线线垂直、线面垂直、面面垂直的习题及答案
2021高中数学线线,线面,面面垂直的证明(含解析)
线线，线面，面面垂直的证明一、线面垂直（共9题；共85分）1.（2021高一下·岑溪期末）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面.（1）求证：平面；2.（2021高一下·和平期末）如图，斜三棱柱中，侧面是菱形，与交于点，E是AB的中点．求证：（2）若，求证：．3.（2021高一下·宁波期末）已知三棱锥，平面，是以为斜边的等腰直角三角形，是以为斜边的直角三角形，为上一点，为上一点，且．（Ⅰ）现给出两个条件：① ；② 为中点．从中任意选一个条件为已知条件，求证：平面；4.（2021高一下·怀化期末）如图，在正方体中.（1）求证：面；5.（2021高一下·绍兴期末）如图，四棱台的底面是矩形，，，，．（Ⅰ）证明：平面；6.（2021高二下·二道期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.（1）求证：平面PCD；7.（2021高一下·长春期末）如图，AB是的直径，PA垂直于所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.8.（2021高一下·河北期末）如图，在正四棱锥中，点E，F分别在棱PB，PD上，且．（1）证明：平面PAC．9.（2021高一下·天津期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，（2）求证：直线平面二、线线垂直（共7题；共70分）10.（2021高一下·海南期末）如图所示，三棱柱中，，，，．（1）证明：；11.（2021·全国甲卷）已知直三棱柱ABC-A1B1C1.中，侧面AA1B1B为正方形，AB= BC = 2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF丄A1B1.（1）证明：BF⊥DE；12.（2021·全国甲卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形．分别为和的中点，．（2）已知为棱上的点，证明：．13.（2021·新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A-BCD中.平面ABD丄平面BCD，AB=AD.O为BD的中点.（1）证明：OA⊥CD：14.（2021高一下·广东期末）如图，在三棱锥中，，点是线段的中点，平面平面.（2）求证：.15.（2021高二下·湖北期末）中国是风筝的故乡，南方称“鹞”，北方称“鸢”，如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥，其中于，，，平面．（1）求证：；16.（2021·浙江）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；三、面面垂直（共9题；共105分）17.（2021·新高考Ⅱ卷）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；18.（2021高一下·滨海新期末）如图，在三棱柱中，平面，，是的中点.（2）求证：平面平面；19.（2021高一下·和平期末）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为矩形，，，为的中点．（2）求证：平面平面；20.（2021高一下·龙岩期末）如图，是圆锥的顶点，是底面圆的直径，为底面圆周上异于的点，为的中点．（1）求证：平面平面21.（2021高一下·东丽期末）如图，三棱柱，底面，且为正三角形，，为中点．（2）求证：平面平面．22.（2021高一下·湖北期末）如图，在三棱台中，上底面为等腰直角三角形，，，，在上，.（1）证明：平面平面；23.（2021高一下·重庆期末）如图1，在平行四边形ABCD中，，，，将沿折起，使得平面平面，如图2．（1）证明：平面平面BCD；24.（2021高一下·河北期末）如图，在三棱柱中，，点为的中点，，．（1）证明：平面平面ABC．25.（2021·全国乙卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD 底面ABCD，M为BC的中点，且PB AM.（1）证明：平面PAM 平面PBD；线线，线面，面面垂直的证明参考答案一、线面垂直（共9题；共85分）1.（2021高一下·岑溪期末）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面.（1）求证：平面；【答案】（1）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，又因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，所以PD⊥AC，又，AC⊥平面PBD2.（2021高一下·和平期末）如图，斜三棱柱中，侧面是菱形，与交于点，E是AB的中点．求证：（2）若，求证：．（2）∵侧面是菱形∴∵，，平面，平面∴平面∵平面∴．3.（2021高一下·宁波期末）已知三棱锥，平面，是以为斜边的等腰直角三角形，是以为斜边的直角三角形，为上一点，为上一点，且．（Ⅰ）现给出两个条件：① ；② 为中点．从中任意选一个条件为已知条件，求证：平面；【答案】解：（Ⅰ）若选①证明：∵平面，平面，∴，又，，∴平面．又平面，∴．又，，∴平面．又平面，∴．又，，∴平面．若选② 为中点证明：∵平面，平面，∴．又，，∴平面．又平面，∴．又，，∴平面．又平面，∴．又为等腰直角三角形斜边中点，则，，∴平面．4.（2021高一下·怀化期末）如图，在正方体中.（1）求证：面；【答案】（1）证明：因为为正方体，所以ABCD为正方形,所以，又因为平面ABCD，平面ABCD，故，又，平面，所以平面．5.（2021高一下·绍兴期末）如图，四棱台的底面是矩形，，，，．（Ⅰ）证明：平面；【答案】解：（Ⅰ）证明：因为底面是矩形，所以，又，，所以平面，又因为，所以平面．6.（2021高二下·二道期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.（1）求证：平面PCD；【答案】（1）在正方形ABCD中，，又侧面底面ABCD，侧面底面，所以平面PAD，平面PAD，所以，是正三角形，M是PD的中点，所以，又，所以平面PCD.7.（2021高一下·长春期末）如图，AB是的直径，PA垂直于所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.（1）证明：BC⊥面PAC；【答案】（1）证明见解析PA垂直于所在的平面PA⊥BCAB是的直径AC⊥BCBC⊥面PAC8.（2021高一下·河北期末）如图，在正四棱锥中，点E，F分别在棱PB，PD上，且．（1）证明：平面PAC．【答案】（1）证明：如图，连接，记，连接PO，由题意可得四边形ABCD是正方形，，则O为AC的中点，且，因为，所以，因为平面，面，且，所以平面，因为，所以，则平面PAC；9.（2021高一下·天津期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，（2）求证：直线平面【答案】（2）因为四边形是菱形，所以又因为平面平面所以又因为所以平面二、线线垂直（共7题；共70分）10.（2021高一下·海南期末）如图所示，三棱柱中，，，，．（1）证明：；【答案】（1）∵，，．∴，∴．∵，，∴．又∵，平面，∴平面．∵平面，∴．11.（2021·全国甲卷）已知直三棱柱ABC-A1B1C1.中，侧面AA1B1B为正方形，AB= BC = 2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF丄A1B1.（1）证明：BF⊥DE；【答案】法一法2（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，，所以，又，所以平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．所以，．由题设（）．因为，所以，所以．12.（2021·全国甲卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形．分别为和的中点，．（2）已知为棱上的点，证明：．（2）由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，正方形中，为中点，则，又，故平面，而平面，从而.13.（2021·新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A-BCD中.平面ABD丄平面BCD，AB=AD.O为BD的中点.（1）证明：OA⊥CD：【答案】（1），为中点，，面，面面且面面，面，．14.（2021高一下·广东期末）如图，在三棱锥中，，点是线段的中点，平面平面.（2）求证：.【答案】（2）证明：∵，∴，∴，∵平面平面，且平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴.15.（2021高二下·湖北期末）中国是风筝的故乡，南方称“鹞”，北方称“鸢”，如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥，其中于，，，平面．（1）求证：；【答案】（1）证明：∵平面，平面，∴，又，，平面，平面，∴平面，又平面．∴．16.（2021·浙江）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；【答案】（1）证明：在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以三、面面垂直（共9题；共105分）17.（2021·新高考Ⅱ卷）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；【答案】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.18.（2021高一下·滨海新期末）如图，在三棱柱中，平面，，是的中点.（2）求证：平面平面；【答案】（2）∵，是的中点，∴，∵三棱柱中，平面，∴平面∵AD 平面，∴，又､BC是平面内的两条相交直线∴平面∵AD 平面∴平面平面19.（2021高一下·和平期末）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为矩形，，，为的中点．（2）求证：平面平面；【答案】（2）因为平面平面，平面平面，,所以平面，因为平面，所以,又, 平面,所以平面,又平面，所以,又,所以,又平面,所以平面,又平面,所以平面平面；20.（2021高一下·龙岩期末）如图，是圆锥的顶点，是底面圆的直径，为底面圆周上异于的点，为的中点．（1）求证：平面平面【答案】（1）由圆锥的性质可知，底面圆∵在底面圆上，∴，∵在圆上，为直径，∴，又点分别为的中点，∴∴又，且平面，∴平面，又平面，∴平面平面．21.（2021高一下·东丽期末）如图，三棱柱，底面，且为正三角形，，为中点．（2）求证：平面平面．【答案】（2）∵面，面，∴．又，，∴，面，∴面．又面，∴面面．22.（2021高一下·湖北期末）如图，在三棱台中，上底面为等腰直角三角形，，，，在上，.（1）证明：平面平面；【答案】（1）因为三棱台中，因为，所以，由，所以，所以，又由，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.23.（2021高一下·重庆期末）如图1，在平行四边形ABCD中，，，，将沿折起，使得平面平面，如图2．（1）证明：平面平面BCD；【答案】（1）在中，因为，，，由余弦定理得，所以，所以，所以如图所示：作于点，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以，又由，所以平面.所以平面平面BCD；24.（2021高一下·河北期末）如图，在三棱柱中，，点为的中点，，．（1）证明：平面平面ABC．【答案】（1）证明：因为，所以，，在三棱柱中，，所以，又因为，所以平面ABC，又因为平面，所以平面平面ABC；25.（2021·全国乙卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD 底面ABCD，M为BC的中点，且PB AM.（1）证明：平面PAM 平面PBD；【答案】（1）因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．。
5线面、面面垂直的判定与性质练习 新人教B版 试题
乏公仓州月氏勿市运河学校9-5线面、面面垂直的判定与性质根底稳固强化1.(文)(2021·海淀区期末)m 、n 是两条不同的直线，α、β A ．假设m ∥α，α∩β＝n ，那么m ∥n B ．假设m ∥n ，m ⊥α，那么n ⊥α C ．假设m ⊥α，m ⊥β，那么α∥β D ．假设m ⊥α，m ⊂β，那么α⊥β [答案] A[解析] 选项A 中，直线m 与直线n 也可能异面，因此A 不正确． (理)两条不同的直线m 、n ，两个不同的平面α、β A ．假设m ⊥α，n ⊥β，α⊥β，那么m ⊥n B ．假设m ∥α，n ∥β，α∥β，那么m ∥n C ．假设m ⊥α，n ∥β，α⊥β，那么m ⊥n D ．假设m ∥α，n ⊥β，α⊥β，那么m ∥n [答案] A [解析]⎭⎪⎬⎪⎫⎭⎬⎫m ⊥αα⊥β⇒m ∥β或m ⊂β n ⊥β⇒m ⊥n ，故A 正确；如图(1)，m ⊥α，n ⊥α满足n ∥β，但m ∥n ，故C 错； 如图(2)知B 错；如图(3)正方体中，m ∥α，n ⊥β，α⊥β，知D 错． 2．(文)(2021·区模拟)设α、β、γ是三个不重合的平面，l①假设α⊥β，β⊥γ，那么α⊥γ；②假设l 上两点到α的距离相等，那么l ∥α；③假设l ⊥α，l ∥β，那么α⊥β；④假设α∥β，l ⊄β，且l ∥α，那么l ∥β.A ．①②B ．②③C ．②④D ．③④ [答案] D[解析] 对于①：假设α⊥β，β⊥γ，那么可能α⊥γ，也可能α∥γ.对于②：假设l 上两点到α的距离相等，那么l ∥α，显然错误．当l ⊥α，l ∩α＝A 时，l 上到A 距离相等的两点到α的距离相等．③④显然正确．(理)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面A 1ABB 1⊥BC ，且A 1C 与底面成45°角，AB ＝BC ＝2，那么该棱柱体积的最小值为( )A ．4 3B ．33C ．4D ．3[答案] C[解析] 由得平面A 1ABB 1⊥平面ABC 且交线为AB ，故A 1在平面ABC 上的射影D 在AB 上．由A 1C 与底面成45°角得A 1D ＝DC ，∵BC ⊥AB ，∴当CD 最小即CD ＝BC 时A 1D 最小，此时V min ＝12×AB ×BC ×A 1D ＝12×2×2×2＝4.应选C.3．(2021·临漳一中模拟)一个几何体的三视图如下列图，那么这个几何体的体积是( ) A.12 B ．3 C.32 D ．2[答案] A[解析] 由三视图知，该几何体是一个横放的四棱锥P －ABCD ，其底面ABCD 为直角梯形，AB ＝1，CD ＝2，高BC ＝1，棱锥的高PC ＝1，∴体积V ＝13×[12×(1＋2)×1]×1＝12. 4.(2021·高三调研)如图，在立体图形D －ABC 中，假设AB ＝CB ，AD ＝CD ，E 是AC 的中点，那么以下结论正确的选项是( )A ．平面ABC ⊥平面ABDB ．平面ABD ⊥平面BDCC ．平面ABC ⊥平面BDE ，且平面ADC ⊥平面BDED ．平面ABC ⊥平面ADC ，且平面ADC ⊥平面BDE [答案] C[解析] 要判断两个平面的垂直关系，就需找一个平面内的一条直线与另一个平面垂直．因为AB ＝CB ，且E 是AC 的中点，所以BE ⊥AC ，同理有DE ⊥AC ，于是AC ⊥平面BDE .因为AC 在平面ABC 内，所以平面ABC⊥平面BDE .又由于AC ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面BDE .所以选C.5．定点A 和B 都在平面α内，定点P ∉α，PB ⊥α，C 是α内异于A 和B 的动点，且PC ⊥AC .那么，动点C 在平面α内的轨迹是( )A ．一条线段，但要去掉两个点B ．一个圆，但要去掉两个点C ．一个椭圆，但要去掉两个点D ．半圆，但要去掉两个点 [答案] B[解析] 连接BC ，∵PB ⊥α，∴AC ⊥PB . 又∵PC ⊥AC ，∴AC ⊥BC .∴C 在以AB 为直径的圆上．应选B.6．(文)(2021·一模)l 、m 是不同的两条直线，α、β A ．假设l ⊥α，α⊥β，那么l ∥β B ．假设l ∥α，α⊥β，那么l ∥β C ．假设l ⊥m ，α∥β，m ⊂β，那么l ⊥α D ．假设l ⊥α，α∥β，m ⊂β，那么l ⊥m [答案] D[解析]⎭⎬⎫⎭⎬⎫l ⊥αα∥β⇒l ⊥βm ⊂β⇒l ⊥m . (理)(2021·三模)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，假设AB ＝2，AA 1＝1，那么点A 到平面A 1BC 的距离为( ) A.34B.32C.334D.3[答案] B[解析] 解法1：取BC 中点E ，连接AE 、A 1E ，过点A 作AF ⊥A 1E ，垂足为F . ∵A 1A ⊥平面ABC ，∴A 1A ⊥BC ， ∵AB ＝AC .∴AE ⊥BC . ∴BC ⊥平面AEA 1.∴BC ⊥AF ，又AF ⊥A 1E ， ∴AF ⊥平面A 1BC .∴AF 的长即为所求点A 到平面A 1BC 的距离． ∵AA 1＝1，AE ＝3，∴AF ＝32. 解法2：VA 1－ABC ＝13S △ABC ·AA 1＝13×3×1＝33.又∵A 1B ＝A 1C ＝5，在△A 1BE 中，A 1E ＝A 1B 2－BE 2＝2.∴S △A 1BC ＝12×2×2＝2.∴VA －A 1BC ＝13×S △A 1BC ·h ＝23h .∴23h ＝33，∴h ＝32.∴点A 到平面A 1BC 距离为32. 7．如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，∠ADC ＝90°，且AA 1＝AD ＝DC ＝2，M ∈平面ABCD ，当D 1M ⊥平面A 1C 1D 时，DM ＝________.[答案] 22[解析] ∵DA ＝DC ＝AA 1＝DD 1且DA 、DC 、DD 1两两垂直，故当点M 使四边形ADCM 为正方形时，D 1M ⊥平面A 1C 1D ，∴DM ＝2 2.8．如下列图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足______时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为是正确的条件即可)[答案] DM ⊥PC (或BM ⊥PC 等)(不唯一) [解析]连接AC ，∵四边形ABCD 为菱形， ∴AC ⊥BD ， 又∵PA ⊥平面ABCD ， ∴PA ⊥BD ，又AC ∩PA ＝A ，∴BD ⊥平面PAC ， ∴BD ⊥PC .∴当DM ⊥PC (或BM ⊥PC 等)时， 即有PC ⊥平面MBD ，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.9．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E、F、G分别是AB、BC、B1C1①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面最多只有三个面是直角三角形；②P在直线FG上运动时，AP⊥DE；③Q在直线BC1上运动时，三棱锥A－D1QC的体积不变；④M是正方体的面A1B1C1D1内到点D和C1距离相等的点，那么M点的轨迹是一条线段．[答案] ②③④[解析]三棱锥A1－ABC的四个面都是Rt△，故①错；P在FG上运动时，PF⊥平面ABCD，∴PF⊥DE，又在正方体ABCD中，E、F为AB、BC中点，∴AF⊥DE，∴DE⊥平面PAF，∴DE⊥PA，故②真；VA－D1QC＝VQ－AD1C，∵BC1∥AD1，∴BC1∥平面AD1C，∴无论点Q在BC1上怎样运动，Q到平面AD1C距离都相等，故③真；到点D和C1距离相等的点在经过线段C1D的中点与DC1垂直的平面α上，故点M为平面α与正方体的面A1B1C1D1相交线段上的点，这条线段即A1D1.10．(2021·东城二模)如图，矩形AMND所在的平面与直角梯形MBCN所在的平面互相垂直，MB∥NC，MN ⊥MB.(1)求证：平面AMB∥平面DNC；(2)假设MC⊥CB，求证BC⊥AC.[证明] (1)因为MB∥NC，MB⊄平面DNC，NC⊂平面DNC，所以MB∥平面DNC.因为四边形AMND是矩形，所以MA∥DN.又MA⊄平面DNC，DN⊂平面DNC，所以MA∥平面DNC.又MA∩MB＝M，且MA、MB⊂平面AMB，所以平面AMB∥平面DNC.(2)因为四边形AMND是矩形，所以AM⊥MN.因为平面AMND⊥平面MBCN，且平面AMND∩平面MBCN＝MN，所以AM⊥平面MBCN.因为BC⊂平面MBCN，所以AM⊥BC.因为MC⊥BC，MC∩AM＝M，所以BC⊥平面AMC.因为AC⊂平面AMC，所以BC⊥AC.能力拓展提升11.(文)(2021·一调)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，A 1A ＝AB ＝2，BC ＝1，AC ＝5，假设规定正(主)视方向垂直平面ACC 1A 1，那么此三棱柱的侧(左)视图的面积为( ) A.455B ．25C ．4D ．2[答案] A [解析]过B 作BE ⊥AC ，垂足为E ，平面B 1BE 交A 1C 1于E 1，那么BE ＝255，由题意根据三视图的规那么知，几何体的侧视图表示长为255，宽为2的矩形，所以几何体的侧视图的面积为S ＝255×2＝455，应选A.(理)如图，在棱长均为1的三棱锥S －ABC 中，E 为棱SA 的中点，F 为△ABC 的中心，那么直线EF 与平面ABC 所成角的正切值是( )A ．2 2B ．1 C. 2 D.22 [答案] C[解析] ∵F 为正三棱锥底面中心，∴SF ⊥平面ABC ，∴平面SAF ⊥平面ABC ，∴∠EFA 为EF 与平面ABC 所成的角，易知AE ＝12，AF ＝33，又EF ＝12SA ＝12， ∴cos ∠FAE ＝AF 2＋AE 2－EF 22AF ·AE ＝33，∴sin ∠FAE ＝1－cos 2A ＝63，∴tan ∠FAE ＝ 2. 由于Rt △SAF 中E 为SA 的中点， ∴∠FAE ＝∠EFA ，故tan ∠EFA ＝ 2.12．(文)(2021·理，6)设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b ⊥m ，那么“α⊥β〞是“a ⊥b 〞的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件[解析] ①∵α∩β＝m ，b ⊂β，α⊥β，b ⊥m ，∴b ⊥α，又∵a ⊂α，∴b ⊥a .②当a ⊂α，a ∥m 时，∵b ⊥m ，∴b ⊥a ，而此时平面α与平面β不一定垂直，应选A.(理)过正方形ABCD 之顶点A 作PA ⊥平面ABCD ，假设PA ＝AB ，那么平面ABP 与平面CDP 所成二面角的度数为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[答案] B[解析] 过P 作直线l ∥AB ，那么l 为二面角的棱，易证∠APD 即为所求． ∵AP ＝AD ，∠PAD ＝90°，∴∠APD ＝45°.13．(2021·联考)四棱锥P －ABCD 的顶点都在球O 的球面上，底面ABCD 是矩形，平面PAD ⊥底面ABCD ，△PAD 为正三角形，AB ＝2AD ＝4，那么球O 的外表积为________．[答案]643π [解析] 过P 作PE ∥AB 交球面于E ，连接BE 、CE ，那么BE ∥AP ，CE ∥DP ， ∴三棱柱APD －BEC 为正三棱柱，∵△PAD 为正三角形，∴△PAD 外接圆的半径为233， ∴球O 的半径R ＝22＋2332＝43，∴球O 的外表积S ＝4πR 2＝643π.14．在正三棱锥P －ABC 中，D 、E 分别是AB 、BC 的中点，有以下三个论断：①AC ⊥PB ；②AC ∥平面PDE ；③AB ⊥平面PDE .其中正确论断的序号为________．[答案] ①② [解析]如图，∵D 、E 为AB 、BC 的中点，∴DE ∥AC ， ∵AC ⊄平面PDE ，∴AC ∥平面PDE ； 取AC 中点M ，那么由正三棱锥知，PM ⊥AC ，BM ⊥AC ，∴AC ⊥平面PBM ，∵AC ∥DE ，DE ⊥BM ，∴BM ⊥DE .故AB 与DE 不垂直，从而AB ⊥平面PDE ，错误．15．如图，AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，△ACD 是正三角形，AD ＝DE ＝2AB ，且F 是CD 的中点． (1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE . [证明] (1)取CE 的中点P ，连接FP 、BP ， ∵F 为CD 的中点， ∴FP ∥DE ，且FP ＝12DE . 又AB ∥DE ，且AB ＝12DE ， ∴AB ∥FP ，且AB ＝FP ，∴四边形ABPF 为平行四边形，∴AF ∥BP . 又∵AF ⊄平面BCE ，BP ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .(2)∵△ACD 为正三角形，∴AF ⊥CD . ∵AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，∴DE ⊥平面ACD ， 又AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF .又AF ⊥CD ，CD ∩DE ＝D ，∴AF ⊥平面CDE . 又BP ∥AF ，∴BP ⊥平面CDE .又∵BP ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .16．(文)(2021·模拟)如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AB ＝AD ＝2，CD ＝4，M 为CE 的中点．(1)求证：BM ∥平面ADEF ； (2)求证：平面BDE ⊥平面BEC .