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(共72张PPT)
第七章　立体几何与空间向量
7.4　空间直线、平面的垂直
2027高考数学一轮总复习
内容索引
必备知识　回顾
课时作业
关键能力　提升
考试要求 三年考情 1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系. 2.掌握直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质,并会简单应用. 2023 2024 2025
全国一卷T9,T17
新课标Ⅱ卷T20 新课标Ⅱ卷T17
必备知识　回顾
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________直线都垂直,我们就说直线l与平面α互相垂直,记作l⊥α.
1
知识梳理
任意一条
项目 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____________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　 　
两条相交直线
(2)判定定理与性质定理
(3)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____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,它们所成的角是__;一条直线和平面平行,或在平面内,它们所成的角是__.
②范围:.
射影
0
2.平面与平面垂直
(1)二面角:从一条直线出发的__________所组成的图形叫做二面角.在二面角的棱上任取一点O,以点O为垂足,在两个半平面内分别作________的射线OA和OB,则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的______,二面角的平面角的取值范围是______.
两个半平面
垂直于棱
平面角
[0,π]
(2)判定定理与性质定理
项目 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____,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____,那么这条直线与另一个平面垂直
l⊥α　
垂线
交线
3.空间距离
(1)点到平面的距离:过一点作垂直于已知平面的直线,则该点与垂足间的线段,叫做这个点到该平面的______,垂线段的长度叫做这个点到该平面的____.
(2)直线到平面的距离:一条直线与一个平面平行时,这条直线上________到这个平面的距离,叫做这条直线到这个平面的距离.
(3)两个平行平面间的距离:如果两个平面平行,那么其中一个平面内的________到另一个平面的距离都____,我们把它叫做这两个平行平面间的距离.
垂线段
距离
任意一点
任意一点
相等
4.垂直、平行关系的相互转化
1.三垂线定理
若平面内的一条直线和平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直,则它也和这条斜线垂直.
2.三垂线定理的逆定理
若平面内的一条直线和平面的一条斜线垂直,则它也和这条斜线在该平面上的射影垂直.
知识拓展
3.两个重要结论
(1)若两平行直线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面.
(2)若一条直线垂直于一个平面,则它垂直于这个平面内的任何一条直线.
1.判断(正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)若直线l与平面α内的两条直线都垂直,则l⊥α.(　 　)
(2)若直线a⊥α,b⊥α,则a∥b. (　 　)
(3)若两平面垂直,则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.(　 　)
(4)若α⊥β,a⊥β,则a∥α. (　 　)
基础检测
×
√
×
×
2.(人教A版必修第二册P151例3改编)已知直线a,b和平面α,若a∥α,则“b⊥a”是“b⊥α”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
B
解析:必要性:若a∥α,则存在直线m α,a∥m,因为b⊥α,m α,所以b⊥m,因为a∥m,所以b⊥a,必要性成立;充分性:如图,设平面ABCD为平面α,直线A1B1为直线a,直线B1C1为直线b,满足a∥α,b⊥a,但B1C1∥平面ABCD,即b∥α,充分性不成立.所以“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分条件.故选B.
3. (人教A版必修第二册P158例7改编)如图,PA垂直于矩形ABCD所在的平面,则图中与平面PCD垂直的平面是(　 　)
A.平面ABCD B.平面PBC
C.平面PAD D.平面PAB
解析:因为PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,所以PA⊥CD,由四边形ABCD为矩形得CD⊥AD,因为PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,所以CD⊥平面PAD.又CD 平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.故选C.
C
4.(人教A版必修第二册P162练习T1改编)已知直线a,b,l和平面α,则下列命题正确的是(　 　)
A.若a∥b,a∥α,则b∥α
B.若a∥b,a α,b α,a∥α,则b∥α
C.若l⊥a,l⊥b,a α,b α,则l⊥α
D.若a⊥b,a⊥α,则b∥α
解析:对于A,若a∥b,a∥α,则可能b α或b∥α,故A错误;对于B,若a∥b,a α,b α,a∥α,则b∥α,故B正确;对于C,若l⊥a,l⊥b,a α,b α,则当a∥b时,l与α不一定垂直,故C错误;对于D,若a⊥b,a⊥α,则可能b α或b∥α,故D错误.故选B.
B
关键能力　提升
考点1 直线与平面垂直的判定与性质
【例1】　如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1.
