可能垂直，故B错误；
对于C，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BD∥B1D1，AB1∥DC1，
因为AB1 平面BDC1，DC1 平面BDC1，所以AB1∥平面BDC1，
因为B1D1 平面BDC1，BD 平面BDC1，所以B1D1∥平面BDC1，
又B1D1∩AB1＝B1，且B1D1，AB1 平面AB1D1，
所以平面AB1D1∥平面BDC1，故C正确；
对于D，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，AB 平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，故D正确．
故选：B．
【点评】本题主要考查线面平行、线面垂直、面面平行以及面面垂直的判定，属于基础题．
3．（2025 达州模拟）相交直线m，n都在平面α内，直线l在平面β内，则“l⊥m且l⊥n”是“α⊥β“的（　　）
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
【考点】平面与平面垂直；充分不必要条件的判断．
【专题】转化思想；转化法；简易逻辑；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】利用线面垂直、面面垂直的判定，结合充分条件、必要条件的定义判断即可．
【解答】解：由相交直线m，n都在平面α内，l⊥m且l⊥n，
得l⊥α，而直线l在平面β内，
因此α⊥β，故充分性成立；
反之，若α⊥β，直线l在平面β内，则直线l在平面α内，或平行于平面α，或与平面α相交，
所以直线l与平面α也不一定垂直，
即直线不一定垂直平面α的所有直线，
所以直线l不一定都与相交直线m，n垂直，故必要性不成立．
故选：A．
【点评】本题考查线面位置关系的应用，以及充分必要条件的判断，属于中档题．
4．（2025春 杨浦区校级期中）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，，AB＝AD＝AA1＝2，点Q在侧面DCC1D1内，且A1Q，则点Q轨迹的长度为（　　）
A． B． C． D．
【考点】直线与平面垂直；弧长公式．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】根据题意可得A1到C1D1的垂足点P的距离为，且其为A1到平面DCC1D1的距离，从而可得Q到A1到C1D1的垂足点P距离为2，且PQ与C1D1的夹角为，进而可得点Q轨迹的长度为以P为圆心，2为半径，且圆心角为的扇形，再根据扇形弧长公式，即可求解．
【解答】解：∵在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，，AB＝AD＝AA1＝2，
∴A1到C1D1的垂足点P的距离为，且其为A1到平面DCC1D1的距离，又点Q在侧面DCC1D1内，且A1Q，
∴Q到A1到C1D1的垂足点P距离为2，且PQ与C1D1的夹角为，
∴点Q轨迹的长度为以P为圆心，2为半径，且圆心角为的扇形，
∴点Q轨迹的长度为．
故选：C．
【点评】本题考查动点轨迹问题的求解，属中档题．
5．（2025 河南二模）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点．若P为侧面ADD1A1内（含边界）的动点，且B1P∥平面BEF，则B1P的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】直线与平面垂直；棱柱的结构特征．
【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】B
【分析】取A1D1的中点M，根据线面平行的判定定理，证得AB1∥平面BEF，AM∥平面BEF，证得平面AB1M∥平面BEF，得到当P∈AM时，B1P∥平面BEF，所以点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM，在△AMB1中，求得sin∠AMB1，结合B1M sin∠AMB1，即可求解．
【解答】解：取A1D1的中点M，连接AM，B1M，AB1，如图所示：
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得AD∥B1C1且AD＝B1C1，
因为E，F分别是棱AD，B1C1的中点，则AE∥B1F且AE＝B1F，
所以四边形AB1FE为平行四边形，则AB1∥EF，
又因为AB1 平面BEF，EF 平面BEF，所以AB1∥平面BEF，
同理可证：AM∥平面BEF，
因为AB1∩AM＝A，且AB1，AM 平面AB1M，所以平面AB1M∥平面BEF，
又因为AM 平面AA1D1D，当P∈AM时，则B1P 平面AB1M，所以B1P∥平面BEF，所以点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM，
因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为2，可得AM＝B1M，AB1＝2，
在△AMB1中，由余弦定理得cos∠AMB1，
且B1M cos∠AMB1AM，
所以sin∠AMB1，
所以B1P的最小值为B1M sin∠AMB1．
故选：B．
【点评】本题考查了空间中的位置关系与距离的计算问题，是中档题．
6．（2025 石景山区一模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P分别是AA1，CC1，C1D1的中点，Q是线段D1A1上的动点（不包含端点），给出下列三个命题：
