7.4直线、平面垂直的判定与性质

五年高考

考点直线、平面垂直的判定与性质

1.(2023全国甲理,11,5分,中)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC面积为()

A.22 B.32 C.42 D.62

答案 C

2.(2023全国乙文,16,5分,中)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=.

答案 2

3.(2021新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.

(1)证明:OA⊥CD;

(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.



解析(1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO?平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD?平面BCD,

∴AO⊥CD.

(2)解法一:在△ABD中,过E作EN∥AO交BD于N,

则由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD,

∴EN⊥BC,

∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.

在△BCD中,过N作NM∥CD交BC于M,则NM⊥BC.

连接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N,∴BC⊥平面EMN,∴EM⊥BC,∴∠EMN为二面角E-BC-D的平面角,

又知二面角E-BC-D的大小为45°,

∴∠EMN=45°,∴△EMN为等腰直角三角形,

又由DE=2EA得DN=2NO,∴MN=23CD=23=EN=ND,

∴AO=OD=1,∴VA-BCD=13S△BCD·AO=13×12×1×3×1=36.

故三棱锥A-BCD的体积为36.



解法二:由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C为原点,CD,CB,OA的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B(0,3,0),设AO=a.



则E23,33,23a,∴CB=(0,3,0),CE=23,33,23a,设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),

则n·CB=0,n·CE=0,即3y=0,23x+33y+23az=0,令x=a,则z=-1,

∴n=(a,0,-1),

易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),

由题可知|cos|=m·n|m|·|n|=?1a2+1=22,

∴a=1,即AO=1.∴VA-BCD=13S△BCD·AO=13×12×1×3×1=36,

故三棱锥A-BCD的体积为36.

4.(2020新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.

(1)证明:l⊥平面PDC;

(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.



解析(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,AD?底面ABCD,所以PD⊥AD.

又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.因为PD∩DC=D,PD,DC?平面PDC,所以AD⊥平面PDC.

因为AD∥BC,AD?平面PBC,BC?平面PBC,

所以AD∥平面PBC.

又AD?平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.

因此l⊥平面PDC.(5分)

(2)以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).



由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).

设平面QCD的法向量是n=(x,y,z),

则n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y=0.

可取n=(-1,0,a).

所以cos=n·PB|n|·|PB|=?1?a31+a2.

设PB与平面QCD所成角为θ,则sinθ=33×a+1|1+a2=

331+2aa2+1(易错:余弦值转化为正弦值后应该是个正数).

因为331+2aa2+1≤63,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.(12分)




三年模拟

基础强化练

1.(2025届广东深圳红山中学月考,5)设l为直线,α为平面,则l⊥α的必要不充分条件是()

A.直线l与平面α内的无数条直线垂直

B.直线l与平面α内任意直线都垂直

C.直线l与平面α内两条不平行直线垂直

D.直线l与平面α都垂直于同一平面

答案 A

2.(2024江苏南通二模,2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列关系正确的是()

A.AD⊥B1C B.A1D⊥BD

C.AC1⊥A1C D.AC1⊥CD1

答案 D

3.(2024浙江温州二模,3)在正三棱台ABC-A1B1C1中,下列结论正确的是()

A.VABC?A1B1C1=3VA1?BB1C1 B.AA1⊥平面AB1C1

C.A1B⊥B1C D.AA1⊥BC

答案 D

4.(2025届河北邯郸部分学校月考(二),7)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为矩形,AB=1,AA1=3,点M在线段BC上,且AM⊥MD,则当三棱锥A1-AMD的体积最小时,线段BC的长度为()



A.32 B.322 C.2 D.3

答案 C




能力拔高练

1.(多选)(2024河北石家庄一模,10)如图,在圆柱O1O中,轴截面ABCD为正方形,点F是AB上一点,M为BD与轴O1O的交点,E为MB的中点,N为A在DF上的射影,且EF∥平面AMN,则下列选项正确的有()



A.CF∥平面AMN B.AN⊥平面DBF

C.DB⊥平面AMN D.F是AB的中点

答案 BCD

2.(2025届福建省浦城第一中学期中,14)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E、F分别是AB1、BC1的中点,则EF与C1D所成的角为;平面B1EF与平面BDD1B1的关系是(填垂直或不垂直).



答案 60°;垂直

3.(2024湖南岳阳二模,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC=2AD=2,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.

(1)求证:PB⊥平面DEF;

(2)求二面角B-DE-F的正弦值.



解析(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,BC?底面ABCD,

所以PD⊥BC,因为四边形ABCD是矩形,所以CD⊥BC,

又因为PD、CD?平面PCD,PD∩CD=D,

所以BC⊥平面PCD,又DE?平面PCD,所以BC⊥DE,

又因为PD=DC=2,E是PC的中点,所以DE⊥PC,

又PC,BC是平面PBC内的两条相交直线,

所以DE⊥平面PBC,

又PB?平面PBC,所以DE⊥PB,

又EF⊥PB,且DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.



(2)以D为原点,以DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(1,2,0),E(0,1,1),P(0,0,2),则DE=(0,1,1),DB=(1,2,0),

由(1)知PB⊥平面DEF,所以PB=(1,2,-2)为平面DEF的一个法向量,

设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),