(1)求证:A1C⊥B1D1;
【证明】如图,连接A1C1.
因为CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1 平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1D1.
因为四边形A1B1C1D1是正方形,所以A1C1⊥B1D1.
又因为CC1∩A1C1=C1,A1C1,CC1 平面A1C1C,所以B1D1⊥平面A1C1C.
又因为A1C 平面A1C1C,所以A1C⊥B1D1.
(2)若M,N分别为B1D1,C1D上的点,且MN⊥B1D1,MN⊥C1D,求证:MN∥A1C.
【证明】如图,连接B1A,AD1.
因为B1C1=AD,B1C1∥AD,所以四边形ADC1B1为平行四边形,
所以C1D∥AB1.
因为MN⊥C1D,所以MN⊥AB1.
又因为MN⊥B1D1,AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1 平面AB1D1,
所以MN⊥平面AB1D1.
由(1)知A1C⊥B1D1.
同理可得A1C⊥AB1.又因为AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1 平面AB1D1,所以A1C⊥平面AB1D1.所以MN∥A1C.
1.证明直线和平面垂直的常用方法
(1)判定定理.
(2)两种传递性(a∥b,a⊥α b⊥α;a⊥α,α∥β a⊥β).
(3)面面垂直的性质.
2.证明线面垂直的关键是证线线垂直,而证明线线垂直常借助线面垂直的定义.
3.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.
规律总结
【对点训练1】如图,平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC,AE⊥平面PBC,E为垂足.
(1)求证:PA⊥平面ABC;
证明:如图,在平面ABC内取一点D,过点D作DF⊥AC于
点F,DG⊥AB于点G.
因为平面PAC⊥平面ABC,且交线为AC,DF 平面ABC,所以DF⊥平面PAC.
因为PA 平面PAC,所以DF⊥PA.
同理可证DG⊥PA.
因为DG,DF都在平面ABC内,且DG∩DF=D,所以PA⊥平面ABC.
(2)当E为△PBC的垂心时,求证:△ABC是直角三角形.
证明:如图,连接BE并延长交PC于点H.因为E是△PBC的垂心,所以PC⊥BH.因为AE⊥平面PBC,PC 平面PBC,所以PC⊥AE.因为AE∩BH=E,AE,BH 平面ABE,所以PC⊥平面ABE.又AB 平面ABE,所以PC⊥AB.
由(1)知PA⊥平面ABC,又AB 平面ABC,所以PA⊥AB.
因为PA∩PC=P,PA,PC 平面PAC,所以AB⊥平面PAC.
又AC 平面PAC,所以AB⊥AC,即△ABC是直角三角形.
考点2 平面与平面垂直的判定与性质
【例2】　如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC.
(1)若AB⊥BC,求证:平面A1BC⊥平面AA1B1B;
【证明】∵AA1⊥平面ABC,
BC 平面ABC,∴AA1⊥BC.
又AB⊥BC,AA1∩AB=A,
AA1,AB 平面AA1B1B,
∴BC⊥平面AA1B1B.
又BC 平面A1BC,
∴平面A1BC⊥平面AA1B1B.
(2)若平面A1BC⊥平面AA1B1B,求证:AB⊥BC.
【证明】如图,过点A作AD⊥A1B于点D,
∵平面A1BC⊥平面AA1B1B,平面A1BC∩平面AA1B1B=A1B,AD 平面AA1B1B,
∴AD⊥平面A1BC.
又BC 平面A1BC,∴AD⊥BC.
又AA1⊥BC,AA1∩AD=A,AD,AA1 平面AA1B1B,∴BC⊥平面AA1B1B.
∵AB 平面AA1B1B,
∴AB⊥BC.
1.面面垂直的两种判定方法与一个转化
(1)两种方法:面面垂直的定义;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.
2.面面垂直性质定理的应用
(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)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.
规律总结
【对点训练2】　如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB, ∠BAD =90°,∠BCD=45°,E为对角线BD的中点,现将△ABD沿BD折起到△PBD的位置,使平面PBD⊥平面BCD.求证:
(1)直线PE⊥平面BCD;
证明:因为PB=PD,E为BD的中点,所以PE⊥BD.
又因为平面PBD⊥平面BCD,平面PBD∩平面BCD=BD,PE 平面PBD,所以PE⊥平面BCD.
(2)平面PBC⊥平面PCD.