[证明] (1)证明：延长DA 与CB 相交于P ， ∵AB ＝AD ＝2，CD ＝4，AB ∥CD ，∴B 为PC 的中点， 又M 为CE 的中点，∴BM ∥EP ， ∵BM ⊄平面ADEF ，EP ⊂平面ADEF ，∴BM ∥平面ADEF .(2)证明：由(1)知，BC ＝12PC ＝12PD 2＋CD 2＝22， 又BD ＝AD 2＋AB 2＝22，∴BD 2＋BC 2＝CD 2，∴BD ⊥BC .又平面ADEF ⊥平面ABCD ，ED ⊥AD ， ∴ED ⊥平面ABCD ，∴ED ⊥BC ， ∵ED ∩BD ＝D ，∴BC ⊥平面BDE ， 又BC ⊂平面BEC ，∴平面BDE ⊥平面BEC .(理)(2021·文，16)如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，D 、E 分别为AC 、AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图2.(1)求证：DE ∥平面A 1CB ； (2)求证：A 1F ⊥BE ；(3)线段A 1B 上是否存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ ？说明理由． [分析] (1)利用线面平行判定定理证明(关键证明DE ∥BC )． (2)由平面图形知⎩⎨⎧DE ⊥AD ，DE ⊥CD .折叠后，⎩⎨⎧DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD .由线面垂直判定定理证得DE ⊥平面A 1CD ，那么DE⊥A 1F ，又由A 1F ⊥CD ，易证得A 1F ⊥平面BCDE ，那么A 1F ⊥BE .(3)采取先找再证的方法处理．由DA 1＝DC 联想到等腰三角形底边上的中线是底面边上的高，可取A 1C 中点，再由“中点找中点〞原那么取A 1B 中点Q ，证明A 1C ⊥平面DEQ (利用(2)中的DE ⊥平面A 1DC 这一结论)．[解析] (1)证明：因为D 、E 分别为AC 、AB 的中点， 所以DE ∥BC .又因为DE ⊄平面A 1CB ，所以DE ∥平面A 1CB . (2)证明：由得AC ⊥BC 且DE ∥BC ， 所以DE ⊥AC ，所以DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD . 所以DE ⊥平面A 1DC .而A 1F ⊂平面A 1DC ，所以DE ⊥A 1F . 又因为A 1F ⊥CD ，所以A 1F ⊥平面BCDE . 所以A 1F ⊥BE .(3)线段A 1B 上存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ .理由如下：如图，分别取A 1C 、A 1B 的中点P 、Q ，那么PQ ∥BC . 又因为DE ∥BC ，所以DE ∥PQ ， 所以平面DEQ 即为平面DEP . 由(2)知，DE ⊥平面A 1DC ， 所以DE ⊥A 1C .又因为P 是等腰直角三角形DA 1C 底边A 1C 的中点， 所以A 1C ⊥DP . 所以A 1C ⊥平面DEP . 从而A 1C ⊥平面DEQ .故线段A 1B 上存在点Q ，使得A 1C ⊥平面DEQ .[点评] 1.此题考查了线面平行，线面垂直的判定定理，性质定理，折叠问题，存在性问题等． 2．对于折叠问题，关键是看清折叠前后各量的变化与不变(包括长度、角度、位置关系等)，对于存在性问题，一般采取先找再证(取特例)的方法解决．1．(2021·高三年级调研测试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△PAD 是等边三角形，BD ＝2AD ＝4，AB ＝2DC ＝2 5.(1)求证：BD ⊥平面PAD ； (2)求三棱锥A －PCD 的体积．[解析] (1)证明：在△ABD 中，由于AD ＝2，BD ＝4，AB ＝25，∴AD 2＋BD 2＝AB 2.∴AD ⊥BD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥平面PAD . (2)过P 作PO ⊥AD 交AD 于O .又平面PAD ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥平面ABCD . ∵△PAD 是边长为2的等边三角形，∴PO ＝ 3. 由(1)知，AD ⊥BD ，在Rt △ABD 中， 斜边AB 边上的高为h ＝AD ×BD AB ＝455. ∵AB ∥DC ，∴S △ACD ＝12CD ×h ＝12×5×455＝2. ∴V A －PCD ＝V P －ACD ＝13S △ACD ×PO ＝13×2×3＝233.2.(2021·豫东、豫北十所名校联考)如下列图的七面体是由三棱台ABC －A 1B 1C 1和四棱锥D －AA 1C 1C 对接而成，四边形ABCD 是边长为2的正方形，BB 1⊥平面ABCD ，BB 1＝2A 1B 1＝2.(1)求证：平面AA 1C 1C ⊥平面BB 1D ；(2)求二面角A －A 1D －C 1的余弦值．[解析] 因为BB 1⊥平面ABCD 且ABCD 是边长为2的正方形，所以以B 为原点建立如下列图的空间直角坐标系B －xyz ，那么有A (2,0,0)，B (0,0,0)，C (0,2,0)，D (2,2,0)，A 1(1,0,2)，B 1(0,0,2)，C 1(0,1,2)．(1)证明：∵BB 1→·AC →＝(0,0,2)·(－2,2,0)＝0，BD →·AC →＝(2,2,0)·(－2,2,0)＝0，∴BB 1→⊥AC →，BD →⊥AC →，∴BB 1⊥AC ，BD ⊥AC ，∵BB 1与DB 是平面BB 1D 内的两条相交直线．∴AC ⊥平面BB 1D ，又AC ⊂平面AA 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C ⊥平面BB 1D .(2)AA 1→＝(－1,0,2)，AD →＝(0,2,0)，A 1C 1→＝(－1,1,0)，A 1D →＝(1,2，－2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面A 1AD 的一个法向量，那么n ·AA 1→＝－x 1＋2z 1＝0，n ·AD →＝2y 1＝0，于是y 1＝0，取z 1＝1，那么x 1＝2，n ＝(2,0,1)．设m ＝A 1C 1→＝－x 2＋y 2＝0，m ·A 1D →＝x 2＋2y 2－2z 2＝0，可得3y 2＝2z 2，取z 2＝3，那么x 2＝y 2＝2，m ＝(2,2,3)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝75×17＝78585， 由图知二面角A －A 1D －C 1为钝角，所以其余弦值为－78585. 3．(2021·一模)四棱锥A －BCDE 的正视图和俯视图如下，其中俯视图是直角梯形．(1)假设正视图是等边三角形，F 为AC 的中点，当点M 在棱AD 上移动时，是否总有BF 丄CM ，请说明理由；(2)假设AB ＝AC ，平面ABC 与平面ADE 所成的锐二面角为45°，求直线AD 与平面ABE 所成角的正弦值．[解析] (1)总有BF ⊥CM ，理由如下：法一：取BC 的中点O ，连接AO ，由俯视图可知，AO ⊥平面BCDE ，CD ⊂平面BCDE ，所以AO ⊥CD .又CD ⊥BC ，所以CD ⊥平面ABC ，故CD ⊥BF .因为△ABC 为正三角形，F 是AC 的中点，所以BF ⊥AC .又AC ∩CD ＝D ，故BF ⊥平面ACD ，因为CM ⊂平面ACD ，所以BF ⊥CM .法二：取BC 的中点O ，连接AO ，由俯视图可知，AO ⊥平面BCDE ，取DE 中点H ，连接OH ，OH ⊥BC ， 以OC 、OH 、OA 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O －xyz .那么A (0,0，3)，B (－1,0,0)，C (1,0,0)，D (1,2,0)，可求得F (12，0，32)， 设点M 的横坐标为x ，可求得点M (x,2x ，3(1－x ))那么BF →＝(32，0，32)，CM →＝(x －1,2x ，3(1－x ))， BF →·CM →＝32(x －1)＋32·3(1－x )＝0， 故BF ⊥CM .(2)建系同上，设A (0,0，a )，(a >0)，可得ED →＝(2,1,0)，AD →＝(1,2，－a )，设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，那么m ·ED →＝0，m ·AD →＝0，可得⎩⎨⎧ 2x 1＋y 1＝0，x 1＋2y 1－az 1＝0，取x 1＝1，y 1＝－2，z 1＝－3a， 可得m ＝(1，－2，－3a)． 又平面ABC 的法向量为n ＝(0,1,0)，所以cos 〈m ，n 〉＝－25＋9a 2，由题设平面ABC 与平面ADE 所成的锐二面角为45°，可得25＋9a 2＝22，解得a ＝3， 设平面ABE 的法向量为p ＝(x 2，y 2，z 2)，又BA →＝(1,0，3)，BE →＝(0,1,0)，故p ·BA →＝0，p ·BE →＝0，∴⎩⎨⎧ x 2＋3z 2＝0，y 2＝0，取x 2＝3，那么z 2＝－1，可得p ＝(3，0，－1)，cos 〈AD →，p 〉＝AD →·p |AD →|·|p |＝232×8＝64. 设直线AD 与平面ABE 所成角为α，那么sin α＝|cos 〈AD →，p 〉|＝64. 4.(2021·十二校联考)如下列图，四棱锥P －ABCD 的底面是梯形，且BA ⊥AD ，CD ⊥AD ，CD ＝2AB .PA ⊥底面ABCD ，E 为PC 的中点．PA ＝AD ＝AB ＝1.(1)证明：EB ∥平面PAD ；(2)求直线BD 与平面PDC 所成角的大小．[解析](1)证明：取PD 的中点Q ，连接EQ ，AQ ，那么QE ∥CD ∥AB ，且QE ＝12CD ＝AB ， 故四边形ABEQ 是平行四边形．故EB ∥AQ .又AQ ⊂平面PAD ，EB ⊄平面PAD ，故EB ∥平面PAD .(2)∵CD ⊥AD ，PA ⊥CD ，∴CD ⊥平面PAD .∵AQ ⊂平面PA ，∴AQ ⊥CD .又可得AQ ⊥PD ，故AQ ⊥平面PCD .又BE ∥AQ ，故BE ⊥平面PDC .所以∠BDE 为BD 与平面PDC 所成的角，由题意易知Rt △BDE 中，BE ＝AQ ＝12PD ＝22，BD ＝2， ∴∠BDE ＝30°.即直线BD 与平面PDC 所成角为30°.。
立体几何线面平行垂直、面面平行垂直专题练习(高三党必做)
立体几何线面平行垂直、面面平行垂直专题一、解答题（本大题共27小题，共324.0分）1.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．（1）证明：MN∥平面PAB；（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．2.如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．BC＝12(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值．3.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC=90°，AC=AB=AA1，E是BC的中点．（1）求证：AE⊥B1C；（2）求异面直线AE与A1C所成的角的大小；（3）若G为C1C中点，求二面角C-AG-E的正切值．4.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是菱形，AC∩BD=O，△PAC是边长为2的等边三角形，PB=PD=√6，AP=4AF．（Ⅰ）求证：PO⊥底面ABCD；（Ⅱ）求直线CP与平面BDF所成角的大小；（Ⅲ）在线段PB上是否存在一点M，使得CM∥平面BDF如果存在，求BM的值，如果不存在，请说明理BP由．5.如图，在直三棱柱ABC-A1B l C1中，AC=BC=√2，∠ACB=90°．AA1=2，D为AB的中点．（Ⅰ）求证：AC⊥BC1；（Ⅱ）求证：AC1∥平面B1CD：（Ⅲ）求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值．6.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．7.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=√6，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B-PD-A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．8.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）设AP=1，AD=√3，三棱锥P-ABD的体积V=√3，求A到平面PBC的距4离．9.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．（Ⅰ）证明：BE⊥DC；（Ⅱ）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；（Ⅲ）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F-AB-P的余弦值．10.如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．11.如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB=2，∠ABC=60°，M是AB的中点，N是CE的中点．（I）求证：EM⊥AD；（II）求证：MN∥平面ADE；（III）求点A到平面BCE的距离．12.已知几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD⊥DC，EA⊥平面ABCD，FC∥EA，AB=AD=EA=1，CD=CF=2．（Ⅰ）求证：平面EBD⊥平面BCF；（Ⅱ）求点B到平面ECD的距离．13.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD=PD=2，E、F分别为CD、PB的中点．（1）求证：EF∥平面PAD；（2）求证：平面AEF⊥平面PAB；（3）设AB=√2AD，求直线AC与平面AEF所成角θ的正弦值．14.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ADC=45∘，AD=AC=2，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD且PO=6，M为BD的中点．(1)证明：AD⊥平面PAC；(2)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．15.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，AA1=√2，点D为A1C1的中点．（I）求证：BC1∥平面AB1D；（II）求证：A1C⊥平面AB1D；（Ⅲ）求异面直线AD与BC1所成角的大小．16.如图，P-ABD和Q-BCD为两个全等的正棱锥，且A，B，C，D四点共面，其中AB=1，∠APB=90°．（Ⅰ）求证：BD⊥平面APQ；（Ⅱ）求直线PB与平面PDQ所成角的正弦值．17.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1ACC1⊥底面ABC，AB=BC=2，∠ACB=30°，∠C1CB=60°，BC1⊥A1C，E为AC的中点，侧棱CC1=2．（1）求证：A1C⊥平面C1EB；（2）求直线CC1与平面ABC所成角的余弦值．18.如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB=6，BC=2√3，AC=2√6，D为线段AB上的点，且AD=2DB，PD⊥AC．（1）求证：PD⊥平面ABC；，求点B到平面PAC的距离．（2）若∠PAB=π419.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，△ABC为正三角形，D是BC边的中点，AA1=AB=1．（1）求证：平面ADB1⊥平面BB1C1C；（2）求点B到平面ADB1的距离．20.如图，在三棱锥P-ABC中，点D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，已知PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB=BC．（1）求证：平面BED⊥平面PAC；（2）求二面角F-DE-B的大小；（3）若PA=6，DF=5，求PC与平面PAB所成角的正切值．21.如图,在四棱锥P—ABCD中,PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,DB平分∠ADC,E为PC的中点,AD＝CD＝1,DB=2√2.(1)证明PA∥平面BDE;(2)证明AC⊥平面PBD;(3)求直线BC与平面PBD所成的角的正切值.22.如图所示，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，AB=AA1=2A1B1=2．（Ⅰ）若M为CD中点，求证：AM⊥平面AA1B1B；（Ⅱ）求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值．=√2.23.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°，E为A1C1的中点，CC1C1E（Ⅰ）证明：CE⊥平面AB1C1；（Ⅱ）若AA1=√6，∠BAC=30°，求点E到平面AB1C的距离．24.如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是边长为√2的正方形，平面AEC⊥平面CDE，∠AEC=90°，F为DE中点，且DE=1．（Ⅰ）求证：BE∥平面ACF；（Ⅱ）求证：CD⊥DE；（Ⅲ）求FC与平面ABCD所成角的正弦值．25.已知：平行四边形ABCD中，∠DAB=45°，AB=√2AD=2√2，平面AED⊥平面ABCD，△AED为等边三角形，EF∥AB，EF=√2，M为线段BC的中点．（1）求证：直线MF∥平面BED；（2）求证：平面BED⊥平面EAD；（3）求直线BF与平面BED所成角的正弦值．26.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD=√2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AC=√2，AB=BC=1，E为AD中点．（Ⅰ）求证：PE⊥平面ABCD；（Ⅱ）求异面直线PB与CD所成角的余弦值；（Ⅲ）求平面PAB与平面PCD所成的二面角．27.如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．答案和解析1.【答案】（1）证明：法一、如图，取PB 中点G ，连接AG ，NG ，∵N 为PC 的中点， ∴NG ∥BC ，且NG =12BC ，又AM =23AD =2，BC =4，且AD ∥BC ， ∴AM ∥BC ，且AM =12BC ，则NG ∥AM ，且NG =AM ，∴四边形AMNG 为平行四边形，则NM ∥AG ， ∵AG ⊂平面PAB ，NM ⊄平面PAB ， ∴MN ∥平面PAB ； 法二、在△PAC 中，过N 作NE ⊥AC ，垂足为E ，连接ME ， 在△ABC 中，由已知AB =AC =3，BC =4，得cos ∠ACB =42+32−322×4×3=23，∵AD ∥BC ，∴cos ∠EAM =23，则sin ∠EAM =√53，在△EAM 中，∵AM =23AD =2，AE =12AC =32，由余弦定理得：EM =√AE 2+AM 2−2AE ⋅AM ⋅cos∠EAM =√94+4−2×32×2×23=32，∴cos ∠AEM =(32)2+(32)2−42×32×32=19，而在△ABC 中，cos ∠BAC =32+32−422×3×3=19，∴cos ∠AEM =cos ∠BAC ，即∠AEM =∠BAC ， ∴AB ∥EM ，则EM ∥平面PAB ．由PA ⊥底面ABCD ，得PA ⊥AC ，又NE ⊥AC ， ∴NE ∥PA ，则NE ∥平面PAB ． ∵NE ∩EM =E ，∴平面NEM ∥平面PAB ，则MN ∥平面PAB ；（2）解：在△AMC 中，由AM =2，AC =3，cos ∠MAC =23，得CM 2=AC 2+AM 2-2AC •AM •cos ∠MAC =9+4−2×3×2×23=5．∴AM 2+MC 2=AC 2，则AM ⊥MC ， ∵PA ⊥底面ABCD ，PA ⊂平面PAD ，∴平面ABCD ⊥平面PAD ，且平面ABCD ∩平面PAD =AD ， ∴CM ⊥平面PAD ，则平面PNM ⊥平面PAD ．在平面PAD 内，过A 作AF ⊥PM ，交PM 于F ，连接NF ，则∠ANF 为直线AN 与平面PMN 所成角．在Rt△PAC中，由N是PC的中点，得AN=12PC=12√PA2+PC2=52，在Rt△PAM中，由PA•AM=PM•AF，得AF=PA⋅AMPM =√42+22=4√55，∴sin∠ANF=AFAN =4√5552=8√525．∴直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8√525．【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查直线与平面所成角的求法，考查数学转化思想方法，考查了空间想象能力和计算能力，是中档题．（1）法一、取PB中点G，连接AG，NG，由三角形的中位线定理可得NG∥BC，且NG=12BC，再由已知得AM∥BC，且AM=12BC，得到NG∥AM，且NG=AM，说明四边形AMNG为平行四边形，可得NM∥AG，由线面平行的判定得到MN∥平面PAB；法二、证明MN∥平面PAB，转化为证明平面NEM∥平面PAB，在△PAC中，过N作NE⊥AC，垂足为E，连接ME，由已知PA⊥底面ABCD，可得PA∥NE，通过求解直角三角形得到ME∥AB，由面面平行的判定可得平面NEM∥平面PAB，则结论得证；（2）由勾股定理得CM⊥AD，进一步得到平面PNM⊥平面PAD，在平面PAD内，过A作AF⊥PM，交PM于F，连接NF，则∠ANF为直线AN与平面PMN所成角．然后求解直角三角形可得直线AN与平面PMN所成角的正弦值．2.【答案】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF=12AD，AB=BC=12AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥AD，EF∥BC,EF=BC,∴四边形BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴直线CE∥平面PAB;（2）解:如图所示，取AD中点O，连接PO，CO，由于△PAD为正三角形，则PO⊥AD，因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥CO. 因为AO=AB=BC=12AD，且∠BAD=∠ABC= 90∘，所以四边形ABCO是矩形，所以CO⊥AD，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系,不妨设AB=BC=12AD=1，则OA=OD=AB=CO=1.又因为△POC为直角三角形，|OC|=√33|OP|，所以∠PCO=60∘.作MN⊥CO，垂足为N，连接BN，因为PO ⊥CO ，所以MN //PO ，且PO ⊥平面ABCD ，所以MN ⊥平面ABCD ，所以∠MBN 即为直线BM 与平面ABCD 所成的角, 设CN =t ，因为∠PCO =60∘，所以MN =√3t ，BN =√BC 2+CN 2=√t 2+1. 因为∠MBN =45∘，所以MN =BN ，即√3t =√t 2+1，解得t =√22，所以ON =1−√22，MN =√62，所以A (0,−1,0)，B (1,−1,0)，M (1−√22,0,√62)，D (0,1,0)，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−√22,1,√62). 设平面MAB 和平面DAB 的法向量分别为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，n 2⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2), 则{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1⃗⃗⃗⃗ =0AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1⃗⃗⃗⃗ =0，即{x 1=0(1−√22)x 1+y 1+√62z 1=0， 可取z 1=−2，则n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,√6,−2), 同理可得n 2⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1)，所以.因为二面角M -AB -D 是锐角，所以其余弦值为√105.【解析】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，空间向量求二面角夹角，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．（1）取PA 的中点F ，连接EF ，BF ，通过证明CE ∥BF ，利用直线与平面平行的判定定理证明即可．（2）取AD 中点O ，连接PO ，CO ，作MN ⊥CO ，垂足为N ，以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，即可求出二面角M -AB -D 的余弦值．3.