①对任意点Q，都有BQ⊥AB1；
②存在点Q，使得BQ∥平面MNP；
③过点Q且与BN垂直的平面截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面面积的最大值为．
其中正确的命题个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【考点】直线与平面垂直；直线与平面平行．
【专题】数形结合；向量法；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，结合空间向量可判断①②；在平面A1B1C1D1内作QK⊥B1C1，垂足为点K，过点K作在平面BB1C1C内作KT⊥BN交CC1于T，得到平面QKT截正方体ABCD﹣A1B1C1D1截面为平行四边形QKTL，当T与点C重合时，截面面积最大，进而判断③．
【解答】解：如图，
以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则P（0，1，2），M（2，0，1），N（0，2，1），
B（2，2，0），A（2，0，0），B1（2，2，2），
设Q（a，0，2），因为Q是线段D1A1上的动点（不包含端点），所以0＜a＜2，
对于①，，
则，
所以，即BQ⊥AB1，故①正确；
对于②，，
设平面MNP的一个法向量为，
则，取y＝1，得，
要使BQ∥平面MNP，则，
则a﹣2﹣2+2＝0，即a＝2，不符合题意，
所以不存在点Q，使得BQ∥平面MNP，故②错误；
对于③，如下图，
在平面A1B1C1D1内作QK⊥B1C1，垂足为点K，
过点K作在平面BB1C1C内作KT⊥BN交CC1于T，
因为QK⊥B1C1，A1B1⊥B1C1，QK、A1B1 平面A1B1C1D1，
所以A1B1∥QK，因为A1B1⊥平面BCC1B1，所以QK⊥平面BCC1B1，
又BN 平面BCC1B1，所以QK⊥BN，
因为QK∩KT＝K，QK、KT 平面QKT，所以BN⊥平面QKT，
平面QKT截正方体ABCD﹣A1B1C1D1截面为平行四边形QKTL，
当T与点C重合时，K为B1C1中点，截面面积最大，
此时，QK＝2，截面面积为，故③对．
故选：C．
【点评】本题主要考查异面直线垂直、线面平行和线面垂直的判定，属于中档题．
7．（2024秋 黄浦区期末）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，M，N分别为棱AB，BB1，DD1的中点，则与平面MNP垂直的直线可以是（　　）
A．AB B．AD C．AC1 D．A1C
【考点】直线与平面垂直；棱柱的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】D
【分析】以A为坐标原点，分别以AB、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PMN的一个法向量，利用空间向量分析得答案．
【解答】解：以A为坐标原点，分别以DA，DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则D（0，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），A（2，0，0），
A1（2，0，2），C1（，2，2），M（2，2，1），N（0，0，1），P（2，1，0），
可得（0，1，1），（2，1，﹣1），
设平面PMN的一个法向量为，
由，即，取z＝﹣1，可得（﹣1，1，﹣1），
（﹣2，2，2），（﹣2，2，﹣2），（0，2，0），（2，0，0），
只有与共线，可知与平面MNP垂直的直线可以是A1C．
故选：D．
【点评】本题考查用空间向量的方法判断线面是否垂直，属于基础题．
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 农安县期中）如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任意一点，则下列关系正确的是（　　）
A．PA⊥PC B．BC⊥平面PAC
C．AC⊥PB D．PC⊥BC
【考点】直线与平面垂直．
【专题】整体思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】BD
【分析】由PA⊥圆面O，可得PA⊥AC，PA⊥BC，由线面垂直的性质及圆的性质逐一判断所给命题的真假．
【解答】解：因为PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，AC 圆面O，
所以PA⊥AC，
A中，在△PAC中，PA⊥AC，所以PA与PC不可能垂直，所以A不正确；
B中，因为AB为圆O的直径，点C在圆O上，所以BC⊥AC，
因为PA⊥圆面O，BC 圆面O，
所以PA⊥BC，又因为AP∩AC＝A，AP，AC 面PAC，
所以BC⊥平面PAC，所以B正确；
C中，若AC⊥PB，因为AC⊥BC，由BC∩PB＝B，
可得AC⊥平面PBC，AC 平面PBC，所以AC⊥PC，显然不成立，所以C不正确；
D中，由C选项分析可得BC⊥PC，所以D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查线面垂直的性质的应用及圆的性质的应用，线面垂直的判定定理的应用，属于中档题．
（多选）9．（2025 厦门模拟）如图，一个漏斗的上面部分可视为长方体ABCD﹣A′B′C′D′，下面部分可视为正四棱锥P﹣ABCD，O为正方形ABCD的中心，两部分的高都是该正方形边长的一半，则（　　）