证明:在直角梯形ABCD中,AD=AB,
∠BAD=90°,则∠ABD=∠ADB=45°,
又AD∥BC,所以∠DBC=45°.
又∠BCD=45°,所以∠BDC=90°,
所以在折后的几何体P-BCD中,BD⊥DC.
因为平面PBD⊥平面BCD,平面PBD∩平面BCD=BD,CD 平面BCD,所以CD⊥平面PBD.
又BP 平面PBD,则CD⊥BP.
又BP⊥PD,CD∩PD=D,PD,CD 平面PCD,
所以BP⊥平面PCD.又BP 平面PBC,所以平面PBC⊥平面PCD.
考点3 垂直关系的综合应用
【例3】　如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F分别是BC,AA1的中点.
(1)求证:AE∥平面B1FC.
【解】证明:如图1,取B1C的中点D,连接DE,DF,
因为D,E分别是B1C和BC的中点,所以DE∥BB1,
DE=BB1.又AF∥BB1,AF=BB1,
所以AF∥DE,且AF=DE,所以四边形AEDF是平行四边形,所以DF∥AE.又AE 平面B1FC,DF 平面B1FC,所以AE∥平面B1FC.
(2)若AB=AC,BC=BB1,在棱CC1上是否存在点P,使B1C⊥平面PAE 如果存在,指出点P的位置;如果不存在,请说明理由.
【解】在棱CC1上存在点P,使B1C⊥平面PAE.
因为AB=AC,E是BC的中点,所以AE⊥BC.因为BB1⊥平面ABC,AE 平面ABC,所以BB1⊥AE.
又BB1∩BC=B,BB1,BC 平面BCC1B1,所以AE⊥平面BCC1B1.
又B1C 平面BCC1B1,所以AE⊥B1C.如图2,连接BC1,
因为BC=BB1,所以四边形BCC1B1是正方形,则BC1⊥B1C.
当P为CC1的中点时,EP∥BC1,则B1C⊥EP.又AE,EP 平面PAE,AE∩EP=E,所以B1C⊥平面PAE.
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,利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证.
规律总结
【对点训练3】　如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,∠BAP=∠CDP=90°,△PAD是正三角形,且PA=AB,M,N分别在线段PA,PB上.
(1)当点M在什么位置时,DM⊥平面PAB
解:当M为线段PA的中点时,DM⊥平面PAB. 证明如下:
如图1,∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB∥CD. ∵∠BAP=∠CDP=90°,
∴AB⊥AP,CD⊥DP, ∴AB⊥DP.又DP,
AP 平面PAD,PD∩AP=P,∴AB⊥平面PAD.
∵DM 平面PAD,∴AB⊥DM.
∵△PAD是正三角形,M是AP的中点,∴DM⊥AP.
又AP∩AB=A,AP,AB 平面PAB,
∴DM⊥平面PAB.
(2)在(1)的条件下,当点N在什么位置时,平面DMN⊥平面PBC
解:在(1)的条件下,当DN⊥PB时,平面DMN⊥平面PBC,此时N为线段PB上靠近点P的四等分点.
证明如下:如图2,连接DB,∵DM⊥平面PAB,PB 平面PAB,
∴DM⊥PB.
又DN⊥PB,DN∩DM=D,DN,DM 平面DMN,
∴PB⊥平面DMN.
∵PB 平面PBC,
∴平面DMN⊥平面PBC.
由(1)知AB⊥平面PAD,而AD 平面PAD,∴AB⊥AD,又AB=AD,
∴四边形ABCD是正方形.
不妨设AB=2,则PB=DB=2,PD=2.
故PD2=PB2+BD2-2PB·BDcos∠PBD,
即22=(2)2+(2)2-2×2cos∠PBD,解得cos∠PBD=,
∴BN=BDcos∠PBD=2,
∴.
∴当N为线段PB上靠近点P的四等分点时,平面DMN⊥平面PBC.
高考真题 教材典题
1.(2025·全国一卷节选)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD.求证:平面PAB⊥平面PAD. 1.(人教A版必修第二册P152练习T2)如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,求证:AC⊥平面SDB.
考教衔接
证明:∵PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,
∴PA⊥AB.
∵AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,∴AB⊥平面PAD.
∵AB 平面PAB,∴平面PAB⊥平面PAD.