【答案】证明：（1）因为BB 1⊥面ABC ，AE ⊂面ABC ，所以AE ⊥BB 1,由AB =AC ，E 为BC 的中点得到AE ⊥BC , ∵BC ∩BB 1=B ，BC 、BB 1⊂面BB 1C 1C ， ∴AE ⊥面BB 1C 1C ，,∴AE ⊥B 1C ；解：（2）取B 1C 1的中点E 1，连A 1E 1，E 1C ，则AE ∥A 1E 1， ∴∠E 1A 1C 是异面直线AE 与A 1C 所成的角， 设AC =AB =AA 1=2，则由∠BAC =90°， 可得A 1E 1=AE =√2，A 1C =2√2，E 1C 1=EC =12BC =√2，∴E 1C =√E 1C 12+C 1C 2=√6，∵在△E 1A 1C 中，cos ∠E 1A 1C =2+8−62⋅√2⋅2√2=12， 所以异面直线AE 与A 1C 所成的角为π3；（3）连接AG ，设P 是AC 的中点，过点P 作PQ ⊥AG 于Q ，连EP ，EQ ，则EP ⊥AC ，又∵平面ABC ⊥平面ACC 1A 1,平面ABC ∩平面ACC 1A 1=AC ∴EP ⊥平面ACC 1A 1， 而PQ ⊥AG ∴EQ ⊥AG ．∴∠PQE 是二面角C -AG -E 的平面角， 由(2)假设知：EP =1，AP =1， Rt △ACG ∽Rt △AQP ，PQ =CG·AP AG=1√5，故tan ∠PQE =PEPQ =√5，所以二面角C -AG -E 的平面角正切值是√5.【解析】本题考查异面直线的夹角，线线垂直的判定，属于中档题，熟练掌握线面垂直，线线垂直与面面垂直之间的转化及异面直线夹角及二面角的定义，是解答本题的关键，属于较难题.（1）由BB 1⊥面ABC 及线面垂直的性质可得AE ⊥BB 1，由AC =AB ，E 是BC 的中点，及等腰三角形三线合一，可得AE ⊥BC ，结合线面垂直的判定定理可证得AE ⊥面BB 1C 1C ，进而由线面垂直的性质得到AE ⊥B 1C ；（2）取B 1C 1的中点E 1，连A 1E 1，E 1C ，根据异面直线夹角定义可得，∠E 1A 1C 是异面直线A 与A 1C 所成的角，设AC =AB =AA 1=2，解三角形E 1A 1C 可得答案． （3）连接AG ，设P 是AC 的中点，过点P 作PQ ⊥AG 于Q ，连EP ，EQ ，则EP ⊥AC ，由直三棱锥的侧面与底面垂直，结合面面垂直的性质定理，可得EP ⊥平面ACC 1A 1，进而由二面角的定义可得∠PQE 是二面角C -AG -E 的平面角．4.【答案】（Ⅰ）证明：因为底面ABCD 是菱形，AC ∩BD =O ，所以O 为AC ，BD 中点．-------------------------------------（1分）又因为PA =PC ，PB =PD ，所以PO ⊥AC ，PO ⊥BD ，---------------------------------------（3分）所以PO ⊥底面ABCD ．----------------------------------------（4分）（Ⅱ）解：由底面ABCD 是菱形可得AC ⊥BD ， 又由（Ⅰ）可知PO ⊥AC ，PO ⊥BD ．如图，以O 为原点建立空间直角坐标系O -xyz ．由△PAC 是边长为2的等边三角形，PB =PD =√6，可得PO =√3，OB =OD =√3．所以A(1，0，0)，C(−1，0，0)，B(0，√3，0)，P(0，0，√3)．---------------------------------------（5分）所以CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，√3)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1，0，√3)． 由已知可得OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA⃗⃗⃗⃗⃗ +14AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(34，0，√34)-----------------------------------------（6分） 设平面BDF 的法向量为n −=（x ，y ，z ），则{√3y =034x +√34z =0令x =1，则z =−√3，所以n ⃗ =（1，0，-√3）．----------------------------------------（8分） 因为cos ＜CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞=CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=-12，----------------------------------------（9分） 所以直线CP 与平面BDF 所成角的正弦值为12，所以直线CP 与平面BDF 所成角的大小为30°．-----------------------------------------（10分）（Ⅲ）解：设BMBP =λ（0≤λ≤1），则CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λBP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，√3(1−λ)，√3λ)．---------------------------------（11分）若使CM ∥平面BDF ，需且仅需CM −⋅n ⃗ =0且CM ⊄平面BDF ，---------------------（12分） 解得λ=13∈[0，1]，----------------------------------------（13分） 所以在线段PB 上存在一点M ，使得CM ∥平面BDF ． 此时BM BP =13．-----------------------------------（14分）【解析】（Ⅰ）证明PO ⊥底面ABCD ，只需证明PO ⊥AC ，PO ⊥BD ；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出直线CP 的方向向量，平面BDF 的法向量，利用向量的夹角公式可求直线CP 与平面BDF 所成角的大小；（Ⅲ）设BMBP =λ（0≤λ≤1），若使CM ∥平面BDF ，需且仅需CM −⋅n ⃗ =0且CM ⊄平面BDF ，即可得出结论．本题考查线面垂直，考查线面平行，考查线面角，考查向量知识的运用，正确求出向量的坐标是关键．5.【答案】解：（I ）证明：∵CC 1⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∠ACB =90°， ∴CC 1⊥AC ，AC ⊥BC ，又BC ∩CC 1=C ，∴AC ⊥平面BCC 1，BC 1⊂平面BCC 1， ∴AC ⊥BC 1．（II ）证明：如图，设CB 1∩C 1B =E ，连接DE ， ∵D 为AB 的中点，E 为C 1B 的中点，∴DE ∥AC 1， ∵DE ⊂平面B 1CD ，AC 1⊄平面B 1CD ， ∴AC 1∥平面B 1CD ．（III ）解：由DE ∥AC 1，∠CED 为AC 1与B 1C 所成的角，在△CDE 中，DE =12AC 1=12√AC 2+CC 12=√62， CE =12B 1C =12√BC 2+BB 12=√62，CD =12AB =12√AC 2+BC 2=1，cos ∠CED =CE 2+DE 2−CD 22×CE×DE=32+32−12×√62×√62=23，∴异面直线AC 1与B 1C 所成角的余弦值为23．【解析】本题考查线线垂直的判定、线面平行的判定、异面直线及其所成的角． （I ）先证线面垂直，再由线面垂直证明线线垂直即可； （II ）作平行线，由线线平行证明线面平行即可；（III ）先证明∠CED 为异面直线所成的角，再在三角形中利用余弦定理计算即可． 6.【答案】解：如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中， 设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1， 则，OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，故以{OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底， 建立空间直角坐标系O -xyz ，∵AB =AA 1=2，A （0，-1，0），B （√3，0，0）， C （0，1，0），A 1（0，-1，2），B 1（√3，0，2），C 1（0，1，2）．（1）点P 为A 1B 1的中点．∴P(√32，−12，2)，∴BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32，−12，2)，AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2)． |cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||BP ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|−1+4|√5×2√2=3√1020．∴异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为：3√1020； （2）∵Q 为BC 的中点．∴Q （√32，12，0）∴AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32，32，0)，AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2)，设平面AQC 1的一个法向量为n⃗ =（x ，y ，z ）， 由{AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ⃗ =√32x +32y =0AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n⃗ =2y +2z =0，可取n⃗ =（√3，-1，1）， 设直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为θ， sinθ=|cos|=|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n⃗ |=2√5×2=√55， ∴直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为√55．【解析】本题考查了向量法求空间角，属于中档题．设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，以{OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底，建立空间直角坐标系O -xyz ，（1）由|cos ＜BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＞|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |可得异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求得平面AQC 1的一个法向量为n⃗ ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为θ，可得sinθ=|cos ＜CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，n⃗ ＞|=|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |，即可得直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．7.【答案】（1）证明：如图，设AC ∩BD =O ，∵ABCD 为正方形，∴O 为BD 的中点，连接OM ，∵PD ∥平面MAC ，PD ⊂平面PBD ，平面PBD ∩平面AMC =OM ， ∴PD ∥OM ，则BOBD =BM BP，即M 为PB 的中点；（2）解：取AD 中点G ， ∵PA =PD ，∴PG ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD =AD ， ∴PG ⊥平面ABCD ，则PG ⊥AD ，连接OG ，则PG ⊥OG ，由G 是AD 的中点，O 是AC 的中点，可得OG ∥DC ，则OG ⊥AD ．以G 为坐标原点，分别以GD 、GO 、GP 所在直线为x 、y 、z 轴距离空间直角坐标系， 由PA =PD =√6，AB =4，得D （2，0，0），A （-2，0，0），P （0，0，√2），C （2，4，0），B （-2，4，0），M （-1，2，√22），DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2，0，√2)，DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4，4，0)． 设平面PBD 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(x ，y ，z)，则由{m ⃗⃗⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m⃗⃗⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{−2x +√2z =0−4x +4y =0，取z =√2，得m ⃗⃗⃗ =(1，1，√2)． 取平面PAD 的一个法向量为n ⃗ =(0，1，0)．∴cos ＜m ⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=12×1=12． ∴二面角B -PD -A 的大小为60°；（3）解：CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3，−2，√22)，平面BDP 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(1，1，√2)．∴直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为|cos ＜CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，m ⃗⃗⃗ ＞|=|CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅m ⃗⃗⃗|CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||=|−2√9+4+12×1|=2√69．【解析】本题考查线面角与面面角的求法，训练了利用空间向量求空间角，属中档题．（1）设AC ∩BD =O ，则O 为BD 的中点，连接OM ，利用线面平行的性质证明OM ∥PD ，再由平行线截线段成比例可得M 为PB 的中点；（2）取AD 中点G ，可得PG ⊥AD ，再由面面垂直的性质可得PG ⊥平面ABCD ，则PG ⊥AD ，连接OG ，则PG ⊥OG ，再证明OG ⊥AD ．以G 为坐标原点，分别以GD 、GO 、GP 所在直线为x 、y 、z 轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD 与平面PAD 的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B -PD -A 的大小；（3）求出CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，由CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与平面PBD 的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．8.【答案】解：（Ⅰ）证明：设BD 与AC 的交点为O ，连结EO ， ∵ABCD 是矩形， ∴O 为BD 的中点 ∵E 为PD 的中点， ∴EO ∥PB ．EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ∴PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）∵AP =1，AD =√3，三棱锥P -ABD 的体积V =√34，∴V =16PA ⋅AB ⋅AD =√36AB =√34，∴AB =32，PB =√1+(32)2=√132．作AH ⊥PB 交PB 于H ， 由题意可知BC ⊥平面PAB ， ∴BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC ．又在三角形PAB 中，由射影定理可得：AH =PA⋅AB PB=3√1313A 到平面PBC 的距离3√1313．【解析】本题考查直线与平面垂直，点到平面的距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力．（Ⅰ）设BD 与AC 的交点为O ，连结EO ，通过直线与平面平行的判定定理证明PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）通过AP =1，AD =√3，三棱锥P -ABD 的体积V =√34，求出AB ，作AH ⊥PB 角PB于H ，说明AH 就是A 到平面PBC 的距离．通过解三角形求解即可． 9.【答案】证明：（I ）∵PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ， 以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，∵AD =DC =AP =2，AB =1，点E 为棱PC 的中点． ∴B （1，0，0），C （2，2，0），D （0，2，0）， P （0，0，2），E （1，1，1）∴BE⃗⃗⃗⃗⃗ =（0，1，1），DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，0，0） ∵BE ⃗⃗⃗⃗⃗ •DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∴BE ⊥DC ；（Ⅱ）∵BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（-1，2，0），PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，0，-2），设平面PBD 的法向量m⃗⃗⃗ =（x ，y ，z ）， 由{m ⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{−x +2y =0x −2z =0， 令y =1，则m⃗⃗⃗ =（2，1，1）， 则直线BE 与平面PBD 所成角θ满足： sinθ=m⃗⃗⃗ ⋅BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√6×√2=√33， 故直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为√33．（Ⅲ）∵BC⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，2，0），CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-2，-2，2），AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，2，0）， 由F 点在棱PC 上，设CF⃗⃗⃗⃗⃗ =λCP ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-2λ，-2λ，2λ）（0≤λ≤1）， 故BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF⃗⃗⃗⃗⃗ =（1-2λ，2-2λ，2λ）（0≤λ≤1）， 由BF ⊥AC ，得BF ⃗⃗⃗⃗⃗ •AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2（1-2λ）+2（2-2λ）=0， 解得λ=34，即BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-12，12，32）， 设平面FBA 的法向量为n ⃗ =（a ，b ，c ）， 由{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{a =0−12a +12b +32c =0令c =1，则n⃗ =（0，-3，1）， 取平面ABP 的法向量i =（0，1，0）， 则二面角F -AB -P 的平面角α满足： cosα=|i ⋅n ⃗⃗ ||i|⋅|n ⃗⃗ |=3√10=3√1010，故二面角F -AB -P 的余弦值为：3√1010【解析】本题考查的知识点是空间二面角的平面角，建立空间直角坐标系，将二面角问题转化为向量夹角问题，是解答的关键．（I ）以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出BE ，DC 的方向向量，根据BE ⃗⃗⃗⃗⃗ •DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，可得BE ⊥DC ；（II ）求出平面PBD 的一个法向量，代入向量夹角公式，可得直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；（Ⅲ）根据BF ⊥AC ，求出向量BF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，进而求出平面FAB 和平面ABP 的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角F -AB -P 的余弦值． 10.【答案】证明：（Ⅰ）取AD 的中点F ，连接EF ，CF ，∵E 为PD 的中点，∴EF ∥PA ，EF ∥平面PAB ，在四边形ABCD 中，BC ∥AD ，AD =2DC =2CB ，F 为中点，∴四边形CBAF 为平行四边形，故CF ∥AB ，CF ∥平面PAB ，∵CF ∩EF =F ，EF ∥平面PAB ，CF ∥平面PAB ， ∴平面EFC ∥平面ABP ， ∵EC ⊂平面EFC ， ∴EC ∥平面PAB ．解：（Ⅱ）连接BF ，过F 作FM ⊥PB 于M ，连接PF ， ∵PA =PD ，∴PF ⊥AD ，∵DF ∥BC ，DF =BC ，CD ⊥AD ，∴四边形BCDF 为矩形，∴BF ⊥AD ， 又AD ∥BC ，故PF ⊥BC ，BF ⊥BC ，又BF ∩PF =F ,BF 、PF ⊂平面PBF ，BC ⊄平面PBF ， ∴BC ⊥平面PBF ，∴BC ⊥PB ，设DC =CB =1，由PC =AD =2DC =2CB ，得AD =PC =2， ∴PB =√PC 2−BC 2=√4−1=√3， BF =PF =1，∴MF =√12−(√32)2=12，又BC ⊥平面PBF ，∴BC ⊥MF ，又PB ∩BC =B ,PB 、BC ⊂平面PBC ，MF ⊄平面PBC ， ∴MF ⊥平面PBC ，即点F 到平面PBC 的距离为12，∵MF =12，D 到平面PBC 的距离应该和MF 平行且相等，均为12， E 为PD 中点，E 到平面PBC 的垂足也为所在线段的中点，即中位线， ∴E 到平面PBC 的距离为14，在△PCD 中,PC =2,CD =1,PD =√2，,故由余弦定理得CE =√2， 设直线CE 与平面PBC 所成角为θ，则sinθ=14CE=√28．【解析】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，推导出EF∥PA，CF∥AB，从而平面EFC∥平面ABP，由此能证明EC∥平面PAB．（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，推导出四边形BCDF为矩形，从而BF⊥AD，进而AD⊥平面PBF，由AD∥BC，得BC⊥PB，再求出BC⊥MF，由此能求出sinθ．11.【答案】证明：（Ⅰ）∵EA=EB，M是AB的中点，∴EM⊥AB，∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD=AB，EM⊂平面ABE，∴EM⊥平面ABCD，∵AD⊂平面ABCD，∴EM⊥AD；（Ⅱ）取DE的中点F，连接AF，NF，∵N是CE的中点，∴NF=//12CD，∵M是AB的中点，∴AM=//12CD，∴NF=//AM，∴四边形AMNF是平行四边形，∴MN∥AF，∵MN⊄平面ADE，AF⊂平面ADE，∴MN∥平面ADE；解：（III）设点A到平面BCE的距离为d，由（I）知ME⊥平面ABC，BC=BE=2，MC=ME=√3，则CE=√6，BN=√BE2−EN2=√102，∴S△BCE=12CE⋅BN=√152，S△ABC=12BA×BC×sin60°=√3，∵V A-BCE=V E-ABC，即13S△BCE×d=13S△ABC×ME，解得d=2√155，故点A到平面BCE的距离为2√155．【解析】本题考查线线垂直、线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，涉及到力、数据处理能力，考查数形结合思想，是中档题．（Ⅰ）推导出EM ⊥AB ，从而EM ⊥平面ABCD ，由此能证明EM ⊥AD ；（Ⅱ）取DE 的中点F ，连接AF ，NF ，推导出四边形AMNF 是平行四边形，从而MN ∥AF ，由此能证明MN ∥平面ADE ；（III ）设点A 到平面BCE 的距离为d ，由V A -BCE =V E -ABC ，能求出点A 到平面BCE 的距离．12.【答案】（I ）证明：∵AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AB =AD =1，CD =2，∴BD =BC =√2， ∴BD 2+BC 2=CD 2， ∴BD ⊥BC ，∵EA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴EA ⊥BD ，∵EA ∥FC ， ∴FC ⊥BD ，又BC ⊂平面BCF ，FC ⊂平面BCF ，BC ∩CF =C ， ∴BD ⊥平面FBC ， 又BD ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面BCF ．