A．A′O⊥AB B．A′O∥平面APD
C．平面AA′P⊥平面BDP D．CC′与A′P为相交直线
【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】BCD
【分析】分别利用线面、面面位置关系的判定定理与性质结合题设条件逐项分析即可判断．
【解答】解：对于A，设正方形ABCD边长为2，由正四棱锥性质可得PO⊥平面ABCD，故PO＝AA′＝1，
因为A′A⊥面ABCD，故A′O在底面的射影为AO，
又AO不与AB垂直，故A′O不与AB垂直，故A不正确；
对于B，由题PO∥AA′且PO＝AA′，故四边形POA′A是平行四边形，
所以A′O∥AP，A′O不在平面APD内，AP 平面APD，
所以A′O∥平面APD，故B正确；
对于C，因为PO∥CC′∥AA′，O∈平面CC′AA′，故PO 平面CC′A′A，
平面AA′P即为平面CC′A′A，因为A′A⊥面ABCD，BD 面ABCD，
所以A′A⊥BD，又因为BD⊥AC，A′A∩AC＝A，
所以BD⊥平面CC′A′A，又BD 平面BDP，
所以平面BDP⊥平面CC′A′A，即平面AA′P⊥平面BDP，故C正确；
对于D，由C可知CC′与A′P都在平面CC′A′A中且不平行，故CC与′A′P为相交直线，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查了线面、面面位置关系的判定定理和性质定理，属于中档题．
（多选）10．（2025 南宁模拟）在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，点P满足，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列说法正确的是（　　）
A．若λ＝μ，则DP∥平面AB1D1
B．若λ＝2μ，则CE⊥平面ABP
C．若，则存在λ，使A1E∥D1P
D．若，则存在λ，使A1C⊥平面DPB
【考点】直线与平面垂直；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABD
【分析】由面面平行的性质定理及线面平行的判定定理可判定A；由线面垂直的判定定理可判定B；由线线平行的判定可判定C；由线面垂直的判定定理可判定D．
【解答】解：若λ＝μ，则，λ∈[0，1]，
则点P在线段BC1上，如图，
由平面A1B1C1D1∥平面ABCD，且平面ABCD∩平面B1D1DB＝BD，
平面A1B1C1D1∩平面B1D1DB＝B1D1，得B1D1∥BD，
∵B1D1 平面BC1D，BD 平面BC1D，
∴B1D1∥平面BC1D，同理可证AD1∥平面BC1D，
又∵AD1∩AB1＝A，∴由平面与平面平行的判定定理可得平面AB1D1∥平面BC1D，
而DP 平面BC1D，则DP∥平面AB1D1，故A正确；
若λ＝2μ，则，
则N为B1C1的中点，如图，
又∵λ∈[0，1]，λ＝2μ，∴2μ∈[0，1]，
∵CE⊥BN，∴CE⊥AB，则CE⊥平面ABP，故B正确；
当时，有，即，
∴点P在线段MM1上，如图，
M，M1分别为BC，B1C1的中点，则A1E与D1P异面，故C错误；
当时，有，即，
∴点P在线段MM1上（如上图），M，M1分别为BC，B1C1的对应三分点，
又使A1C⊥平面DBP，∴点P在BC1上，
而BC1与MM1有公共点，点P存在，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查空间中直线与平面位置关系的应用，考查空间想象能力与思维能力，考查空间向量的应用，是中档题．
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 兴化市期中）如图，线段AB⊥平面α，BC在平面α内，CD⊥BC，CD与平面α成30°角，点D与点A在α的同侧，已知AB＝BC＝CD＝2，则AD的长为　2　 ．
【考点】直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】2．
【分析】过D作DF⊥α，F为垂足，连接BF，由线面垂直的性质和判定，推得BC⊥CF，由线面角的定义可得∠DCF＝30°，由直角三角形和直角梯形的性质，计算可得所求值．
【解答】解：过D作DF⊥α，F为垂足，连接BF，
由AB⊥α，可得AB∥DF，过点D作DM⊥AB于M，
可得BM＝DF，
由CD⊥BC，DF⊥BC，可得BC⊥平面CDF，
即有BC⊥CF，
又CD 与平面α成30°角，可得∠DCF＝30°，
则CF＝CDcos30°，DF＝CDsin30°＝1，
在直角梯形中，AB＝BC＝CD＝2，
AD2．
故答案为：2．
【点评】本题考查线面垂直的判定和性质，以及线面角，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
12．（2025春 宣威市校级期中）如图，已知直四棱柱ABCD﹣EFGH的底面是边长为4的正方形，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，若存在唯一的点P满足∠APM，则CG＝ 　4　 ．
【考点】直线与平面垂直．
【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；空间想象．
【答案】4．
【分析】由球面的性质结合已知可得线段AM为直径的球与平面EFGH相切，取线段AM中点O，在直角梯形AEGM中计算求解．
【解答】解：由题意，以线段AM为直径构造球，