高考真题 教材典题
2.(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是(　 　) 2.(人教A版必修第二册P147例2)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O1为底面A1B1C1D1的中心.求证AO1⊥BD.



BC
高考真题 教材典题
2.(人教A版必修第二册P147例2)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O1为底面A1B1C1D1的中心.求证AO1⊥BD.
解析:设正方体的棱长为2.对于A,如图1所示,连接AC,则MN∥AC,故∠POC(或其补角)为直线OP,MN所成的角,在直角三角形OPC中,OC=,CP=1,故tan∠POC=,故MN⊥OP不成立,故A错误;对于B,如图2所示,取NT的中点Q,连接PQ,OQ,则OQ⊥NT,PQ⊥MN,由正方体NADT-SBCM可得SN⊥平面ANTD,又OQ 平面ANTD,所以SN⊥OQ,又SN∩NT=N,SN,NT 平面SNTM,所以OQ⊥平面SNTM,又MN 平面SNTM,所以OQ⊥MN,又
高考真题 教材典题
OQ∩PQ=Q,OQ,PQ 平面OPQ,所以MN⊥平面OPQ,又PO 平面OPQ,所以MN⊥OP,故B正确;对于C,如图3所示,连接BD,则BD∥MN,由B可得OP⊥BD,故OP⊥MN,故C正确;对于D,如图4所示,取AD的中点Q,AB的中点K,连接AC,PQ,OQ,PK,OK,OA,则AC∥MN,因为P是CD的中点,所以PQ∥AC,故PQ∥MN,所以∠QPO(或其补角)为异面直线PO与MN所成的角,因为正方体的棱长为2,所以PQ=,OQ=,PO=,所以QO2课时作业51
1.(5分)(2025·天津卷)已知m是一条直线,α,β是两个平面.下列命题正确的是(　 　)
A.若m∥α,m∥β,则α∥β
B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β
C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β
D.若α⊥β,m α,则m⊥β
基础巩固
C
解析:对于A,若m∥α,m∥β,则α,β平行或相交,故A错误;对于B,若m⊥α,m⊥β,则α∥β,故B错误;对于C,若m∥α,则α内存在直线l,使l∥m,又m⊥β,则l⊥β,又l α,故α⊥β,故C正确;对于D,若α⊥β,m α,则m与β可能平行或相交或m β,故D错误.故选C.
2.(5分)已知直线a,b与平面α,β,γ,能使α⊥β成立的充分条件是 (　 　)
A.a∥α,b∥β,a⊥b
B.α⊥γ,β⊥γ
C.a∥α,a⊥β
D.α∩β=a,a⊥b,b β
C
解析:对于A,若a∥α,b∥β,a⊥b,则α与β可能相交,也可能平行,故A错误;对于B,若α⊥γ,β⊥γ,则α与β可能相交,也可能平行,故B错误;对于C,设过直线a的平面与α交于直线c,因为a∥α,所以a∥c,又a⊥β,所以c⊥β,又c α,所以α⊥β,故C正确;对于D,若α∩β=a,a⊥b,b β,作直线d使得a⊥d,且d α,则b与d的夹角或其补角即二面角α-a-β的平面角,因为该二面角不一定为直角,所以α与β不一定垂直,故D错误.故选C.
3. (5分)如图,在四面体D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列结论正确的是(　 　)
A.平面ABC⊥平面ABD
B.平面ABD⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE
D.平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE
C
解析:因为AB=CB,E是AC的中点,所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,因为BE∩DE=E,BE,DE 平面BDE,所以AC⊥平面BDE.因为AC 平面ABC,所以平面ABC⊥平面BDE.因为AC 平面ADC,所以平面ADC⊥平面BDE.故选C.
4. (5分)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则C1在平面ABC上的射影H必在 (　 　)
A.直线AB上 B.直线BC上
C.直线AC上 D.△ABC内部
解析:由AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1=B,AB,BC1 平面ABC1,得AC⊥平面ABC1.因为AC 平面ABC,所以平面ABC1⊥平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上.故选A.
A
5.(5分)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
A
解析:对于A,如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EF∥AC,又AC⊥BD,所以EF⊥BD,又易知DD1⊥EF,BD∩DD1
=D,BD,DD1 平面BDD1,所以EF⊥平面BDD1,又EF 平面B1EF,所以平面B1EF⊥平面BDD1,故A正确;对于B,因为平面A1BD∩平面BDD1=BD,所以由选项A知,平面B1EF⊥平面A1BD不成立,故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不平行,故C错误;对于D,连接AB1,B1C,易知平面AB1C∥平面A1C1D,又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1,所以平面A1C1D与平面B1EF不平行,故D错误.故选A.