（II ）解：过A 作AM ⊥DE ，垂足为M ， ∵EA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴EA ⊥CD ，又CD ⊥AD ，EA ∩AD =A ， ∴CD ⊥平面EAD ，又AM ⊂平面EAD ， ∴AM ⊥CD ，又AM ⊥DE ，DE ∩CD =D ， ∴AM ⊥平面CDE ，∵AD =AE =1，EA ⊥AD ，∴AM =√22，即A 到平面CDE 的距离为√22，∵AB ∥CD ，CD ⊂平面CDE ，AB ⊄平面CDE ， ∴AB ∥平面CDE ，∴B 到平面CDE 的距离为√22．【解析】（I ）先计算BD ，BC ，利用勾股定理的逆定理证明BD ⊥BC ，再利用EA ⊥平面ABCD 得出AE ⊥BD ，从而有CF ⊥BD ，故而推出BD ⊥平面FBC ，于是平面EBD ⊥平面BCF ；（II ）证明AB ∥平面CDE ，于是B 到平面CDE 的距离等于A 到平面CDE 的距离，过A 作AM ⊥DE ，证明AM ⊥平面CDE ，于是AM 的长即为B 到平面CDE 的距离． 本题考查了线面垂直、面面垂直的判定与性质，空间距离的计算，属于中档题． 13.【答案】证明：方法一：（1）取PA 中点G ，连结DG 、FG ． ∵F 是PB 的中点， ∴GF ∥AB 且GF =12AB ，又底面ABCD 为矩形，E 是DC 中点， ∴DE ∥AB 且DE =12AB∴GF ∥DE 且GF =DE ，∴EF ∥DG∵DG ⊂平面PAD ，EF ⊄平面PAD ， ∴EF ∥平面PAD ．（2）∵PD ⊥底面ABCD ，AB ⊂面ABCD ∴PD ⊥AB又底面ABCD 为矩形 ∴AD ⊥AB 又PD ∩AD =D ∴AB ⊥平面PAD ∵DG ⊂平面PAD ∴AB ⊥DG∵AD =PD ，G 为AP 中点 ∴DG ⊥AP又AB ∩AP =A ， ∴DG ⊥平面PAB又由（1）知EF ∥DG ∴EF ⊥平面PAB ，又EF ⊂面AEF ∴平面AEF ⊥平面PAB ．证法二：（1）以D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系．设AB =a ． ∵AD =PD =2，∴A （2，0，0），B （2，a ，0），C （0，a ，0），P （0，0，2）， ∵E 、F 分别为CD ，PB 的中点 ∴E （0，a2，0），F （1，a2，0）．∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，1)， ∵DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =（0，0，2）+（2，0，0）=（2，0，2）， ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12（DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ）=12DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故EF ⃗⃗⃗⃗⃗ 、DP ⃗⃗⃗⃗⃗ 、DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 共面， 又EF ⊄平面PAD ∴EF ∥平面PAD ．（2）由（1）知EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，1)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，a ，0)，AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2，0，2)． ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，EF ⃗⃗⃗⃗⃗ •AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2+0+2=0， ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 又AB ∩AP =A ，∴EF ⊥平面PAB ， 又EF ⊂平面AEF ，∴平面AEF ⊥平面PAB ， （3）AB =2√2由（1）知，∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-2，√2，0），EF⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，0，1）设平面AEF 的法向量n ⃗ =(x ，y ，z)，则{n⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0即−2x +√2y =0令x =1，则y =√2，z =-1， ∴n⃗ =（1，√2，-1）， 又AC⃗⃗⃗⃗⃗ =（-2，2√2，0）， ∴cos ＜AC⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞=−2+4+02√12=√36， ∴sinθ=|cos ＜AC⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞|=√36．【解析】方法一；（1）取PA 中点G ，连结DG 、FG ，要证明EF ∥平面PAD ，我们可以证明EF 与平面PAD 中的直线AD 平行，根据E 、F 分别是PB 、PC 的中点，利用中位线定理结合线面平行的判定定理，即可得到答案． （2）根据线面垂直的和面面垂直的判断定理即可证明．方法二：（1）求出直线EF 所在的向量，得到EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12（DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ）=12DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即可证明EF ∥平面PAD ．（2）再求出平面内两条相交直线所在的向量，然后利用向量的数量积为0，根据线面垂直的判定定理得到线面垂直，即可证明平面AEF ⊥平面PAB（3）求出平面的法向量以及直线所在的向量，再利用向量的有关运算求出两个向量的夹角，进而转化为线面角，即可解决问题．本题考查了本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，面面垂直，直线与平面所成的角，解决此类问题的关键是熟练掌握几何体的结构特征，进而得到空间中点、线、面的位置关系，利于建立空间之间坐标系，利用向量的有关知识解决空间角与空间距离以及线面的位置关系等问题，属于中档题．14.【答案】解：（1）证明：∵PO ⊥平面ABCD ，且AD ⊂平面ABCD ， ∴PO ⊥AD ， ∵∠ADC =45°且AD =AC =2， ∴∠ACD =45°， ∴∠DAC =90°， ∴AD ⊥AC ，∵AC ⊂平面PAC ，PO ⊂平面PAC ，且AC ∩PO =O ， ∴由直线和平面垂直的判定定理知AD ⊥平面PAC ． （2）解：取DO 中点N ，连接MN ，AN ， 由PO ⊥平面ABCD ，得MN ⊥平面ABCD ， ∴∠MAN 是直线AM 与平面ABCD 所成的角， ∵M 为PD 的中点， ∴MN ∥PO ，且MN =12PO =3， AN =12DO =√52，在Rt △ANM 中，tan ∠MAN =MNAN =3√52=6√55， 即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为6√55．【解析】（1）由PO ⊥平面ABCD ，得PO ⊥AD ，由∠ADC =45°，AD =AC ，得AD ⊥AC ，从而证明AD ⊥平面PAC ．（2）取DO 中点N ，连接MN ，AN ，由M 为PD 的中点，知MN ∥PO ，由PO ⊥平面出直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．本题考查直线与平面垂直的证明，考查直线与平面所成角的正切值的求法．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地化空间问题为平面问题． 15.【答案】证明：（I ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，连接A 1B ，交AB 1于O 点，连接OD∵在△A 1BC 1中，A 1D =DC 1，A 1O =OB ， ∴OD ∥BC 1，又∵OD ⊂平面AB 1D ，BC 1⊄平面AB 1D ； ∴BC 1∥平面AB 1D ；（II ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1； ∵B 1D ⊂平面A 1B 1C 1； ∴A 1A ⊥B 1D在△A 1B 1C 1中，D 为A 1C 1的中点 ∴B 1D ⊥A 1C 1又∵A 1A ∩A 1C 1=A 1，A 1A ，A 1C 1⊂平面AA 1C 1C ， ∴B 1D ⊥平面AA 1C 1C ， 又∵A 1C ⊂平面AA 1C 1C ， ∴B 1D ⊥A 1C又∵A 1D AA 1=AA1AC =√22∴∠DA 1A =∠A 1AC =90°∴△DA 1A ∽△A 1AC ，∠ADA 1=∠CA 1A∵∠DA 1C +∠CA 1A =90° ∴∠DA 1C +∠ADA 1=90°∴A 1C ⊥AD又∵B 1D ∩AD =D ，B 1D ，AD ⊂平面AB 1D ； ∴A 1C ⊥平面AB 1D ；解：（III ）由（I ）得，OD ∥BC 1， 故AD 与BC 1所成的角即为∠ADO在△ADO 中，AD =√3，OD =12BC 1=√62，AO =12A 1B =√62，∵AD 2=OD 2+AO 2，OD =AO∴△ADO 为等腰直角三角形故∠ADO =45°即异面直线AD 与BC 1所成角等于45°【解析】（I ）连接A 1B ，交AB 1于O 点，连接OD ，由平行四边形性质及三角形中位线定理可得OD ∥BC 1，进而由线面平行的判定定理得到BC 1∥平面AB 1D ；（II ）由直棱柱的几何特征可得A 1A ⊥B 1D ，由等边三角形三线合一可得B 1D ⊥A 1C 1，进而由线面垂直的判定定理得到B 1D ⊥平面AA 1C 1C ，再由三角形相似得到A 1C ⊥AD 后，可证得A 1C ⊥平面AB 1D ．（III ）由（I ）中OD ∥BC 1，可得异面直线AD 与BC 1所成角即∠ADO ，解△ADO 可得答案．本题考查的知识点是直线与平面垂直的判定，异面直线及其所成的角，直线与平面平行的判定，（I ）的关键是证得OD ∥BC 1，（II ）的关键是熟练掌握线面垂直与线线垂直之间的转化，（III ）的关键是得到异面直线AD 与BC 1所成角即∠ADO ．16.【答案】（Ⅰ）证明：由P -ABD ，Q -BCD 是相同正三棱锥，且∠APB =90°，分别过P 、Q 作PE ⊥平面ABD ，QF ⊥平面BCD ，垂足分别为E 、F ，则E 、F 分别为底面正三角形ABD 与BCD 的中心． 连接EF 交BD 于G ，则G 为BD 的中点，连接PG 、QG ，则PG ⊥BD ，QG ⊥BD ，又PG ∩QG =G ，∴BD ⊥平面PQG ，则BD ⊥PQ ， 再由正三棱锥的性质可得PA ⊥BD ， 又PQ ∩PA =P ，∴BD ⊥平面APQ ；（Ⅱ）∵正三棱锥的底面边长为1，且∠APB =90°，∴PQ =EF =2EG =2×13AG =2×13×√32=√33， PE =√(√22)2−(√33)2=√66，则V B−PQD =13×12×√33×√66×1=√236．△PDQ 底边PQ 上的高为√(√22)2−(√36)2=√156，∴S △PDQ =12×√33×√156=√512．设B 到平面PQD 的距离为h ，则13×√512ℎ=√236，得h =√105．∴直线PB 与平面PDQ 所成角的正弦值为√105√22=2√55．【解析】（Ⅰ）由题意分别过P 、Q 作PE ⊥平面ABD ，QF ⊥平面BCD ，可得E 、F 分别为底面正三角形ABD 与BCD 的中心．连接EF 交BD 于G ，可得PG ⊥BD ，QG ⊥BD ，由线面垂直的判定及性质可得BD ⊥PQ ，再由正三棱锥的性质可得PA ⊥BD ，则BD ⊥平面APQ ；（Ⅱ）由已知求得PQ ，PE 的长，求得四面体B -PQD 的体积，利用等积法求出B 到平面PQD 的距离，则直线PB 与平面PDQ 所成角的正弦值可求．本题考查直线与平面所成的角，考查线面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题． 17.【答案】（1）证明：如图：∵AB =BC ，E 为AC 的中点，∴BE ⊥AC ，∵平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， ∴BE ⊥平面A 1ACC 1，∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，∴BE ⊥A 1C ．（2）解：∵面A1ACC1⊥面ABC，∴C1在面ABC上的射影H在AC上，∴∠C1CA为直线C1C与面ABC所成的角．过H作HM⊥BC于M，连C1M，在Rt△C1CM中，CM=CC1cos∠C1CM=2cos60°=1．在Rt△CMH中，CH=CMcos∠ACB =2√33．∴在Rt△C1CH中，cos∠C1CH=CHCC1=23√32=√33．∴直线C1C与面ABC所成的角的余弦值为√33.【解析】（1）证明BE⊥平面A1ACC1，可得BE⊥A1C，即可证明：A1C⊥平面C1EB；（2）判断∠C1CA为直线C1C与面ABC所成的角．过H作HM⊥BC于M，连C1M，即可求直线CC1与平面ABC所成角的余弦值．本题考查线面垂直的判定与性质，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．18.【答案】证明：（1）连接CD，据题知AD=4，BD=2，∵AC2+BC2=AB2，∴∠ACB=90°，∴cos∠ABC=2√36=√33，∴CD2=4+12−2×2×2√3cos∠ABC=8，∴CD=2√2，∴CD2+AD2=AC2，∴CD⊥AB，又∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，CD⊂平面ABC,∴CD⊥平面PAB，∵PD⊂平面PAB，∴CD⊥PD，∵PD⊥AC，CD∩AC=C，CD、AC⊂平面ABC,∴PD⊥平面ABC．解：（2）∵∠PAB=π4，∴PD=AD=4，∴PA=4√2，在Rt△PCD中，PC=√PD2+CD2=2√6，∴△PAC是等腰三角形，∴S△PAC=8√2，设点B到平面PAC的距离为d，由V B-PAC=V P-ABC，得13S△PAC×d=13S△ABC×PD，∴d==3，故点B到平面PAC的距离为3．【解析】本题考查线面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．（1）连接CD，推导出CD⊥AB，CD⊥PD，由此能证明PD⊥平面ABC．（2）设点B到平面PAC的距离为d，由V B-PAC=V P-ABC，能求出点B到平面PAC的距离．19.【答案】解：（1）证明：∵ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，又BB 1⊂平面BB 1C 1C ， ∴平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，∵△ABC 为正三角形，D 为BC 的中点， ∴AD ⊥BC ，又平面BB 1C 1C ∩平面ABC =BC ， ∴AD ⊥平面BB 1C 1C ， 又AD ⊂平面ADB 1，∴平面ADB 1⊥平面BB 1C 1C ；（2）由（1）可得△ADB 1为直角三角形， 又AD =√32，B 1D =√52，∴S △ADB 1=12×AD ×B 1D =√158，又S △ADB =12S △ABC =√38，设点B 到平面ADB 1的距离为d ， 则V B−ADB 1=V B 1−ADB ， ∴13S △ADB 1⋅d =13S △ADB ⋅BB 1， ∴点B 到平面ADB 1的距离d =S △ADB ⋅BB 1S △ADB 1=√3√15=√55．【解析】本题考查面面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题.（1）推导出BB 1⊥平面ABC ，从而平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，推导出AD ⊥BC ，从而AD ⊥平面BB 1C 1C ，由此能证明平面ADB 1⊥平面BB 1C 1C ；（2）设点B 到平面ADB 1的距离为d ，由V B−ADB 1=V B 1−ADB ，能求出点B 到平面ADB 1的距离.20.【答案】证明：（1）∵PA ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ， ∴PA ⊥BE ．∵AB =BC ，E 为AC 的中点， ∴BE ⊥AC ，又PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，PA ∩AC =A ， ∴BE ⊥平面PAC ，又BE ⊂平面BED ， ∴平面BED ⊥平面PAC ．（2）∵D ，E 是PC ，AC 的中点， ∴DE ∥PA ，又PA ⊥平面ABC ，∴DE ⊥平面ABC ，∵EF ⊂平面ABC ，BE ⊂平面ABC ， ∴DE ⊥EF ，DE ⊥BE ．∴∠FEB 为二面角F -DE -B 的平面角．∵E ，F 分别是AC ，AB 的中点，AB =AC ， ∴EF =12BC =12AB =BF ，EF ∥BC ．又AB ⊥BC ，∴BF ⊥EF ，∴△BEF 为等腰直角三角形，∴∠FEB =45°． ∴二面角F -DE -B 为45°．∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB．∴∠CPB为直线PC与平面PAB所成的角．∵PA=6，∴DE=12PA=3，又DF=5，∴EF=√DF2−DE2=4．∴AB=BC=8．∴PB=√PA2+AB2=10．∴tan∠CPB=BCPB =4 5．【解析】（1）通过证明BE⊥平面PAC得出平面BED⊥平面PAC；（2）由DE∥PA得出DE⊥平面ABC，故DE⊥EF，DE⊥BE，于是∠FEB为所求二面角的平面角，根据△BEF为等腰直角三角形得出二面角的度数；（3）证明BC⊥平面PAB得出∠CPB为所求角，利用勾股定理得出BC，PB，即可得出tan∠CPB．本题考查了线面垂直，面面垂直的判定，空间角的计算，做出空间角是解题关键，属于中档题．21.【答案】解：（1）证明：设AC∩BD=H，连接EH，在△ADC中，因为AD=CD，且DB平分∠ADC，所以H为AC的中点，又有题设，E为PC的中点，故EH∥PA，又HE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，所以PA∥平面BDE（2）证明：因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC由（1）知，BD⊥AC，PD∩BD=D，故AC⊥平面PBD（3）由AC⊥平面PBD可知，BH为BC在平面PBD内的射影，所以∠CBH为直线与平面PBD所成的角．由AD⊥CD，AD=CD=1，DB=2√2，可得DH=CH=√22，BH=3√22在Rt△BHC中，tan∠CBH=CHBH =13，所以直线BC与平面PBD所成的角的正切值为13．【解析】（1）欲证PA∥平面BDE，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证PA与平面BDE内一直线平行，设AC∩BD=H，连接EH，根据中位线定理可知EH∥PA，而又HE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，满足定理所需条件；（2）欲证AC⊥平面PBD，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证AC与平面PBD内两相交直线垂直，而PD⊥AC，BD⊥AC，PD∩BD=D，满足定理所需条件；（3）由AC⊥平面PBD可知，BH为BC在平面PBD内的射影，则∠CBH为直线与平面PBD所成的角，在Rt△BHC中，求出此角即可．本小题主要考查直线与平面平行．直线和平面垂直．直线和平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理能力．。
面面垂直的性质习题详细答案
变种2
如果一个平面内的两条相 交直线与另一个平面垂直， 求证这两个平面垂直。
提高题
如果一个平面内的两条相 交直线与另一个平面垂直， 求证这两个平面的交线与 原直线垂直。
综合பைடு நூலகம்解析与解答
• 综合题1：已知一个平面内的两条相交直线与另一个 平面垂直，求证这两个平面的交线与原直线垂直。
综合题解析与解答
面面垂直的性质习题详细答案
contents
目录
• 面面垂直的性质概述 • 习题解析 • 习题解答技巧 • 面面垂直的性质习题答案 • 习题拓展与提高
01 面面垂直的性质概述
定义与定理
定义
两个平面互相垂直，当且仅当一 个平面内的任意直线都与另一个 平面垂直。
定理
如果两个平面互相垂直，那么其 中一个平面内的任意直线都与另 一个平面垂直。
机械工程
在机械设计中，面面垂直的性质 常常用于确定零件的安装角度和 位置，以确保机器的正常运转。
地理学
在地理学中，地球的经纬线分布 和角度计算也涉及到面面垂直的 性质，例如在计算地球上的纬度、 经度等数值时，需要利用到面面
垂直的性质。
02 习题解析
基础习题解析
总结词
掌握基础概念
题目
两个平面垂直，其中一个平面内有一条直线，那么这条直线与另一个平面的关 系是什么？
由于直线a⊥平面α，且直线b⊥直线a，根 据面面垂直的性质定理，直线b必然在平面 α内。
中等难度习题答案
总结词
中等难度习题在考察面面垂直性质的基础上，增加了对空间想象能力和推理能力的考察。
题目3
已知平面α与平面β互相垂直，点A属于平面α，点B属于平面β，且AB与两平面的交线分别交 于C和D两点，若AC=CD，求证线段BD的长度。
线面垂直练习题及答案
线面垂直练习题及答案线面垂直是几何学中的一项基本概念，用于描述线段、射线、直线和平面之间的垂直关系。
理解线面垂直的概念对于解决几何问题至关重要。
本文将为读者提供一些线面垂直练习题及答案，帮助读者巩固对该概念的理解。
练习题一：1. AB为一条线段，m是一平面。
如果AB与m垂直，判断下列命题的真假：a) 线段AB垂直于平面mb) 平面m垂直于线段ABc) 线段AB平行于平面m2. P是平面XYZ的内点，AP的延长线与平面XYZ有几个交点？练习题二：1. 给出下列命题的定义：a) 垂线b) 垂直平分线c) 垂直平面2. 在平面上画一条线段AB和一条直线l，求证：若线段AB与直线l垂直，则直线l过点A和点B的垂直平分线。
1. 已知直线l与平面P垂直，直线m过l上一点，那么直线m与平面P的关系是什么？2. 在长方形ABCD中，线段AC和线段BD相交于点O。
求证：线段AC与平面ABCD垂直。
答案及解析：练习题一：1. a) 假，线段AB无法垂直于平面m，因为线段只有两个端点而不是无限延伸。
b) 真，平面m可以垂直于线段AB。
c) 假，线段和平面不可能平行。
2. AP的延长线与平面XYZ有且只有一个交点。
练习题二：1. a) 垂线是与给定线段或直线垂直的线段或直线。
b) 垂直平分线是将给定线段或直线垂直平分的线段或直线。
c) 垂直平面是与给定平面垂直的平面。
2. 假设直线l过点A和点B的垂直平分线交线段AB于点M，则根据垂直平分线的定义，我们可以得出线段AM和线段BM的长度相等，且直线l与线段AM和线段BM都垂直。
1. 直线m与平面P平行。
2. 连接线段AC的中点和线段BD的中点，设为点O'。
根据长方形的性质，线段OO'相等且垂直于两个平行线段AC和BD。
因此，线段OO'垂直于平面ABCD，而线段OO'与线段AC相等，所以线段AC与平面ABCD垂直。
通过以上练习题及答案，我们可以加深对线面垂直概念的理解。
空间中的垂直关系(带答案)