则点A，M与球上任意一点（除A，M外）均能构成直角，
因此该球与平面EFGH相切时存在唯一P点，使得S＝4πR2＝12π，
取线段AM中点O，连接EG，OP，
则OP⊥平面EFGH，
而AE⊥平面EFGH，
于是OP∥AE∥MG，
则，，
在直角梯形AEGM中，∠AEG＝90°，，AM2＝EG2+（AE﹣GM）2，
则，
所以CG＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了线面垂直的判定，考查了数形结合思想和空间想象能力，属于中档题．
13．（2025 吉州区校级开学）如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM＝BN＝a（）．则线段MN的长的最小值为 　　 ．
【考点】直线与平面垂直；空间两点间的距离公式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】．
【分析】结合面面垂直的性质定理与线线垂直的性质定理可得CB⊥BE，则可设，，结合向量线性运算可得；结合向量模长与数量积的关系，计算可得．
【解答】解：因为四边形ABCD正方形，所以CB⊥AB，
因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，CB 平面ABCD，
所以CB⊥平面ABEF，
因为BE 平面ABEF，所以CB⊥BE．
设，则，其中，
可得；
，故，
当且仅当，即时等号成立，故线段MN的长的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查空间两点间距离的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
四．解答题（共2小题）
14．（2025 晋城三模）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC＝2A1C1＝4，AB＝3，H为CC1的中点，CC1⊥平面ABH．
（1）证明：AB⊥AC．
（2）求AA1的长．
（3）求平面ABH与平面AB1H夹角的余弦值．
【考点】直线与平面垂直；空间向量法求解二面角及两平面的夹角．
【专题】应用题；整体思想；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）2；
（3）．
【分析】（1）先证明AA1⊥AB，CC1⊥AB，再证明AB⊥平面A1ACC1即可求证；
（2）先证明AC＝AC1，再在RtΔAA1C1中利用勾股定理即可求得；
（3）以A为原点建系，计算平面ABH与平面AB1H的法向量，再计算cos即可．
【解答】解：（1）证明：因AA1⊥平面ABC，AB∈平面ABC，则AA1⊥AB，
因CC1⊥平面ABH，AB 平面ABH，则CC1⊥AB，又ABC﹣A1B1C1为三棱台，
则AA1，CC1相交，又AA1，CC1 平面A1ACC1，
则AB⊥平面A1ACC1，又因AC∈平面A1ACC1，则AB⊥AC．
（2）连接AC1，因CC1⊥平面ABH，AH 平面ABH，则CC1⊥AH，因H为CC1的中点，
则AC＝AC1，因AC＝2A1C1＝4，则AC1＝4，A1C1＝2，
因AA1⊥平面ABC，AC∈平面ABC，则AA1⊥AC，
则在RtΔAA1C1中，可得．
（3）以A为原点，以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因ABC﹣A1B1C1为三棱台，则，则，
则A（0，0，0），B（3，0，0），C（0，4，0），，，
则，则，，，
设平面ABH的法向量，平面AB1H的法向量，
则，，
令，则，，
则，
则平面ABH与平面AB1H夹角的余弦值为．
【点评】本题考查直线与平面垂直，属于中档题．
15．（2025 景德镇模拟）如图1，平面四边形PBAC为“箏型”，其中PB＝PC，AB＝AC，将平面PBC沿着BC翻折得到三棱锥P﹣ABC（如图2），D为BC的中点．
（1）证明：平面PAD⊥平面PBC；
（2）如图2，若AB⊥AC，AB＝2，，求平面PAB与平面PAC的夹角的正弦值．
【考点】平面与平面垂直；空间向量法求解二面角及两平面的夹角．
【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）根据线面垂直即可证明面面垂直；
（2）根据空间直角坐标系即可求解．
【解答】解：（1）证明：根据题意可知，PB＝PC，D为BC的中点，所以PD⊥BC，
又因为AB＝AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC，PD∩AD＝D，
所以BC⊥平面PAD，
因为BC 平面PBC，所以平面PAD⊥平面PBC；
（2）如图以A为坐标原点，分别以AB，AC为x轴、y轴，过点A且与平面ABC垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，
取AD中点E，连接PE，因为PA＝PD，所以PE⊥AD，
由上问可知BC⊥平面PAD，所以BC⊥PE，故PE⊥平面ABC，
因为AB⊥AC，AB＝2，所以，又，所以PE＝2，
所以A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），，
设平面PAB的法向量为，
所以，令z1＝﹣1，则，
同理可求得平面PAC法向量，
所以，
所以平面PAB与平面PAC的夹角的正弦值是．
【点评】本题考查了空间向量法求解二面角的正弦值，属于中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