6.(5分)在四面体A-BCD中,△BCD为正三角形,AB与平面BCD不垂直,则下列说法正确的是(　 　)
A.AB与CD可能垂直
B.A在平面BCD上的射影可能是B
C.AB与CD不可能垂直
D.平面ABC与平面BCD不可能垂直
A
解析:对于A,C,如图,取CD的中点E,连接AE,BE,因为△BCD为正三角形,所以BE⊥CD,假设AB⊥CD,因为AB∩BE=B,AB,BE 平面ABE,所以CD⊥平面ABE,所以CD⊥AE,又因为E是CD的中点,所以AC=AD,故只需满足AC=AD,即可得到AB⊥CD,故A正确,C错误;对于B,若A在平面BCD上的射影为B,则有AB⊥平面BCD,与题干矛盾,故B错误;对于D,过点C可以作出一条直线,使得该直线垂直于平面BCD,点A只需在该直线上,即满足AC⊥平面BCD,此时平面ABC⊥平面BCD,故D错误.故选A.
7.(6分,多选)(人教A版必修第二册P151例3、P163习题8.6T10改编)设l,m,n为不同的直线,α,β为不同的平面,则下列说法正确的有 (　 　)
A.若α∥β,m∥n,m⊥α,则n⊥β
B.若m α,n α,l⊥m,l⊥n,则l⊥α
C.若n⊥α,n⊥β,m⊥α,则m⊥β
D.若l∥m,m⊥α,n⊥α,则l∥n
ACD
解析:对于A,由α∥β,m⊥α,可得m⊥β,又m∥n,所以n⊥β,故A正确;对于B,由线面垂直的判定定理知,若缺少“m与n相交”的条件,则不能推出l⊥α,故B错误;对于C,由n⊥α,n⊥β,可得α∥β,又m⊥α,所以m⊥β,故C正确;对于D,由m⊥α,n⊥α,可得m∥n,又l∥m,所以l∥n,故D正确.故选ACD.
8. (6分,多选)如图所示,PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上异于A,B的一点,E,F分别是点A在PB,PC上的投影,则 (　 　)
A.AF⊥PB
B.EF⊥PB
C.AF⊥BC
D.AE⊥平面PBC
ABC
解析:对于A,C,连接AC(图略),则BC⊥AC,因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC,又PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,所以BC⊥平面PAC,又AF 平面PAC,所以BC⊥AF,又AF⊥PC,BC∩PC=C,BC,PC 平面PBC,所以AF⊥平面PBC,又PB 平面PBC,所以AF⊥PB,故A,C正确;对于B,因为AF⊥PB,AE⊥PB,AF∩AE=A,AF,AE 平面AEF,所以PB⊥平面AEF,又EF 平面AEF,所以EF⊥PB,故B正确;对于D,若AE⊥平面PBC,因为AF⊥平面PBC,所以AE∥AF,而AE∩AF=A,所以矛盾,即AE与平面PBC不垂直,故D错误.故选ABC.
9.(5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上任意一点,F为底面A1B1C1D1(除点C1外)内一点,请给出一个点F的位置,使得EF⊥AD,点F可以是__________________.
解析:如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥平面CDD1C1.因为E为棱CC1上任意一点,当点F∈C1D1时,EF 平面CDD1C1,所以AD⊥EF,所以F为C1D1上除点C1外的任意一点.
D1(答案不唯一)
10.(5分)如图,PA⊥矩形ABCD所在平面,有下列结论:①PB⊥BC;
②PD⊥CD;③PD⊥BD;④PA⊥BD.其中正确的是_________.(填序号)
①②④
解析:因为PA⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以PA⊥BC,在矩形ABCD中,BC⊥AB,又PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,所以BC⊥平面PAB,因为PB 平面PAB,所以PB⊥BC,故①正确;同①可证CD⊥平面PAD,则PD⊥CD,故②正确;由题意可知PB2=PA2+AB2,PD2=PA2+AD2,BD2=AD2+AB2,当PD⊥BD时,在△PDB中,有PD2+BD2=PB2,即PA2+AD2+AD2+AB2=PA2+
AB2,解得AD=0,显然不成立,故③错误;因为PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以PA⊥BD,故④正确.