空间中的垂直关系专题训练知识梳理一、线线垂直：如果两条直线于一点或经过后相交于一点，并且交角为，则称这两条直线互相垂直.二、线面垂直：1.定义：如果一条直线和一个平面相交，并且和这个平面内的_________________，则称这条直线和这个平面垂直. 也就是说，如果一条直线垂直于一个平面，那么他就和平面内任意一条直线都 .直线l和平面α互相垂直，记作l⊥α.2.判定定理：如果一条直线与平面内的直线垂直，则这条直线与这个平面垂直.推论①：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也于这个平面.推论②：如果两条直线同一个平面，那么这两条直线平行.3.点到平面的距离：长度叫做点到平面的距离.三、面面垂直：1.定义：如果两个相交平面的交线与第三个平面，又这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线，就称这两个平面互相垂直.平面α，β互相垂直，记作α⊥β.2.判定定理：如果一个平面经过另一个平面的___________，则这两个平面互相垂直.3.性质定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于直线垂直于另一个平面.四、求点面距离的常用方法：1.直接过点作面的垂线，求垂线段的长，通常要借助于某个三角形.2.转移法：借助线面平行将点转移到直线上某一特殊点到平面的距离来求解.3.体积法：利用三棱锥的特征转换位置来求解.题型一线线垂直、线面垂直的判定及性质例1.如图，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.求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.【变式1】已知：正方体ABCD﹣A1B1C1D1 ，AA1=2，E为棱CC1的中点．（Ⅰ）求证：B1D1⊥AE；（Ⅱ）求证：AC∥平面B1DE．【解答】（Ⅰ）连接BD，则BD∥B1D1，∵ABCD是正方形，∴AC⊥ BD．∵CE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴CE⊥BD．又∵AC∩CE=C，∴BD⊥面ACE．∵AE⊂面ACE，∴BD⊥AE，∴B1D1⊥AE．﹣﹣﹣（5分）（Ⅱ）证明：取BB1的中点F，连接AF、CF、EF．∵ E、F是C1C、B1B的中点，∴ CE∥B1F且CE=B1F，∴ 四边形B1FCE是平行四边形，∴ CF∥ B1E．∵ 正方形BB1C1C 中，E、F是CC、BB的中点，∴ EF∥BC且EF=BC又∵ BC∥AD且BC=AD，∴ E F∥AD且EF=AD．∴ 四边形ADEF是平行四边形，可得AF∥ED，∵ AF∩CF=C，BE∩ED=E，∴ 平面ACF∥平面B1DE．又∵ AC⊂平面ACF，∴AC∥面B1DE．【变式2】如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，点E、G分别是CD、PC的中点，点F在PD上，且PF：FD=2：1．（Ⅰ）证明：EA⊥PB；（Ⅱ）证明：BG∥面AFC．【解答】（Ⅰ）证明：因为面ABCD为菱形，且∠ABC=60°，所以△ ACD为等边三角形，又因为E是CD的中点，所以EA⊥AB．又PA⊥平面ABCD，所以EA⊥PA．而AB∩PA=A所以EA⊥面PAB，所以EA⊥PB．（Ⅱ）取PF中点M，所以PM=MF=FD．连接MG，MG∥CF，所以MG∥面AFC．连接BM，BD，设AC∩BD=O，连接OF，所以BM∥OF，所以BM∥面AFC．而BM∩MG=M所以面BGM∥面AFC，所以BG∥面AFC．【变式3】如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB=，AA1=2．（1）证明：AA1⊥BD（2）证明：平面A1BD∥平面CD1B1；（3）求三棱柱ABD﹣A1B1D1的体积．【解答】（1）证明：∵底面ABCD是正方形，∴BD⊥AC，又∵ A1O⊥平面ABCD且BD⊂面ABCD，∴ A1O⊥BD，又∵ A1O∩AC=O，A1O⊂面A1AC，AC⊂面A1AC，∴BD⊥面A1AC，AA1⊂面A1AC，∴ AA1⊥BD．（2）∵ A1B1∥AB，AB∥CD，∴ A1B1∥CD，又A1B1=CD，∴四边形A1B1CD是平行四边形，∴ A1D∥B1C，同理A1B∥CD1，∵ A1B⊂平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，CD1⊂平面CD1B1，B1C⊂平面CD1B，且A1B∩A1D=A1，CD1∩B1C=C，∴平面A1BD∥平面CD1B1．（3）∵ A1O⊥面ABCD，∴ A1O是三棱柱A1B1D1﹣ABD的高，在正方形ABCD中，AO=1．在Rt△A1OA中，AA1=2，AO=1，∴ A1O=，∴ V三棱柱ABD﹣A1B1D1=S△ABD•A1O=•（）2•=∴三棱柱ABD﹣A1B1D1的体积为．【变式4】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB=BC=AC=AA1=4，点F在CC1上，且C1F=3FC，E是BC的中点．（1）求证：AE⊥平面BCC1B1（2）求四棱锥A﹣B1C1FE的体积；（3）证明：B1E⊥AF．【解答】（1）∵ AB=AC，E是BC的中点，∴AE⊥ BC．在三棱柱ABC﹣A1B1C1，中，BB1∥ AA1，∴ BB1⊥平面ABC，∵ AE⊂平面ABC，∴ BB1⊥ AE，…．（2分）又∵ BB1∩BC=B，…．（3分）BB1，BC⊂平面BB1C1C，∴AE⊥平面BB1C1C，…．（4分）（2）由（1）知，即AE为四棱锥A﹣B1C1FE的高，在正三角形ABC中，AE=AB=2，…在正方形BB1C1C，中，CE=BE=2，CF=1，∴=﹣﹣S△CFE=4×=11．…（6分）∴=•AE==…（7分）（3）证明：连结B1F，由（1）得AE⊥平面BB1C1C，∵ B1E⊂平面BB1C1C，∴AE⊥B1E，…．（8分）在正方形BB1C1C，中，B1F==5，B1E==2，EF==，∵ B1F2=B1E2+EF2，∴ B1E⊥EF…．（9分）又∵AE∩EF=E，…．（10分）AE，EF⊂平面AEF，∴ B1E⊥平面AEF，…．（11分）∵ AF⊂平面AEF，∴ B1E⊥AF．…．（12分）【变式5】如图，四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，BC=PD=2，E为PC的中点，G在BC上，且CG=CB（1）求证：PC⊥BC；（2）求三棱锥C﹣DEG的体积；（3）AD边上是否存在一点M，使得PA∥平面MEG？若存在，求AM的长；否则，说明理由．【解答】（1）证明：∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC．又∵ABCD是正方形，∴BC⊥CD．又∵PD∩CD=D，∴BC⊥平面PCD．又∵PC⊂平面PCD，∴PC⊥BC．（2）∵BC⊥平面PCD，∴ GC是三棱锥G﹣DEC的高．∵ E是PC的中点，∴ S△EDC=S△PDC==×（×2×2）=1．V C﹣DEG=V G=GC•S△DEC=××1=．﹣DEC（3）连结AC，取AC中点O，连结EO、GO，延长GO交AD于点M，则PA∥平面MEG．证明：∵E为PC的中点，O是AC的中点，∴EO∥PA．又∵EO⊂平面MEG，PA⊄平面MEG，∴PA∥平面MEG．在正方形ABCD中，∵O是AC的中点，BC=PD=2，CG=CB．∴△OCG≌△OAM，∴AM=CG=，∴所求AM的长为．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣【变式6】如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥底面A1B1C1，A1B1⊥B1C1且A1B1=BB1=B1C1，D为AC的中点．（Ⅰ）求证：A1B⊥AC1（Ⅱ）在直线CC1上是否存在一点E，使得A1E⊥平面A1BD，若存在，试确定E 点的位置；若不存在，请说明理由．【解答】（Ⅰ）证明：连接AB1∵ BB1⊥平面A1B1C1∴ B1C1⊥BB1∵ B1C1⊥A1B1且A1B1∩BB1=B1∴ B1C1⊥平面A1B1BA∴ A1B⊥B1C1 . 又∵ A1B⊥AB1且AB1∩B1C1=B1∴A1B⊥平面AB1C1∴A1B⊥AC1（Ⅱ）存在点E在CC1的延长线上且CE=2CC1时，A1E⊥平面A1BD．设AB=a，CE=2a，∴，∴，，DE=，∴，∴A1E⊥A1D…∵BD⊥AC，BD⊥CC1，AC∩CC1=C，∴BD⊥平面ACC1A1，又A1E⊂平面ACC1A1∴ A1E⊥BD. 又BD∩A1D=D ，∴ A1E⊥平面A1BD【变式7】如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，点D是AB的中点．（1）求证：AC⊥ BC1；（2）求证：AC1∥平面CDB1．【解答】证明：（1）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，所以C1C⊥平面ABC，所以C1C⊥AC．又因为AC=3，BC=4，AB=5，所以AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC．又C1C∩BC=C，所以AC⊥平面CC1B1B，所以AC⊥ BC1．（2）连结C1B交CB1于E，再连结DE，由已知可得E为C1B的中点，又∵D为AB的中点，∴DE 为△BAC1的中位线．∴AC1∥DE。
线面垂直练习题及答案
线面垂直练习题及答案线面垂直是几何学中一个重要的概念，它涉及到直线和平面之间的关系。
在几何学中，我们经常需要判断线和平面是否垂直，以及如何确定它们的垂直关系。
为了帮助大家更好地理解和掌握线面垂直的概念，本文将介绍一些线面垂直的练习题及答案。
1. 练习题：判断线段和平面是否垂直题目：已知线段AB的两个端点分别为A(1, 2, 3)和B(4, 5, 6)，平面P的法向量为(2, -1, 3)，判断线段AB是否垂直于平面P。
解答：要判断线段AB是否垂直于平面P，只需判断线段AB的方向向量是否与平面P的法向量垂直。
线段AB的方向向量为AB = B - A = (4, 5, 6) - (1, 2, 3) = (3, 3, 3)。
两个向量的点积为3*2 + 3*(-1) + 3*3 = 9，不等于0。
因此，线段AB不垂直于平面P。
2. 练习题：确定两平面之间的垂直关系题目：已知平面P1的法向量为(1, 2, -1)，平面P2的法向量为(2, -1, 3)，判断平面P1和平面P2之间的垂直关系。
解答：两个平面垂直的条件是它们的法向量垂直，即两个法向量的点积为0。
计算两个法向量的点积为1*2 + 2*(-1) + (-1)*3 = 0，等于0。
因此，平面P1和平面P2垂直。
3. 练习题：求垂直平面上的直线题目：已知平面P的方程为2x + 3y - z = 6，求过点A(1, 2, 3)且垂直于平面P的直线的方程。
解答：垂直于平面P的直线的方向向量应该与平面P的法向量垂直。
由平面P的方程可知，平面P的法向量为(2, 3, -1)。
因此，过点A(1, 2, 3)且垂直于平面P 的直线的方向向量为(2, 3, -1)。
直线的方程可以表示为x = 1 + 2t，y = 2 + 3t，z = 3 - t，其中t为参数。
4. 练习题：判断直线和平面是否垂直题目：已知直线L的方程为x = 1 + 2t，y = 2 + 3t，z = 3 - t，平面P的方程为2x + 3y - z = 6，判断直线L是否垂直于平面P。
线线垂直、线面垂直、面面垂直的习题及答案
线线垂直、线面垂直、面面垂直部分习及答案1．在四面体ABCD中，△ABC与△DBC都是边长为4的正三角形．(1)求证：BC⊥AD；2如图，在三棱锥S—ABC中，SA⊥平面ABC，平面SAB⊥平面SBC．(第1题)（1）求证：AB⊥BC；3.如图，四棱锥P—ABCD的底面是边长为a的正方形，PA⊥底面ABCD，E为AB的中点，且PA=AB．4. 如图2-4-2所示，三棱锥S—ABC中，SB=AB，SC=AC，作AD⊥BC于D，SH⊥AD于H，求证：SH⊥平面ABC.5. 如图所示，已知Rt△ABC所在平面外一点S，且SA=SB=SC，点D为斜边AC的中点.(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB=BC，求证：BD⊥平面SAC.6. 证明：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1C⊥平面BC1DD1C1A1B1D CA B7. 如图所示，直三棱柱中，∠ACB=90°，AC=1，，侧棱，侧面的两条对角线交点为D，的中点为M.求证：CD⊥平面BDM.8.在三棱锥Ａ－BCD中，BC＝AC，AD＝BD，作BE⊥CD，Ｅ为垂足，作AH⊥BE于Ｈ．求证：AH⊥平面BCD．9. 如图，过S引三条长度相等但不共面的线段SA、SB、SC，且∠ASB=∠ASC=60°，∠BSC=90°，求证：平面ABC⊥平面BSC．10.如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝BC＝1，E为D1C1的中点，连结ED，EC，EB和DB．(1)求证：平面EDB⊥平面EBC；(2)求二面角E－DB－C的正切值.11：已知直线PA垂直于圆O所在的平面，A为垂足，AB为圆O的直径，C是圆周上异于A、B的一点。
求证：平面PAC 平面PBC。
12..如图1-10-3所示，过点S引三条不共面的直线，使∠BSC=90°，∠ASB=∠ASC=60°，若截取SA=SB=SC.求证：平面ABC⊥平面BSC13.如图1-10-5所示，在四面体ABCD中，BD= a,2AB=AD=BC=CD=AC=a.求证：平面ABD⊥平面BCD.14.如图所示，△ABC 为正三角形，CE ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，且CE=AC=2BD ，M 是AE 的中点，求证：(1)DE=DA ；(2)平面BDM ⊥平面ECA ；(3)平面DEA ⊥平面ECA ．15.如图所示，已知PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M 、N 分别是AB 、PC 的中点．(1)求证：MN ∥平面PAD ；(2)求证：MN ⊥CD ；(3)若∠PDA=45°，求证：MN ⊥平面PCD ．16. 如图1，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 为1CC 的中点，AC 交BD 于点O ，求证：1A O ⊥平面MBD答案与提示：1. 证明：(1)取BC 中点O ，连结AO ，DO ．∵△ABC ，△BCD 都是边长为4的正三角形， ∴AO ⊥BC ，DO ⊥BC ，且AO ∩DO ＝O ， ∴BC ⊥平面AOD ．又AD ⊂平面AOD ， ∴BC ⊥AD ．2. 【证明】作AH ⊥SB 于H ，∵平面SAB ⊥平面SBC ．平面SAB ∩平面SBC=SB ，∴AH ⊥平面SBC ，又SA ⊥平面ABC ，∴SA ⊥BC ，而SA 在平面SBC 上的射影为SB ，∴BC ⊥SB ，又SA ∩SB=S ，∴BC ⊥平面SAB ．∴BC ⊥AB ．3. 【证明】PA ⊥平面ABCD ，AD 是PD 在底面上的射影，又∵四边形ABCD 为矩形，∴CD ⊥AD ，∴CD ⊥PD ，∵AD ∩PD=D ∴CD ⊥面PAD ，∴∠PDA 为二面角P —CD —B 的平面角，∵PA=PB=AD ，PA ⊥AD ∴∠PDA=45°，取Rt △PAD 斜边PD 的中点F ，则AF ⊥PD ，∵AF ⊂面PAD ∴CD ⊥AF ，又PD ∩CD=D ∴AF ⊥平面PCD ，取PC 的中点G ，连GF 、AG 、EG ，则GF21CD 又AE21CD ，∴GF AE ∴四边形AGEF 为平行四边形∴AF ∥EG ，∴EG ⊥平面PDC 又EG ⊂平面PEC ，∴平面PEC ⊥平面PCD ．（2）【解】由（1）知AF ∥平面PEC ，平面PCD ⊥平面PEC ，过F 作FH ⊥PC 于H ，则FH ⊥平面PEC∴FH 为F 到平面PEC 的距离，即为A 到平面PEC 的距离．在△PFH 与 △PCD 中，∠P 为公共角，而∠FHP=∠CDP=90°，∴△PFH ∽△PCD ．∴PC PFCD FH =，设AD=2，∴PF=2，PC=324822=+=+CD PD ，∴FH=362322=⋅∴A 到平面PEC 的距离为36． 4.【证明】取SA的中点E，连接EC ，EB. ∵SB=AB,SC=AC, ∴SA ⊥BE,SA ⊥CE. 又∵CE ∩BE=E, ∴SA ⊥平面BCE.∵BC平面BCE5. 证明：(1)因为SA=SC ，D 为AC 的中点， 所以SD ⊥AC.连接BD. 在Rt △ABC 中，有AD=DC=DB ， 所以△SDB ≌△SDA ， 所以∠SDB=∠SDA ， 所以SD ⊥BD.又AC ∩BD=D ， 所以SD ⊥平面ABC. (2)因为AB=BC ，D 是AC 的中点， 所以BD ⊥AC. 又由(1)知SD ⊥BD ， 所以BD 垂直于平面SAC 内的两条相交直线，所以BD⊥平面SAC.6.证明：连结ACBD AC⊥AC为A1C在平面AC上的射影∴⊥⊥⎫⎬⎭⇒⊥BD A CA C BC A C BC D11111同理可证平面7.证明：如右图，连接、、，则.∵，∴为等腰三角形.又知D 为其底边的中点，∴.∵，，∴.又，∴.∵为直角三角形，D 为的中点，∴，.又，，∴..即CD⊥DM.∵、为平面BDM内两条相交直线，∴CD ⊥平面BDM.8.证明：取AB的中点Ｆ，连结CF，DF．∵AC BC=，∴CF AB⊥．∵AD BD=，∴DF AB⊥．又CF DF F=，∴AB⊥平面CDF．∵CD⊂平面CDF，∴⊥．CD AB又CD BE⊥，BE AB B=，∴CD⊥平面ABE，CD AH⊥．∵AH CD⊥，AH BE=，⊥，CD BE E∴AH⊥平面BCD．9.证明：如图，已知PA=PB=PC=a，由∠APB=∠APC=60°，△PAC，△PAB为正三角形，则有：PA=PB=PC=AB=AC=a，取BC中点为E直角△BPC中，，，由AB=AC ，AE ⊥BC ， 直角△ABE 中，，，， 在△PEA 中，，，∴，平面ABC ⊥平面BPC.10. 证明：(1)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BB 1＝BC ＝1，E 为D 1C 1的中点．∴△DD 1E 为等腰直角三角形，∠D 1ED ＝45°．同理∠C 1EC ＝45°．∴︒=∠90DEC ，即DE ⊥EC ．在长方体ABC D －1111D C B A 中，BC ⊥平面11DCC D ，又DE ⊂平面11DCC D ，∴BC ⊥DE ．又C BC EC = ，∴DE ⊥平面EBC ．∵平面DEB 过DE ，∴平面DEB ⊥平面EBC ．(2)解：如图，过E 在平面11DCC D 中作EO ⊥DC 于O ．在长方体ABCD －1111D C B A 中，∵面ABCD ⊥面11DCC D ，∴EO ⊥面ABCD．过O在平面DBC中作OF⊥DB于F，连结EF，∴EF⊥BD．∠EFO为二面角E－D B－C的平面角．利用平面几何知1，(第10题)识可得OF＝5又OE＝1，所以，tan∠EFO＝5．11.（1）【证明】∵C是AB为直径的圆O的圆周上一点，AB是圆O的直径∴BC⊥AC；又PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥PA，从而BC⊥平面PAC．∵BC ⊂平面PBC，∴平面PAC⊥平面PBC．.12.证明：如图1-10-4所示,取BC的中点D，连接AD，SD.由题意知△ASB与△ASC是等边三角形，则AB=AC，∴AD⊥BC,SD⊥BC.令SA=a,在△SBC中，SD= a,又AD= = a,∴AD2+SD2=SA2,即AD⊥SD.又∵AD⊥BC，∴AD⊥平面SBC.∵AD平面ABC，∴平面ABC⊥平面SBC.13.证明：取BD的中点E，连接AE，CE.则AE⊥BD,BD⊥CE.在△ABD中，AB=a,BE= BD= ,∴AE= ,同理,CE= .在△AEC中，AE=EC= ,AC=a,∴AC2=AE2+EC2，即AE⊥EC.∵BD∩EC=E,∴AE⊥平面BCD.又∵AE平面ABD，∴平面ABD⊥平面BCD14.证明：((1)取EC的中点F，连接DF．∵CE⊥平面ABC，∴CE⊥BC．易知DF∥BC，CE⊥DF．∵BD∥CE，∴BD⊥平面ABC．在Rt△EFD和Rt△DBA中，∵，，∴Rt△EFD≌Rt△DBA．故DE=AD．(2)取AC的中点N，连接MN、BN，MN CF．∵BD CF，∴MN BD．N平面BDM．∵EC⊥平面ABC，∴EC⊥BN．又∵AC⊥BN，∴BN⊥平面ECA．又∵BN平面MNBD，∴平面BDM⊥平面ECA．(3)∵DM∥BN，BN⊥平面ECA，∴DM⊥平面ECA．又∵DM平面DEA，∴平面DEA⊥平面ECA．15.证明：(1)取PD的中点E，连接AE、EN，则，故AMNE为平行四边形，∴MN∥AE．∵AE平面PAD，MN平面PAD，∴MN∥平面PAD．(2)要证MN⊥CD，可证MN⊥AB．由(1)知，需证AE⊥AB．∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB．又AD⊥AB，∴AB⊥平面PAD．∴AB⊥AE．即AB⊥MN．又CD∥AB，∴MN⊥CD．(3)由(2)知，MN⊥CD，即AE⊥CD，再证AE⊥PD即可．∵ PA ⊥平面ABCD ，∴ PA ⊥AD ． 又∠PDA=45°，E 为PD 的中点． ∴ AE ⊥PD ，即MN ⊥PD ． 又MN ⊥CD ，∴ MN ⊥平面PCD ．16.证明：连结MO ，1A M ，∵DB ⊥1A A ，DB ⊥AC ，1A A AC A =，∴DB ⊥平面11A ACC ，而1AO ⊂平面11A ACC ∴DB ⊥1A O ． 设正方体棱长为a ，则22132A O a =，2234MO a =．在Rt △11A C M 中，22194A M a =．∵22211A O MO A M +=，∴1AO OM ⊥．∵OM ∩DB =O ，∴ 1A O ⊥平面MBD ．。
高三数学 直线、平面垂直的判定及其性质练习题(含答案)
直线、平面垂直的判定及其性质建议用时：45分钟一、选择题1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是()A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥αC[A中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m与α相交或m⊥α，错误；B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误；C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正确；D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误．] 2．在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是()A[A选项中，因为CD⊥平面AMB，所以CD⊥AB；B选项中，AB与CD 成60°角；C选项中，AB与CD成45°角；D选项中，AB与CD夹角的正切值为 2.]3．(2019·东北三省三校联考)在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且P A＝AB＝2，则直线PB与平面P AC所成角为()A.π6 B.π4 C.π3 D.π2A[连接BD，交AC于点O.因为P A⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，BD⊥P A.又因为P A∩AC＝A，所以BD⊥平面P AC，故BO⊥平面P AC.连接OP，则∠BPO即为直线PB与平面P AC所成角．又因为P A＝AB＝2，所以PB＝22，BO＝ 2.所以sin∠BPO＝BOPB＝12，所以∠BPO＝π6.故选A.]4．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则() A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥ACC[如图．∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B，D错；∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1)∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．] 5．如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A-BCD，则在三棱锥A-BCD中，下列结论正确的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABCD[∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC.]二、填空题6．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，若该长方体的体积为82，则直线AC1与平面BB1C1C所成的角为．30°[连接BC1(图略)，由AB⊥平面BB1C1C知∠AC1B就是直线AC1与平面BB1C1C所成的角．由2×2×AA1＝82得AA1＝22，∴BC1＝BC2＋CC21＝23，在Rt△AC1B中，tan∠AC1B＝ABBC1＝223＝33，∴∠AC1B＝30°.]7．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则点A1到平面AB1D1的距离是．23[如图，△AB1D1中，AB1＝AD1＝5，B1D1＝2，∴△AB 1D 1的边B 1D 1上的高为(5)2－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝322，∴S △AB 1D 1＝12×2×322＝32，设A 1到平面AB 1D 1的距离为h ；则有S △AB 1D 1×h ＝S △A 1B 1D 1×AA 1， 即32h ＝12×2，解得h ＝23.]8．(2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题： ①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . ③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确的命题有 ．(填写所有正确命题的编号)②③④ [对于①，α，β可以平行，可以相交也可以不垂直，故错误． 对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l ⊂α，n ∥l ，又m ⊥α，所以m ⊥l ，所以m ⊥n ，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m ⊂α，所以m ，β没有公共点，由线面平行的定义可知m ∥β，故正确．对于④，因为m ∥n ，所以m 与α所成的角和n 与α所成的角相等．因为α∥β，所以n 与α所成的角和n 与β所成的角相等，所以m 与α所成的角和n 与β所成的角相等，故正确．]三、解答题9．(2018·北京高考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面P AB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.[证明](1)因为P A＝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P AD⊥平面ABCD，所以AB⊥平面P AD.所以AB⊥PD.又因为P A⊥PD，所以PD⊥平面P AB.因为PD⊂平面PCD，所以平面P AB⊥平面PCD.(3)取PC中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝12BC.因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝12BC.所以DE∥FG，DE＝FG.所以四边形DEFG为平行四边形，所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.10．(2019·太原模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D是BC上的一点，AB＝AC，且AD⊥BC.(1)求证：A1C∥平面AB1D；(2)若AB＝BC＝AA1＝2，求点A1到平面AB1D的距离．[解](1)证明：如图，连接BA1，交AB1于点E，再连接DE，据直棱柱性质知，四边形ABB1A1为平行四边形，E为AB1的中点，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴D是BC的中点，∴DE∥A1C，又DE⊂平面AB1D，A1C⊄平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D.(2)如图，在平面BCC1B1中，过点B作BF⊥B1D，垂足为F，∵D是BC中点，∴点C到平面AB1D与点B到平面AB1D距离相等，∵A1C∥平面AB1D，∴点A1到平面AB1D的距离等于点C到平面AB1D的距离，∴BF长为所求，在Rt△B1BD中，BD＝1，BB1＝2，B1D＝5，∴BF＝25＝255，∴点A1到平面AB1D的距离为255.1．如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面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A[连接AC1(图略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，得AC⊥平面ABC1.∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．]2．(2019·唐山模拟)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是()①②③④A．①②B．②④C．①③D．②③B[对于①，易证AB与CE所成角为45°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于②，易证AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，则AB⊥平面CDE；对于③，易证AB与CE所成角为60°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于④，易证ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理EC⊥AB，可得AB⊥平面CDE.故选B.] 3．如图，P A⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是．①②③[由BC⊥AC，BC⊥P A可得BC⊥平面P AC，又AF⊂平面P AC，所以AF⊥BC，又AF⊥PC，则AF⊥平面PBC，从而AF⊥PB，AF⊥BC，故①③正确；由PB⊥AF，PB⊥AE可得PB⊥平面AEF，从而PB⊥EF，故②正确；若AE⊥平面PBC，则由AF⊥平面PBC知AE∥AF与已知矛盾，故④错误．] 4．(2019·西宁模拟)已知三棱柱ABC-A1B1C1，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，∠BCA＝90°，AC＝BC＝2，又知BA1⊥AC1.(1)求证：AC1⊥平面A1BC；(2)求点C到平面A1AB的距离．[解](1)证明：∠BCA＝90°得BC⊥AC，因为A1D⊥平面ABC，所以A1D⊥BC，A1D∩AC＝D，所以BC⊥平面A1ACC1，所以BC⊥AC1.因为BA1⊥AC1，BA1∩BC＝B，所以AC1⊥平面A1BC.(2)作DE⊥AB于点E，连接A1E，作DF⊥A1E于点F.因为A1D⊥平面ABC，所以A1D⊥AB，DE⊥AB，DE∩A1D＝D，所以AB⊥平面A1DE，又DF⊂平面A1DE，所以AB⊥DF，由DF⊥A1E，A1E∩AB＝E，所以DF⊥平面A1AB，由(1)及已知得DE＝22，A1D＝3，Rt△A1DE中，DF ＝A 1D ·DE A 1E ＝217， 因为D 是AC 中点，所以C 到面A 1AB 距离2217.1．(2019·衡阳模拟)如图，在四面体ABCD 中，AD ⊥BD ，截面PQMN 是矩形，则下列结论不一定正确的是( )A ．平面BDC ⊥平面ADCB ．AC ∥平面PQMNC ．平面ABD ⊥平面ADCD ．AD ⊥平面BDCD [由PQ ∥MN ，MN ⊂平面ADC ，PQ ⊄平面ADC ，得PQ ∥平面ADC ，又PQ⊂平面ABC，平面ABC∩平面ADC＝AC，∴PQ∥AC，同理QM∥BD，因为PQ⊥QM，∴AC⊥BD，又BD⊥AD，AC∩AD＝A，∴BD⊥平面ADC，∴平面BDC⊥平面ADC，平面ABD⊥平面ADC，∴A和C选项均正确；由PQ∥AC，得AC∥平面PQMN，∴B选项正确．∵不能得到AD⊥DC或AD⊥BC，∴不能得到AD⊥平面BDC，故选项D 不一定正确．故选D.]2．(2019·泉州模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，且A1M⊥B1N.(1)求证：B1N⊥A1C；(2)求M到平面A1B1C的距离．[解](1)证明：如图，连接CM.在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ， 所以AA 1⊥CM .在△ABC 中，AC ＝BC ，AM ＝BM ，所以CM ⊥AB .又AA 1∩AB ＝A ，所以CM ⊥平面ABB 1A 1.因为B 1N ⊂平面ABB 1A 1，所以CM ⊥B 1N .又A 1M ⊥B 1N ，A 1M ∩CM ＝M ，所以B 1N ⊥平面A 1CM .因为A 1C ⊂平面A 1CM ，所以B 1N ⊥A 1C .(2)法一：连接B 1M .在矩形ABB 1A 1中，因为A 1M ⊥B 1N ，所以∠AA 1M ＝∠A 1B 1N .所以tan ∠AA 1M ＝tan ∠A 1B 1N ，即AM AA 1＝A 1N A 1B 1. 因为△ABC 是边长为2的正三角形，M ，N 分别是AB ，AA 1的中点，所以AM ＝1，CM ＝3，A 1B 1＝2.设AA 1＝x ，则A 1N ＝x 2.所以1x ＝x 22，解得x ＝2.从而S △A 1B 1M ＝12S 正方形ABB 1A 1＝2，A 1C ＝B 1C ＝2 2.在△A 1CB 1中，cos ∠A 1CB 1＝A 1C 2＋B 1C 2－A 1B 212A 1C ·B 1C ＝34，所以sin ∠A 1CB 1＝74，所以S △A 1B 1C ＝12A 1C ·B 1C ·sin ∠A 1CB 1＝7.设点M 到平面A 1B 1C 的距离为d ，由V 三棱锥M -A 1B 1C ＝V 三棱锥C -A 1B 1M ，得13S △A 1B 1C ·d ＝13S △A 1B 1M ·CM ，所以d ＝S △A 1B 1M ·CM S △A 1B 1C ＝2217，即点M 到平面A 1B 1C 的距离为2217. 法二：在矩形ABB 1A 1中，因为A 1M ⊥B 1N ，所以∠AA 1M ＝∠A 1B 1N ，所以tan ∠AA 1M ＝tan ∠A 1B 1N ，即AM AA 1＝A 1N A 1B 1. 因为△ABC 是边长为2的正三角形，M ，N 分别是AB ，AA 1的中点， 所以AM ＝1，CM ＝3，A 1B 1＝2.设AA 1＝x ，则A 1N ＝x 2，所以1x ＝x22，解得x ＝2.如图，取A 1B 1的中点D ，连接MD ，CD ，过M 作MO ⊥CD 于O .在正方形ABB 1A 1中，易知A 1B 1⊥MD ，由(1)可得CM ⊥A 1B 1，又CM ∩MD ＝M ，所以A 1B 1⊥平面CDM .因为MO ⊂平面CDM ，所以A 1B 1⊥MO .又MO ⊥CD ，A 1B 1∩CD ＝D ，所以MO ⊥平面A 1B 1C ，即线段MO 的长就是点M 到平面A 1B 1C 的距离．由(1)可得CM⊥MD，又MD＝2，所以由勾股定理，得CD＝CM2＋MD2＝7.S△CMD＝12·CD·MO＝12·CM·MD，即12×7×MO＝12×3×2，解得MO＝2217，故点M到平面A1B1C的距离为221 7.。
线面垂直判定定理测试题(含答案)
线面垂直判定定理测试题1.如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA//平面BDE时，求三棱锥E-BCD的体积．2.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形．点E是棱PC的中点，平面ABE与棱PD交于点F．（1）求证：AB∥EF；（2）若PA=AD，且平面PAD⊥平面ABCD，求证：AF⊥平面PCD．3.如图，已知AF⊥面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB=90°，AB∥CD，AD=AF=CD=1，AB=2（1）求证：AF∥面BCE；（2）求证：AC⊥面BCE；（3）求三棱锥E-BCF的体积．4.如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．5.如图，多面体ABCDS中，面ABCD为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD=1，AB=2，SD=√3．（1）求证：CD⊥平面ADS；（2）求AD与SB所成角的余弦值；（3）求二面角A-SB-D的余弦值．6.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AP=AD，M，N分别为棱PD，PC的中点．求证：（1）MN∥平面PAB；（2）AM⊥平面PCD．7.如图所示四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，PA=AB=BC=2，AD=4，E为PD的中点，F为PC中点．（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAC；（Ⅱ）求证：BF∥平面ACE；（Ⅲ）求直线PD与平面PAC所成的角的正弦值．答案和解析1.【答案】（1）证明：由PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，且AB ∩BC =B ，可得PA ⊥平面ABC ，由BD ⊂平面ABC ，可得PA ⊥BD ；（2）证明：由AB =BC ，D 为线段AC 的中点，可得BD ⊥AC ，由PA ⊥平面ABC ，PA ⊂平面PAC ，可得平面PAC ⊥平面ABC ，又平面PAC ∩平面ABC =AC ，BD ⊂平面ABC ，且BD ⊥AC ，即有BD ⊥平面PAC ，BD ⊂平面BDE ，可得平面BDE ⊥平面PAC ；（3）解:PA //平面BDE ，PA ⊂平面PAC ，且平面PAC ∩平面BDE =DE ，可得PA //DE ，又D 为AC 的中点，可得E 为PC 的中点，且DE =12PA =1，由PA ⊥平面ABC ，可得DE ⊥平面ABC ，可得S △BDC =12S △ABC =12×12×2×2=1， 则三棱锥E -BCD 的体积为13DE •S △BDC =13×1×1=13．【解析】本题考查空间的线线、线面和面面的位置关系的判断，主要是平行和垂直的关系，注意运用线面平行的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理，面面垂直的判定定理和性质定理，同时考查三棱锥的体积的求法，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．（1）运用线面垂直的判定定理可得PA⊥平面ABC，再由性质定理即可得证；（2）要证平面BDE⊥平面PAC，可证BD⊥平面PAC，由（1）运用面面垂直的判定定理可得平面PAC⊥平面ABC，再由等腰三角形的性质可得BD⊥AC，运用面面垂直的性质定理，即可得证；（3）由线面平行的性质定理可得PA//DE，运用中位线定理，可得DE的长，以及DE⊥平面ABC，求得三角形BCD的面积，运用三棱锥的体积公式计算即可得到所求值．2.【答案】解：（1）证明：∵底面ABCD是正方形，∴AB∥CD ,又∵AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AB∥平面PCD ,又∵A，B，E，F四点共面，且平面ABEF∩平面PCD=EF，∴AB∥EF ;（2）证明：在正方形ABCD中，CD⊥AD ,又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD,CD⊄平面PAD∴CD⊥平面PAD ,又∵AF⊂平面PAD ,∴CD⊥AF ,由（1）可知，AB∥EF，又∵AB∥CD，C,D,E,F在同一平面内，∴CD∥EF ,∵点E是棱PC中点，∴点F是棱PD中点,在△PAD中，∵PA=AD，∴AF⊥PD ,又∵PD∩CD=D，PD、CD⊂平面PCD,∴AF⊥平面PCD．【解析】（1）证明AB∥平面PCD，即可得AB∥EF；（2）利用平面PAD⊥平面ABCD，证明CD⊥AF，PA=AD，所以AF⊥PD，即可证明AF⊥平面PCD；本题考查线面平行的性质，平面与平面垂直的性质，考查线面垂直，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．3.【答案】（1）证明：∵四边形ABEF为矩形，∴AF∥BE，∵AF⊄平面BCE，BE⊄平面BCE，∴AF∥面BCE．（2）证明：∵AF⊥面ABCD，四边形ABEF为矩形，∴BE⊥平面ABCD，∵AC⊂平面ABCD，∴AC⊥BE，∵四边形ABCD为直角梯形，∠DAB=90°，AB∥CD，AD=AF=CD=1，AB=2 ∴AC=BC=√12+12=√2，∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC，∵BC∩BE=B，∴AC⊥面BCE．（3）解：三棱锥E-BCF的体积：V E-BCF=V C-BEF=13×S△BEF×AD=1 3×12×BE×EF×AD=1 3×12×1×2×1=13．【解析】本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、转化化归思想，考查数据处理能力和运用意识，是中档题．（1）推导出AF∥BE，由此能证明AF∥面BCE．（2）推导出AC⊥BE，AC⊥BC，由此能证明AC⊥面BCE．（3）三棱锥E-BCF的体积V E-BCF=V C-BEF，由此能求出结果．4.【答案】证明：（1）取AC中点O，连结DO、BO，∵△ABC是正三角形，AD=CD，∴DO⊥AC，BO⊥AC，∵DO∩BO=O，∴AC⊥平面BDO，∵BD⊂平面BDO，∴AC⊥BD．（2）解：连结OE，由（1）知AC⊥平面OBD，∵OE⊂平面OBD，∴OE⊥AC，设AD=CD=√2，则OC=OA=1，EC=EA，∵AE⊥CE，AC=2，∴EC2+EA2=AC2，∴EC=EA=√2=CD，∴E是线段AC垂直平分线上的点，∴EC=EA=CD=√2，由余弦定理得：cos∠CBD=BC2+BD2−CD22BC⋅BD =BC2+BE2−CE22BC⋅BE，即4+4−22×2×2=4+BE2−22×2×BE，解得BE=1或BE=2，∵BE＜BD=2，∴BE=1，∴BE=ED，∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，∵BE=ED，∴S△DCE=S△BCE，∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．【解析】本题考查线线垂直的证明，考查两个四面体的体积之比的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．（1）取AC中点O，连结DO、BO，推导出DO⊥AC，BO⊥AC，从而AC⊥平面BDO，由此能证明AC⊥BD．（2）连结OE，设AD=CD=，则OC=OA=1，由余弦定理求出BE=1，由BE=ED，四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，S△DCE=S△BCE，由此能求出四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．5.【答案】解：（I）证明：∵ABCD是矩形，∴CD⊥AD又SD⊥AB，AB∥CD，则CD⊥SD（2分）AD⊥SD∴CD⊥平面ADS（II）矩形ABCD，∴AD∥BC，即BC=1，∴要求AD与SB所成的角，即求BC与SB所成的角在△SBC中，由（1）知，SD⊥面ABCD．∴Rt△SDC中，SC=√(√3)2+22=√7∴CD是CS在面ABCD内的射影，且BC⊥CD，∴SC⊥BCtan∠SBC=SCCB =√71=√7cos∠SBC=√24从而SB与AD的成的角的余弦为√24．（III）∵△SAD中SD⊥AD，且SD⊥AB∴SD⊥面ABCD．∴平面SDB⊥平面ABCD，BD为面SDB与面ABCD的交线．∴过A作AE⊥DB于E∴AE⊥平面SDB又过A作AF⊥SB于F，连接EF，从而得：EF⊥SB∴∠AFB为二面角A-SB-D的平面角在矩形ABCD中，对角线∵√12+22=√5BD=√5∴在△ABD中，AE=AB⋅CDBD =1⋅2√5=2√55由（2）知在Rt△SBC，SB=√(√7)2+12=√8．而Rt△SAD中，SA=2，且AB=2，∴SB2=SA2+AB2，∴△SAB为等腰直角三角形且∠SAB为直角，∴AF=√22AB=√2∴sin∠AFE=AEAF =2√55√2=√105所以所求的二面角的余弦为√155【解析】（1）要证CD⊥平面ADS，只需证明直线CD垂直平面ADS内的两条相交直线AD、SD即可；（2）要求AD与SB所成的角，即求BC与SB所成的角，解三角形可求AD与SB所成角的余弦值；（3）过A作AE⊥DB于E 又过A作AF⊥SB于F，连接EF，说明∠AFB为二面角A-SB-D的平面角，解三角形可求二面角A-SB-D的余弦值．本题考查直线与平面垂直的判定，二面角的求法，异面直线所成的角，考查学生逻辑思维能力，计算能力，是中档题．6.【答案】证明：（1）因为M、N分别为PD、PC的中点，所以MN∥DC，又因为底面ABCD是矩形，所以AB∥DC．所以MN∥AB，又AB⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB．（2）因为AP=AD，P为PD的中点，所以AM⊥PD．因为平面PAD⊥平面ABCD，又平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，又AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM．因为CD、PD⊂平面PCD，CD∩PD=D，∴AM⊥平面PCD．【解析】（1）推导出MN∥DC，AB∥DC．从而MN∥AB，由此能证明MN∥平面PAB．（2）推导出AM⊥PD，CD⊥AD，从而CD⊥平面PAD，进而CD⊥AM，由此能证明AM⊥平面PCD．本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．7.【答案】（Ⅰ）证明：因为PA⊥底面ABCD，CD⊂面ABCD，所以PA⊥CD，又因为直角梯形ABCD中，AC=2√2，CD=2√2，所以AC2+CD2=AD2，即AC⊥CD，又PA∩AC=A，所以CD⊥平面PAC；（Ⅱ）解法一：如图，连接BD，交AC于O，取PE中点G，连接BG，FG，EO，则在△PCE中，FG∥CE，又EC⊂平面ACE，FG⊄平面ACE，所以FG∥平面ACE，因为BC∥AD，所以BOOD =GEED，则OE∥BG，又OE⊂平面ACE，BG⊄平面ACE，所以BG∥平面ACE，又BG∩FG=G，所以平面BFG∥平面ACE，因为BF⊂平面BFG，所以BF∥平面ACE．解法二：如图，连接BD，交AC于O，取PE中点G，连接FD交CE于H，连接OH，则FG∥CE，在△DFG中，HE∥FG，则GEED =FHHD=12，在底面ABCD中，BC∥AD，所以BOOD =BCAD=12，所以FHHD =BOOD=12，故BF∥OH，又OH⊂平面ACE，BF⊄平面ACE，所以BF∥平面ACE．（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，CD⊥平面PAC，所以∠DPC为直线PD与平面PAC所成的角，在Rt△PCD中，CD=2√2，PD=√PA2+AD2=2√5，所以sin∠DPC=CDPD =2√22√5=√105，所以直线PD与平面PAC所成的角的正弦值为√105．【解析】本题考查线面垂直、线面平行，考查线面角，解题的关键是掌握线面垂直、线面平行的判定方法，正确找出线面角．（Ⅰ）证明CD⊥平面PAC，证明PA⊥CD，AC⊥CD即可；（Ⅱ）解法一：连接BD，交AC于O，取PE中点G，连接BG，FG，EO，证明平面BFG∥平面ACE，即可证得BF∥平面ACE；解法二：如图，连接BD，交AC于O，取PE中点G，连接FD交CE于H，连接OH，则证明BF∥OH，即可证得BF∥平面ACE；（Ⅲ）确定∠DPC为直线PD与平面PAC所成的角，在Rt△PCD中，即可求得直线PD与平面PAC所成的角的正弦值．第11页，共11页。
线面垂直面面垂直知识点总结经典例题及解析高考题练习及答案
直线、平面垂直的判定与性质【考纲说明】1、能够认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理。
2、能够运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题。
【知识梳理】一、直线与平面垂直的判定与性质 1、直线与平面垂直（1）定义：如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l 与平面α互相垂直，记作l ⊥α，直线l 叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l 的垂面。
如图，直线与平面垂直时,它们唯一公共点P 叫做垂足。
（2）判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直。
结论：如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面，记作.//a b b a αα⎫⇒⊥⎬⊥⎭（3）性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行。
即,//a b a b αα⊥⊥⇒.由定义知：直线垂直于平面内的任意直线。
2、直线与平面所成的角平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐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，该直线与平面所成的角是直角；一条直线和平面平行，或在平面内，则此直线与平面所成的角是00的角。
3、二面角的平面角从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面。
如果记棱为l ，那么两个面分别为αβ、的二面角记作l αβ--.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射线，则两射线所构成的角叫做叫做二面角的平面角。
其作用是衡量二面角的大小；范围：000180θ<<.二、平面与平面垂直的判定与性质1、定义：一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面垂直.2、判定：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直。