11. (18分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E为AD的中点.求证:
(1)PE⊥BC;
证明: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)平面PAB⊥平面PCD.
证明: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.
12.(18分)如图,在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面QAD是正三角形,侧面QAD⊥底面ABCD,M是QD的中点.
(1)求证:AM⊥平面QCD.
解:证明:由侧面QAD是正三角形,M是QD的中点,得AM⊥QD.
在正方形ABCD中,CD⊥AD.
因为平面QAD⊥平面ABCD,平面QAD∩平面ABCD=AD,CD 平面ABCD,所以CD⊥平面QAD.又AM 平面QAD,所以CD⊥AM.
又CD∩QD=D,CD,QD 平面QCD,所以AM⊥平面QCD.
(2)在棱BQ上是否存在点N,使得平面ACN⊥平面ACM 如果存在,求出的值;如果不存在,请说明理由.
解:存在,如图,取AD的中点E,AB的中点P,连接PE交AC于点O,连接PQ,QE,设QE∩AM=G,连接OG,则PE∥BD,在正方形ABCD中,AC⊥BD,则PE⊥AC.
设AD=12,显然G是正三角形AQD的中心,则GE=,QE⊥AD.
因为平面QAD⊥平面ABCD,平面QAD∩平面ABCD=AD,QE 平面QAD,所以QE⊥平面ABCD.
因为AC,PE 平面ABCD,所以QE⊥PE,QE⊥AC.
又QE∩PE=E,QE,PE 平面PQE,所以AC⊥平面PQE.
又OG 平面PQE,在平面PQE内过点O作OH⊥OG交PQ于点H,
显然AC⊥OH.因为AC∩OG=O,AC,OG 平面ACM,所以OH⊥平面ACM,
连接AH并延长,交QB于点N,连接CN,则平面ACN⊥平面ACM.
过点H作HF∥QE交PE于点F,则HF⊥PE,所以∠OHF=∠EOG,所以tan∠OHF=tan∠EOG, 即,又OE=PO=3,
所以OF=,则PF=HF,
所以F是线段PO的中点,所以.
过点P作PT∥AN交QB于点T,则,BT=TN,,
因此,
所以在棱BQ上存在点N,使平面ACN⊥平面ACM,此时.
13.(6分,多选)(2025·全国一卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC的中点,则(　 　)
A.AD⊥A1C
B.B1C1⊥平面AA1D
C.AD∥A1B1
D.CC1∥平面AA1D
BD
素养提升
解析:对于A,如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AD 平面ABC,所以AA1⊥AD,则=0,因为△ABC是正三角形,D为BC的中点,所以AD⊥BC,则=0,又,所以=()·≠0,则AD⊥A1C不成立,故A错误;对于B,因为AA1⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以AA1⊥BC,因为AD⊥BC,AA1∩AD=A,AA1,AD 平面AA1D,所以BC⊥平面AA1D,又B1C1∥BC,所以B1C1⊥平面AA1D,故B正确;对于C,假设AD∥A1B1,因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1∥AB,所以AD∥AB,这与AD∩AB=A矛盾,所以AD∥A1B1不成立,故C错误;对于D,因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1∥AA1,AA1 平面AA1D,CC1 平面AA1D,所以CC1∥平面AA1D,故D正确.故选BD.
14.(6分,多选)(2025·福建厦门三模)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
BCD
解析:对于A,设正方形ABCD的边长为2,由正四棱锥的性质可得PO⊥平面ABCD,故PO=AA'=1,因为A'A⊥平面ABCD,所以A'O在底面上的射影为AO,又AO不与AB垂直,所以A'O不与AB垂直,故A错误;对于B,易知PO∥AA'且PO=AA',故四边形POA'A是平行四边形,所以A'O∥AP,因为A'O 平面APD,AP 平面APD,所以A'O∥平面APD,故B正确;对于C,连接A'C'(图略),因为PO∥CC'∥AA',O∈平面CC'A'A,所以PO 平面CC'A'A,平面AA'P即为平面CC'A'A,因为A'A⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以A'A⊥BD,又因为BD⊥AC,A'A∩AC=A,A'A,AC 平面CC'A'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内且不平行,故CC'与A'P为相交直线,故D正确.故选BCD.
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