简述为“线面垂直，则面面垂直”，记作l l βαβα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭.3、性质：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直，记作l m m m lαβαββα⊥⎫⎪=⎪⇒⊥⎬⊂⎪⎪⊥⎭I .【经典例题】【例1】（2012浙江文）设l 是直线,a,β是两个不同的平面 （ ） A ．若l ∥a,l ∥β,则a∥β B ．若l ∥a,l ⊥β,则a⊥β C ．若a⊥β,l ⊥a,则l ⊥β D ．若a⊥β,l ∥a,则l ⊥β 【答案】B【解析】利用排除法可得选项B 是正确的,∵l ∥a,l ⊥β,则a⊥β.如选项A:l ∥a,l ∥β时,a⊥β或a∥β;选项C:若a⊥β,l ⊥a,l ∥β或l β⊂;选项D:若若a⊥β,l ⊥a,l ∥β或l ⊥β.【例2】（2012四川文）下列命题正确的是 （ ）A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C ．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D ．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行 【答案】C【解析】若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线,也可能相交,所以A 错;一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行,故B 错;若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行,也可以垂直;故D 错;故选项C 正确.【例3】（2012山东）已知直线m 、n 及平面α，其中m∥n ，那么在平面α内到两条直线m 、n 距离相等的点的集合可能是：①一条直线；②一个平面；③一个点；④空集．其中正确的是（ ）A ．①②③B ．①④C ．①②④D ．②④ 【答案】C【解析】如图1，当直线m 或直线n 在平面α内时有可能没有符合题意的点；如图2，直线m 、n 到已知平面α的距离相等且所在平面与已知平面α垂直，则已知平面α为符合题意的点；如图3，直线m 、n 所在平面与已知平面α平行，则符合题意的点为一条直线，从而选C.【例4】（2012四川理）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成的角的大小是____________.【答案】90o【解析】方法一:连接D 1M,易得DN⊥A 1D 1,DN⊥D 1M,所以,DN⊥平面A 1MD 1,又A 1M ⊂平面A 1MD 1,所以,DN⊥A 1D 1,故夹角为90o方法二:以D 为原点,分别以DA,DC,DD 1为x,y,z 轴,建立空间直角坐标系D —xyz.设正方体边长为2,则D(0,0,0),N(0,2,1),M(0,1,0)A 1(2,0,2)故,），（），（2,121,2,01-== N MB 1A 1C 1D 1BD C所以,cos<|MA ||DN |111MA DN MA DN •=〉〈，=0,故DN⊥D 1M,所以夹角为90o【例5】（2012大纲理）三棱柱111ABC A B C -中,底面边长和侧棱长都相等,1160BAA CAA ∠=∠=︒,则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为_____________. 【答案】66【解析】设该三棱柱的边长为1,依题意有1111,AB AB AA BC AC AA AB =+=+-u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r,则22221111||()222cos603AB AB AA AB AB AA AA =+=+⋅+=+︒=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r而1111()()AB BC AB AA AC AA AB ⋅=+⋅+-u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r【例6】（2011·福建）如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________． 【答案】【解析】∵EF∥面AB 1C ，∴EF∥AC .又E 是AD 的中点，∴F 是DC 的中点． ∴EF ＝AC ＝.【例7】（2012年山东文）如图,几何体E ABCD -是四棱锥,△ABD 为正三角形,,CB CD EC BD =⊥. （1）求证:BE DE =;（2）若∠120BCD =︒,M 为线段AE 的中点, 求证:DM ∥平面BEC .【解析】（1）设BD 中点为O ,连接OC ,OE ,则由BC CD =知CO BD ⊥,又已知CE BD ⊥,所以BD ⊥平面OCE .所以BD OE ⊥,即OE 是BD 的垂直平分线,所以BE DE =.（2）取AB 中点N ,连接,MN DN ,∵M 是AE 的中点,∴MN ∥BE , ∵△ABD 是等边三角形,∴DN AB ⊥.由∠BCD =120°知,∠CBD =30°, 所以∠ABC =60°+30°=90°,即BC AB ⊥,所以ND ∥BC ,所以平面MND ∥平面BEC ,又DM ⊂平面MND ,故DM ∥平面BEC . 另证:延长BC AD ,相交于点F ,连接EF.因为CB=CD,090=∠ABC . 因为△ABD 为正三角形,所以0090,60=∠=∠ABC BAD ,则030=∠AFB ,所以AF AB 21=,又AD AB =, 所以D 是线段AF 的中点,连接DM,又由点M 是线段AE 的中点知EF DM //,而⊄DM 平面BEC ,⊂EF 平面BEC ,故DM ∥平面BEC .【例8】（2011天津）如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形∠ADC ＝45°，AD ＝AC ＝1，O 为AC 的中点，PO ⊥平面ABCD ，PO ＝2，M 为PD 的中点． （1）证明：PB∥平面ACM ； （2）证明：AD ⊥平面PAC ；（3）求直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值． 【解析】（1）证明：连接BD ，MO ，在平行四边形ABCD 中，因为O 为AC 的中点，所以O 为BD 的中点．又M 为PD 的中点，所以PB∥MO .因为PB ?平面ACM ，MO ?平面ACM ，所以PB∥平面ACM .（2）证明：因为∠ADC ＝45°，且AD ＝AC ＝1，所以∠DAC ＝90°，即AD ⊥AC ，又PO ⊥平面ABCD ，AD ?平面ABCD ，所以PO ⊥AD .而AC ∩PO ＝O ，所以AD ⊥平面PAC . （3）取DO 中点N ，连接MN ，AN .因为M 为PD 的中点，所以MN∥PO ，且MN ＝PO ＝1.由PO ⊥平面ABCD ，得MN ⊥平面ABCD ，所以∠MAN 是直线AM 与平面ABCD 所成的角，在Rt△DAO 中，AD ＝1，AO ＝，所以DO ＝，从而AN ＝DO ＝.在Rt△ANM 中，tan∠MAN ＝＝＝，即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为.【例9】（2012湖南文）如图，在四棱锥P-ABCD 中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD 是等腰梯形,AD∥BC,AC⊥BD. （1）证明:BD⊥PC;（2）若AD=4,BC=2,直线PD 与平面PAC 所成的角为30°,求四棱锥P-ABCD 的体积. 【解析】（1）因为,,.PA ABCD BD ABCD PA BD ⊥⊂⊥平面平面所以又,,AC BD PA AC ⊥是平面PAC 内的两条相较直线,所以BD ⊥平面PAC, 而PC ⊂平面PAC,所以BD PC ⊥.（2）设AC 和BD 相交于点O,连接PO,由(Ⅰ)知,BD ⊥平面PAC, 所以DPO ∠是直线PD 和平面PAC 所成的角,从而DPO ∠30=o . 由BD ⊥平面PAC,PO ⊂平面PAC,知BD PO ⊥. 在Rt POD V 中,由DPO ∠30=o ,得PD=2OD.因为四边形ABCD 为等腰梯形,AC BD ⊥,所以,AOD BOC V V 均为等腰直角三角形, 从而梯形ABCD 的高为111(42)3,222AD BC +=⨯+=于是梯形ABCD 面积 在等腰三角形AOD 中,2,22,2OD AD == 所以22242, 4.PD OD PA PD AD ===-=故四棱锥P ABCD -的体积为11941233V S PA =⨯⨯=⨯⨯=.【例10】（2012新课标理）如图,直三棱柱111ABC A B C -中,112AC BC AA ==,D 是棱1AA 的中点,BD DC ⊥1 （1）证明:BC DC ⊥1（2）求二面角11C BD A --的大小.【解析】（1）在Rt DAC ∆中,AD AC =得:45ADC ︒∠=同理:1114590A DC CDC ︒︒∠=⇒∠=得:111,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥面1BCD DC BC ⇒⊥ （2）11,DC BC CC BC BC ⊥⊥⇒⊥面11ACC A BC AC ⇒⊥ 取11A B 的中点O ,过点O 作OH BD ⊥于点H ,连接11,C O C H1111111AC B C C O A B =⇒⊥,面111A B C ⊥面1A BD 1C O ⇒⊥面1A BD 1OH BD C H BD ⊥⇒⊥得:点H 与点D 重合且1C DO ∠是二面角11C BD A --的平面角设AC a =,则12C O =,111230C D C O C DO ︒==⇒∠= 既二面角11C BD A --的大小为30︒【课堂练习】．（2012浙江理）已知矩形ABCD ,AB =1,BC将∆ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻着，在翻着过程中（ ）A ．存在某个位置,使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置,三直线“AC 与BD ”,“AB 与CD ”,“AD 与BC ”均不垂直 ．（2012四川理）下列命题正确的是 （ ）A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C ．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D ．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行3．（2011重庆）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点( )A ．只有1个B ．恰有3个C ．恰有4个D ．有无穷多个4．（2012上海）已知空间三条直线l ，m ，n 若l 与m 异面,且l 与n 异面,则 （ ） A ．m 与n 异面. B ．m 与n 相交. C ．m 与n 平行. D ．m 与n 异面、相交、平行均有可能. 5．（2011烟台）已知m ，n 是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：①若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m ⊥n ，则α∥β；③若m ⊥α，n∥β，m ⊥n ，α•AB•β则α∥β；④若m ⊥α，n∥β，α∥β，则m ⊥n . 其中正确命题的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 6．（2011潍坊）已知m 、n 是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( )A ．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB ．若m∥n ，m ?α，n ?β，则α∥βC ．若m∥n ，m∥α，则n∥αD ．若n ⊥α，n ⊥β，则α∥β7.（2010全国卷文）直三棱柱111ABC A B C -中，若90BAC ∠=︒，1AB AC AA ==，则异面直线1BA 与1AC 所成的角等于（）A ．30°B．45°C．60°D．90°8.（2010全国卷）正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC1D 所成角的余弦值为（）AB．23D 9.（2010全国Ⅱ卷理）已知正四棱锥S ABCD -中，SA =，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A ．1B ．2D ．310.（2010全国Ⅰ卷）已知在半径为2的球面上有A ．B ．C ．D 四点，若AB=CD=2，则四面体ABCD 的体积的最大值为（）ABC．11.（2010江西理）过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A 作直线L ，使L 与棱AB ，AD ，1AA 所成的角都相等，这样的直线L 可以作（） A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条12.（2012大纲）已知正方形1111ABCD A B C D -中,,E F 分别为1BB ,1CC 的中点,那么异面直线AE 与1D F 所成角的余弦值为____.13.（2010上海文）已知四棱椎P ABCD -的底面是边长为6的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且8PA =，则该四棱椎的体积是.14.（2010四川卷）如图，二面角l αβ--的大小是60°，线段AB α⊂.B l ∈，AB 与l 所成的角为30°.则AB 与平面β所成的角的正弦值是.15.（江西卷文）长方体1111ABCD A B C D -的顶点均在同一个球面上，11AB AA ==，2BC =，则A ，B 两点间的球面距离为16.（2010湖南理）如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点。
线面垂直证明面面垂直专题 3
立体几何平行与垂直专题（附经典解析）1垂直证明习题——线面垂直⇒面面垂直1. 如图所示，三棱柱中，，平面．证明：平面平面．2. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，且，，，分别为，的中点，且．求证：平面平面．3. 如图所示，△ABC 为正三角形，CE ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，且CE ＝AC ＝2BD ，M 是AE 的中点．求证：平面BDM ⊥平面ECA ．111ABC A B C -90BCA ∠=°1AC ⊥1A BC ABC ⊥11ACCA P ABCD -ABCD 2PA AD ==120PAD BAD ∠=∠=︒E FPDBD 2EF =PAD ⊥ABCD垂直证明习题——线面垂直⇒面面垂直（教师版）1. 如图所示，三棱柱中，，平面．证明：平面平面．【解析】证明：平面，．，，平面．又平面，平面平面．2. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，且，，，分别为，的中点，且．求证：平面平面．【解析】过P 作PO ⊥AD ，垂足为O ，连结AO ，BO ， 由∠PAD=120°，得∠PAO=60°，111ABC A B C -90BCA ∠=°1AC ⊥1A BC ABC ⊥11ACCA 1AC ⊥1A BC 1AC BC ∴⊥90BCA ∠︒＝BC AC ∴⊥BC ∴⊥11ACC A BC ⊂ABC ∴ABC ⊥11ACC A P ABCD -ABCD 2PA AD ==120PAD BAD ∠=∠=︒E FPDBD EF =PAD ⊥ABCD立体几何平行与垂直专题（附经典解析）3∴在Rt △PAO 中，PO=PAsin ∠PAO=2sin60°=2×，∵∠BAO=120°，∴∠BAO=60°，AO=AO ，∴△PAO ≌△BAO ，∴∵E ，F 分别是PA ，BD 的中点，EF=∴EF是△PBD 的中位线，∴PB=2EF=2×，∴PB 2=PO 2+BO 2，∴PO ⊥BO ，∵AD∩BO=O ，∴PO ⊥平面ABCD ， 又PO ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面ABCD ．3. 如图所示，△ABC 为正三角形，CE ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，且CE ＝AC ＝2BD ，M 是AE 的中点．求证：平面BDM ⊥平面ECA ．【解析】取AC 的中点N ，连接MN 、BN ，则MN //CF ．∵BD //CF ，∴MN //BD ， ∴N ∈平面BDM ．∵EC ⊥平面ABC ，∴EC ⊥BN ．又∵AC ⊥BN ，EC ∩AC ＝C ，∴BN ⊥平面ECA ． 又∵BN ⊂平面BDM ，∴平面BDM ⊥平面ECA ．222。
高中数学直线与平面垂直的性质、平面与平面垂直的性质精选题目(附答案)
高中数学直线与平面垂直的性质、平面与平面垂直的性质精选题目（附答案）1．直线与平面垂直的性质定理(1)文字语言：垂直于同一个平面的两条直线平行．(2)图形语言：(3)符号语言：⎭⎬⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b . (4)作用：①线面垂直⇒线线平行；②作平行线．2．平面与平面垂直的性质定理(1)文字语言：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．(2)图形语言：(3)符号语言：⎭⎬⎫α⊥βα∩β＝l a ⊂αa ⊥l ⇒a ⊥β.(4)作用：①面面垂直⇒线面垂直；②作面的垂线．一、线面垂直性质定理的应用1.如图，已知正方体A 1C .(1)求证：A 1C ⊥B 1D 1.(2)M ，N 分别为B 1D 1与C 1D 上的点，且MN ⊥B 1D 1，MN ⊥C 1D ，求证：MN ∥A 1C .[证明] (1)如图，连接A 1C 1.∵CC 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，B 1D 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，∴CC 1⊥B 1D 1.∵四边形A 1B 1C 1D 1是正方形，∴A 1C 1⊥B 1D 1.又∵CC 1∩A 1C 1＝C 1，∴B1D1⊥平面A1C1C.又∵A1C⊂平面A1C1C，∴B1D1⊥A1C.(2)如图，连接B1A，AD1.∵B1C∥AD，∴四边形ADC1B1为平行四边形，∴C1D∥AB1.∵MN⊥C1D，∴MN⊥AB1.又∵MN⊥B1D1，AB1∩B1D1＝B1，∴MN⊥平面AB1D1.由(1)知A1C⊥B1D1.同理可得A1C⊥AB1.又∵AB1∩B1D1＝B1，∴A1C⊥平面AB1D1.∴A1C∥MN.注：(1)若已知一条直线和某个平面垂直，证明这条直线和另一条直线平行，可考虑利用线面垂直的性质定理，证明另一条直线和这个平面垂直，证明时注意利用正方形、平行四边形及三角形中位线的有关性质．(2)直线与平面垂直的其他性质：①如果一条直线和一个平面垂直，则这条直线和这个平面内任一条直线垂直．②若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．③若l⊥α于A，AP⊥l，则AP⊂α.④垂直于同一条直线的两个平面平行．⑤如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则它必垂直于另一个平面．2.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是AB上一点，N是A1C的中点，MN⊥平面A1DC.求证：(1)MN∥AD1；(2)M 是AB 的中点．证明：(1)∵四边形ADD 1A 1为正方形，∴AD 1⊥A 1D .又∵CD ⊥平面ADD 1A 1，∴CD ⊥AD 1.∵A 1D ∩CD ＝D ，∴AD 1⊥平面A 1DC .又∵MN ⊥平面A 1DC ，∴MN ∥AD 1.(2)连接ON ，在△A 1DC 中，A 1O ＝OD ，A 1N ＝NC ，∴ON=12CD=12AB .∴ON ∥AM .又∵MN ∥OA ，∴四边形AMNO 为平行四边形．∴ON ＝AM .∵ON ＝12AB ，∴AM ＝12AB .∴M 是AB 的中点.二、面面垂直性质定理的应用3.已知P 是△ABC 所在平面外的一点，且P A ⊥平面ABC ，平面P AC ⊥平面PBC ，求证：BC ⊥AC .[证明] 如图，在平面P AC 内作AD ⊥PC 于点D ，∵平面P AC ⊥平面PBC ，AD ⊂平面P AC ，且AD ⊥PC ，∴AD ⊥平面PBC ，又BC ⊂平面PBC ，∴AD ⊥BC .∵P A ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴P A ⊥BC ，∵AD ∩P A ＝A ，∴BC ⊥平面P AC ，又AC ⊂平面P AC ，∴BC ⊥AC .注： 若所给题目中有面面垂直的条件，一般要利用面面垂直的性质定理将其转化为线面垂直、线线垂直．应用面面垂直的性质定理，注意三点：①两个平面垂直是前提条件；②直线必须在其中一个平面内；③直线必须垂直于它们的交线．4.如图所示，P是四边形ABCD所在平面外的一点，四边形ABCD是边长为a的菱形，且∠DAB＝60°.侧面P AD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD.(1)若G为AD的中点，求证：BG⊥平面P AD；(2)求证：AD⊥PB.证明：(1)如图，在菱形ABCD中，连接BD，由已知∠DAB＝60°，∴△ABD为正三角形，∵G是AD的中点，∴BG⊥AD.∵平面P AD⊥平面ABCD，且平面P AD∩平面ABCD＝AD，∴BG⊥平面P AD.(2)如图，连接PG.∵△P AD是正三角形，G是AD的中点，∴PG⊥AD，由(1)知BG⊥AD.又∵PG∩BG＝G.∴AD⊥平面PBG.而PB⊂平面PBG，∴AD⊥PB.三、垂直关系的综合应用4.如图，在△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F分别是AC，AD上的动点，且AEAC＝AFAD＝λ(0<λ<1)．(1)求证：无论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC.(2)当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD?[解](1)证明：∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.∵CD⊥BC，AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC.又∵AEAC＝AFAD＝λ(0<λ<1)，∴无论λ为何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC.又∵EF⊂平面BEF，∴无论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC.(2)由(1)知BE⊥EF，∵平面BEF⊥平面ACD，平面BEF∩平面ACD＝EF，∴BE⊥平面ACD.又∵AC⊂平面ACD，∴BE⊥AC.∵BC＝CD＝1，∠BCD＝∠ABD＝90°，∠ADB＝60°，∴BD＝2，∴AB＝2tan 60°＝6，∴AC＝AB2＋BC2＝7.由Rt△AEB∽Rt△ABC，得AB2＝AE·AC，∴AE＝67，∴λ＝AEAC＝67.故当λ＝67时，平面BEF⊥平面ACD.注：(1)空间中的垂直关系有线线垂直、线面垂直、面面垂直，这三种关系不是孤立的，而是相互关联的．它们之间的转化关系如下：线线垂直判定定理线面垂直定义线面垂直判定定理性质定理面面垂直(2)空间问题化成平面问题是解决立体几何问题的一个基本原则，解题时，要抓住几何图形自身的特点，如等腰(边)三角形的三线合一、中位线定理、菱形的对角线互相垂直等．还可以通过解三角形，产生一些题目所需要的条件，对于一些较复杂的问题，注意应用转化思想解决问题．5.如图(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π2，AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图(2)中△A1BE 的位置，得到四棱锥A1-BCDE.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1-BCDE的体积为362，求a的值．解：(1)证明：在图(1)中，因为AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝π2，所以BE⊥AC.即在图(2)中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)可得A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE. 即A1O是四棱锥A1-BCDE的高．由图(1)知，A1O＝22AB＝22a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，从而四棱锥A1-BCDE的体积为V＝13S·A1O＝13×a2×22a＝26a3.由26a3＝362，得a＝6.巩固练习：1．设l是直线，α，β是两个不同的平面()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β2．已知平面α，β和直线m，l，则下列命题中正确的是()A．若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥βB．若α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥βC．若α⊥β，l⊂α，则l⊥βD．若α⊥β，α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β3．在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知平面AA1C1C⊥平面ABCD，且AB＝BC，AD＝CD，则BD与CC1()A．平行B．共面C．垂直D．不垂直4.如图，设平面α∩平面β＝PQ，EG⊥平面α，FH⊥平面α，垂足分别为G，H.为使PQ⊥GH，则需增加的一个条件是()A．EF⊥平面αB．EF⊥平面βC．PQ⊥GED．PQ⊥FH5．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出如下命题：①若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；③若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α；④若α⊥β，m∥α，则m⊥β.其中正确命题的个数为()A．1 B．2C．3 D．41.解析：选B对于选项A，两平面可能平行也可能相交；对于选项C，直线l可能在β内也可能平行于β；对于选项D，直线l可能在β内或平行于β或与β相交．2.解析：选D选项A缺少了条件：l⊂α；选项B缺少了条件：α⊥β；选项C缺少了条件：α∩β＝m，l⊥m；选项D具备了面面垂直的性质定理的全条件．3.解析：选C如图所示，在四边形ABCD中，∵AB＝BC，AD＝CD.∴BD⊥AC.∵平面AA1C1C⊥平面ABCD，平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥平面AA1C1C.又CC1⊂平面AA1C1C，∴BD⊥CC1，故选C.4.解析：选B因为EG⊥平面α，PQ⊂平面α，所以EG⊥PQ.若EF⊥平面β，则由PQ⊂平面β，得EF⊥PQ.又EG与EF为相交直线，所以PQ⊥平面EFHG，所以PQ⊥GH，故选B.5.解析：选B根据平面与平面垂直的性质知①正确；②中，α，β可能平行，也可能相交，不正确；③中，α⊥β，m⊥β，m⊄α时，只可能有m∥α，正确；④中，m与β的位置关系可能是m∥β或m⊂β或m与β相交，不正确．综上，可知正确命题的个数为2，故选B.6.如图，平面ABC⊥平面ABD，∠ACB＝90°，CA＝CB，△ABD是正三角形，O为AB中点，则图中直角三角形的个数为________．解析：∵CA＝CB，O为AB的中点，∴CO⊥AB.又平面ABC⊥平面ABD，交线为AB，∴CO⊥平面ABD.∵OD⊂平面ABD，∴CO⊥OD，∴△COD为直角三角形．所以图中的直角三角形有△AOC，△COB，△ABC，△AOD，△BOD，△COD 共6个．答案：67.如图，直二面角α-l-β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，则CD的长为________．解析：如图，连接BC，∵二角面α-l-β为直二面角，AC⊂α，且AC⊥l，∴AC⊥β.又BC⊂β，∴AC⊥BC，∴BC2＝AB2－AC2＝3，又BD⊥CD，∴CD＝BC2－BD2＝ 2.答案： 28．已知m，n是直线，α，β，γ是平面，给出下列说法①若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥α或n⊥β；②若α∥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则m∥n；③若m不垂直于α，则m不可能垂直于α内的无数条直线；④若α∩β＝m，n∥m且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β.其中正确的说法序号是________(注：把你认为正确的说法的序号都填上)．解析：①错，垂直于交线，不一定垂直平面；②对；③错，凡是平面内垂直于m的射影的直线，m都与它们垂直；④对．答案：②④9.如图：三棱锥P-ABC中，已知△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，△P AC是直角三角形，∠P AC＝90°，∠ACP＝30°，平面P AC⊥平面ABC.求证：平面P AB⊥平面PBC.证明：∵平面P AC⊥平面ABC，平面P AC∩平面ABC＝AC，P A⊥AC，∴P A ⊥平面ABC.又BC⊂平面ABC，∴P A⊥BC.又∵AB⊥BC，AB∩P A＝A，AB⊂平面P AB，P A⊂平面P AB，∴BC⊥平面P AB.又BC⊂平面PBC，∴平面P AB⊥平面PBC.10.如图，边长为2的正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，AD与CE的交点为M，AC⊥BC，且AC＝BC.(1)求证：AM⊥平面EBC；(2)求直线EC与平面ABE所成角正弦值．解：(1)证明：∵平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，BC⊥AC，∴BC⊥平面ACDE.又AM⊂平面ACDE，∴BC⊥AM.∵四边形ACDE是正方形，∴AM⊥CE.又BC∩CE＝C，∴AM⊥平面EBC.(2)取AB的中点F，连接CF，EF.∵EA⊥AC，平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，∴EA⊥平面ABC，∴EA⊥CF.又AC＝BC，∴CF⊥AB.∵EA∩AB＝A，∴CF⊥平面AEB，∴∠CEF即为直线EC与平面ABE所成的角．在Rt△CFE中，CF＝2，FE＝6，tan∠CEF＝26＝33.11．在圆柱的一个底面上任取一点(该点不在底面圆周上)，过该点作另一个底面的垂线，则这条垂线与圆柱的母线所在直线的位置关系是() A．相交B．平行C．异面D．相交或平行12．已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是()A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行．．．，则在α内不存在．．．与β平行的直线D．若m，n不平行．．．，则m与n不可能．．．垂直于同一平面13．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是()A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β14．在三棱锥P-ABC中，平面P AC⊥平面ABC，∠PCA＝90°，△ABC是边长为4的正三角形，PC＝4，M是AB边上的一动点，则PM的最小值为() A．2 3 B．27C．4 3 D．47参考答案：11.解析：选B∵圆柱的母线垂直于圆柱的底面，所作的垂线也垂直于底面，由线面垂直的性质定理可知，二者平行．12.解析：选D A项，α，β可能相交，故错误；B项，直线m，n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；C项，若m⊂α，α∩β＝n，m∥n，则m∥β，故错误；D项，假设m，n垂直于同一平面，则必有m∥n，所以原命题正确，故D项正确．13.解析：选D A中m，n可能为平行、垂直、异面直线；B中m，n可能为异面直线；C中m应与β中两条相交直线垂直时结论才成立．14.解析：选B连接CM，则由题意PC⊥平面ABC，可得PC⊥CM，所以PM＝PC2＋CM2，要求PM的最小值只需求出CM的最小值即可，在△ABC中，当CM⊥AB时CM有最小值，此时有CM＝4×32＝23，所以PM的最小值为27.15.如图，若边长为4和3与边长为4和2的两个矩形所在的平面互相垂直，则cos α∶cos β＝________.解析：由题意，两个矩形的对角线长分别为5,25，所以cos α＝525＋4＝529，cos β＝2529，所以cos α∶cos β＝5∶2.答案：5∶216．经过平面α外一点和平面α内一点与平面α垂直的平面有________个．解析：设面外的点为A，面内的点为B，过点A作面α的垂线l，若点B恰为垂足，则所有过AB的平面均与α垂直，此时有无数个平面与α垂直；若点B不是垂足，则l与点B确定唯一平面β满足α⊥β.答案：1或无数17.如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为a的菱形，∠BCD＝120°，平面PCD⊥平面ABCD，PC＝a，PD＝2a，E为P A的中点．求证：平面EDB⊥平面ABCD.证明：设AC∩BD＝O，连接EO，则EO∥PC.∵PC＝CD＝a，PD＝2a，∴PC2＋CD2＝PD2，∴PC⊥CD.∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，∴PC⊥平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD.又EO⊂平面EDB，故有平面EDB⊥平面ABCD.18.如图所示，在斜三棱柱A1B1C1-ABC中，底面是等腰三角形，AB＝AC，D是BC的中点，侧面BB1C1C⊥底面ABC.(1)求证：AD⊥CC1；(2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于点M，若AM＝MA1，求证：截面MBC1⊥侧面BB1C1C；(3)若截面MBC1⊥平面BB1C1C，则AM＝MA1吗？请叙述你的判断理由．解：(1)证明：∵AB＝AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC.∵底面ABC⊥平面BB1C1C，底面ABC∩平面BB1C1C＝BC，∴AD⊥平面BB1C1C.又CC1⊂平面BB1C1C，∴AD⊥CC1.(2)证明：延长B1A1与BM交于点N，连接C1N.∵AM＝MA1，∴NA1＝A1B1.∵A1C1＝A1N＝A1B1，∴C1N⊥B1C1，∴C1N⊥侧面BB1C1C.∴截面MBC1⊥侧面BB1C1C；(3)结论正确．证明如下：过M作ME⊥BC1于点E，连接DE. ∵截面MBC1⊥侧面BB1C1C，∴ME⊥侧面BB1C1C.又AD⊥侧面BB1C1C，∴ME∥AD，∴M，E，D，A四点共面．∵MA∥侧面BB1C1C，∴AM∥DE.∴四边形AMED是平方四边形，又AM∥CC1，∴DE∥CC1.∵BD＝CD，∴DE＝12CC1，∴AM＝12CC1＝12AA1.∴AM＝MA1.。
面面垂直的判定习题详细答案
题目二解析
题目二
在四面体$P-ABC$中，已知$angle APB = angle BPC = angle CPA = 90^{circ}$， 求证：平面$PAB perp$平面$PBC$。
解析
首先，由于$angle APB = angle BPC = angle CPA = 90^{circ}$，我们可以得出$PA perp PB$、$PB perp PC$和$PC perp PA$。根据空间直线与平面的垂直关系，我们可以得出$PA perp$平面$PBC$、$PB perp$平面$PAC$和$PC perp$平面$PAB$。由于平面$PAB cap$平面$PBC = PB$，根据两平面垂直于第三
解析
题目三
对于结论$①$
由于正方体的性质，我们知道AC₁和AE都 经过点A，所以它们是共面的。因此，
AC₁E不是异面直线。结论$①$不正确。
对于结论$③$
由于正方体的性质，我们知道AC₁不在平 面ABCD内。所以结论$③$是正确的。
对于结论$②$
由于AC₁不在平面BDE内，所以结论$②$ 是正确的。
平面内的直线
一条直线如果在某个平面上， 则称这条直线为该平面的内直
线。
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质，我们可以得出平面 ABDtextsuperscript{⊥}平面BCD。
04 知识点总结
面面垂直的判定定理
判定定理
如果一个平面内的一条直线与另 一个平面垂直，则这两个平面互 相垂直。
推论
如果两个平面互相垂直，则其中 一个平面内的一条直线与另一个 平面垂直。
解题技巧和注意事项
技巧
在解题时，首先确定已知条件和未知 量，然后根据判定定理和推论，构建 数学模型和方程。
线面垂直的判定和性质定理(习题课)
线面垂直的判定和性质定理（习题课）A组 1 C 2 B 3 D 4 D 5 C 6 ③ 7 ①② 8a或2a9 (2) d＝105. 10 (2) V＝ 3 (3)64B组 1 D 2 ①②③ 3 (2)433(3)32A组基础训练一、选择题1．已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则()A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直B．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直C．β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直D．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直【解析】如图，在平面β内的直线若与α，β的交线a平行，则有m与之垂直．但却不一定在β内有与m平行的直线，只有当α⊥β时才存在．【答案】 C2．已知两个平面垂直，下列命题：①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线．②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线．③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面．④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．其中正确命题的个数是()A．3B．2C．1D．0【解析】根据面面垂直的性质定理知，命题④正确；两平面垂直，一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内与交线垂直的直线，故命题②正确，命题①③错误．【答案】 B3．(2013·广东高考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β【解析】如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，平面BCC1B1⊥平面ABCD，BC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面ABCD，而BC1不垂直于BC，故A错误．平面A1B1C1D1∥平面ABCD，B1D1⊂平面A1B1C1D1，AC⊂平面ABCD，但B1D1和AC不平行，故B错误．AB⊥A1D1，AB⊂平面ABCD，A1D1⊂平面A1B1C1D1，但平面A1B1C1D1∥平面ABCD，故C错误．故选D.【答案】 D图7－5－104．(2014·大连模拟)如图7－5－10，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，S D ⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是()A．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．SA与平面SBD所成的角等于S C与平面SBD所成的角D．AB与S C所成的角等于DC与SA所成的角【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又∵S D⊥底面ABCD，∴S D⊥AC.其中S D∩BD＝D，∴AC⊥面SDB，从而AC⊥S B.故A正确；易知B正确；设AC与DB交于O点，连结SO.则SA与平面SBD所成的角为∠ASO，S C与平面SBD所成的角为∠C SO，又OA＝OC，SA＝S C，∴∠ASO＝∠C SO.故C正确；由排除法可知选D.【答案】 D5．(2014·郑州模拟)设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，下列命题中正确的是()A．若m∥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥βB．若m∥α，n⊥β，m⊥n，则α∥βC．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥βD．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α∥β【解析】C中，当m∥α，m∥n时，有n∥α或n⊂α，当n⊥β时，有α⊥β，故C正确．【答案】 C二、填空题图7－5－116．如图7－5－11，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC 的中点，则下列命题中正确的有________(填序号)．①平面ABC⊥平面ABD；②平面ABD⊥平面BCD；③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE；④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE.【解析】由AB＝CB，AD＝CD知AC⊥DE，AC⊥BE，从而AC⊥平面BDE，故③正确．【答案】③图7－5－127．如图7－5－12，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，下列说法正确的是________(填上所有正确的序号)．①不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥平面DE C；②不论D折至何位置都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥A B.【解析】取AE的中点F，连接MF，N F，则MF∥DE，N F∥AB∥CE，从而平面MF N∥平面DE C，故MN∥平面DE C，①正确；又AE⊥MF，AE⊥N F，所以AE⊥平面MF N，从而AE⊥MN，②正确；又MN与AB是异面直线，则③错误．【答案】①②图7－5－138．如图7－5－13，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.【解析】∵B1D⊥平面A1ACC1，∴CF⊥B1D，∴为了使CF⊥平面B1DF，只要使CF⊥DF(或CF⊥B1F)，设AF＝x，则CD2＝DF2＋F C2，∴x2－3ax＋2a2＝0，∴x＝a或x＝2a.【答案】a或2a三、解答题图7－5－149．(2013·江西高考)如图7－5－14，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝2，AA1＝3，E为CD上一点，DE＝1，E C＝3.(1)证明：BE⊥平面BB1C1C；(2)求点B1到平面EA1C1的距离．【解】(1)证明过点B作CD的垂线交CD于点F，则BF＝AD＝2，EF＝AB－DE＝1，F C＝2.在Rt△BFE中，BE＝ 3.在Rt△CFB中，BC＝ 6.在△BE C 中，因为BE 2＋BC 2＝9＝EC 2，故BE ⊥BC . 由BB 1⊥平面ABCD ，得BE ⊥BB 1， 所以BE ⊥平面BB 1C 1C.(2)连接B 1E ，则三棱锥E －A 1B 1C 1的体积V ＝13AA 1·S △A 1B 1C 1＝ 2.在Rt △A 1D 1C 1中，A 1C 1＝A 1D 21＋D 1C 21＝3 2. 同理，EC 1＝EC 2＋CC 21＝32， A 1E ＝A 1A 2＋AD 2＋DE 2＝23， 故S △A 1C 1E ＝3 5. 设点B 1到平面EA 1C 1的距离为d ， 则三棱锥B 1－EA 1C 1的体积V ＝13·d ·S △EA 1C 1＝5d ， 从而5d ＝2，d ＝105.图7－5－1510．(2014·青岛模拟)在如图7－5－15所示的多面体ABCDE 中，AB ⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，且AC＝AD＝CD＝DE＝2，AB＝1.(1)请在线段CE上找到点F的位置，使得恰有直线BF∥平面ACD，并证明这一事实；(2)求多面体ABCDE的体积；(3)求直线E C与平面ABED所成角的正弦值．【解】(1)如图，由已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴AB∥ED，设F为线段CE的中点，H是线段CD的中点，连接FH，则FH綊12ED，∴FH綊AB，∴四边形ABFH是平行四边形，∴BF∥AH，由BF⊄平面ACD内，AH⊂平面ACD，∴BF∥平面ACD；(2)取AD中点G，连接C G.AB⊥平面ACD，∴C G⊥AB又C G⊥AD，∴C G⊥平面ABED，即C G为四棱锥的高，C G ＝3，∴V C －ABED ＝13·（1＋2）2·2·3＝ 3. (3)连接EG ，由(2)有C G ⊥平面ABED ，∴∠CEG 即为直线CE 与平面ABED 所成的角．在Rt △CEG 中，sin ∠CEG ＝CG CE ＝322＝64. B 组 能力提升1．如图7－5－16所示，四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°.将△ADB 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A —BCD .则在三棱锥A —BCD 中，下列命题正确的是( )图7－5－16A ．AD ⊥平面BCDB ．AB ⊥平面BCDC ．平面BCD ⊥平面ABC D ．平面ADC ⊥平面ABC【解析】 在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，∴BD ⊥CD ，又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，∴CD⊥平面ABD，∴CD⊥AB，又AD⊥AB，故AB⊥平面ADC，从而平面ABC⊥平面ADC.【答案】 D图7－5－172．如图7－5－17所示，P A⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F分别是点A在PB、PC上的正投影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．【解析】由题意知P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC，又AC⊥BC，P A∩AC＝A，∴BC⊥平面P AC.∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，AF⊥BC.又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF.∴PB⊥EF.故①②③正确．【答案】①②③图7－5－183．(2013·浙江高考)如图7－5－18，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，AD＝CD＝7，P A＝3，∠ABC＝120°，G为线段PC上的点．(1)证明：BD⊥平面APC；(2)若G为PC的中点，求D G与平面APC所成的角的正切值；(3)若G满足PC⊥平面BG D，求PGGC的值．【解】(1)证明设点O为AC，BD的交点．由AB＝BC，AD＝CD，得BD是线段AC的中垂线，所以O为AC的中点，BD⊥AC.又因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BD .所以BD ⊥平面APC .(2)连接OG .由(1)可知，OD ⊥平面APC ，则D G 在平面APC 内的射影为OG ，所以∠OG D 是D G 与平面APC 所成的角．由题意得OG ＝12P A ＝32.在△ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC ＝4＋4－2×2×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝23， 所以OC ＝12AC ＝ 3.在直角△OCD 中，OD ＝CD 2－OC 2＝7－3＝2. 在直角△OG D 中，tan ∠OG D ＝OD OG ＝433.所以D G 与平面APC 所成的角的正切值为433. (3)因为PC ⊥平面BG D ，OG ⊂平面BG D ，所以PC ⊥OG .在直角△P AC 中，PC ＝ P A 2＋AC 2＝3＋12＝15，所以G C ＝AC ·OC PC ＝23×315＝2155. 从而PG ＝3155，所以PG GC ＝32.。
直线、平面垂直的判定及其性质题(含答案)
一、单选题
1．如图，已知棱长为1的正方体 中， 是 的中点，则直线 与平面 所成角的正弦值是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是（ ）
6．A
【解析】连接 交 于 ,连接 ,由于 ,所以 平面 ,所以角 为所求线面角,其正切值为 .故选 .
7．D
【解析】分析：先举反例说明A,B,C不成立，再利用线面平行判定定理与性质定理说明D正确.
详解：因为两条相交直线和同一个平面所成的角也可相等，所以A错，
一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，因为这三点可分布在另一个平面两侧，即这两个平面可相交，B错，
因为两个相交平面可同时垂直于第三个平面，所以C错，
若一条直线平行于两个相交平面，过该直线作平面与两个相交平面分别相交于 ，则该直线与 平行，即 相互平行，即 平行 所在平面，因此 与两个相交平面的交线平行，即得这条直线与这两个平面的交线平行，所以选D.
点睛：本题考查线面关系的判断，考查空间想象能力以及运用线面平行判定定理与性质定理论证的能力.
其中，正确结论的序号是__________．
17．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是________．(填序号)
①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若m∥α，m∥β，则α∥β；
③若m∥n，m⊥α，则n⊥α；④若m∥α，α⊥β，则m⊥β.
18．如图，正四棱锥 的体积为2，底面积为6， 为侧棱 的中点，则直线 与平面 所成的角为_______.
④当二面角 的大小为 时，棱 的长为 ；
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线线垂直、线面垂直、面面垂直部分习及答案1．在四面体ABCD中，△ABC与△DBC都是边长为4的正三角形．(1)求证：BC⊥AD；2如图，在三棱锥S—ABC中，SA⊥平面ABC，平面SAB⊥平面SBC．(第1题)（1）求证：AB⊥BC；3.如图，四棱锥P—ABCD的底面是边长为a的正方形，PA⊥底面ABCD，E为AB的中点，且PA=AB．4. 如图2-4-2所示，三棱锥S—ABC中，SB=AB，SC=AC，作AD⊥BC于D，SH⊥AD于H，求证：SH⊥平面ABC.5. 如图所示，已知Rt△ABC所在平面外一点S，且SA=SB=SC，点D为斜边AC的中点.(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB=BC，求证：BD⊥平面SAC.6. 证明：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1C⊥平面BC1DD1C1A1B1D CA B7. 如图所示，直三棱柱中，∠ACB=90°，AC=1，，侧棱，侧面的两条对角线交点为D，的中点为M.求证：CD⊥平面BDM.8.在三棱锥Ａ－BCD中，BC＝AC，AD＝BD，作BE⊥CD，Ｅ为垂足，作AH⊥BE于Ｈ．求证：AH⊥平面BCD．9. 如图，过S引三条长度相等但不共面的线段SA、SB、SC，且∠ASB=∠ASC=60°，∠BSC=90°，求证：平面ABC⊥平面BSC．10.如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝BC＝1，E为D1C1的中点，连结ED，EC，EB和DB．(1)求证：平面EDB⊥平面EBC；(2)求二面角E－DB－C的正切值.11：已知直线PA垂直于圆O所在的平面，A为垂足，AB为圆O的直径，C是圆周上异于A、B的一点。
求证：平面PAC 平面PBC。
12..如图1-10-3所示，过点S引三条不共面的直线，使∠BSC=90°，∠ASB=∠ASC=60°，若截取SA=SB=SC.求证：平面ABC⊥平面BSC13.如图1-10-5所示，在四面体ABCD中，BD= a,2AB=AD=BC=CD=AC=a.求证：平面ABD⊥平面BCD.14.如图所示，△ABC 为正三角形，CE ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，且CE=AC=2BD ，M 是AE 的中点，求证：(1)DE=DA ；(2)平面BDM ⊥平面ECA ；(3)平面DEA ⊥平面ECA ．15.如图所示，已知PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M 、N 分别是AB 、PC 的中点．(1)求证：MN ∥平面PAD ；(2)求证：MN ⊥CD ；(3)若∠PDA=45°，求证：MN ⊥平面PCD ．16. 如图1，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 为1CC 的中点，AC 交BD 于点O ，求证：1A O ⊥平面MBD答案与提示：1. 证明：(1)取BC 中点O ，连结AO ，DO ．∵△ABC ，△BCD 都是边长为4的正三角形， ∴AO ⊥BC ，DO ⊥BC ，且AO ∩DO ＝O ， ∴BC ⊥平面AOD ．又AD ⊂平面AOD ， ∴BC ⊥AD ．2. 【证明】作AH ⊥SB 于H ，∵平面SAB ⊥平面SBC ．平面SAB ∩平面SBC=SB ，∴AH ⊥平面SBC ，又SA ⊥平面ABC ，∴SA ⊥BC ，而SA 在平面SBC 上的射影为SB ，∴BC ⊥SB ，又SA ∩SB=S ，∴BC ⊥平面SAB ．∴BC ⊥AB ．3. 【证明】PA ⊥平面ABCD ，AD 是PD 在底面上的射影，又∵四边形ABCD 为矩形，∴CD ⊥AD ，∴CD ⊥PD ，∵AD ∩PD=D ∴CD ⊥面PAD ，∴∠PDA 为二面角P —CD —B 的平面角，∵PA=PB=AD ，PA ⊥AD ∴∠PDA=45°，取Rt △PAD 斜边PD 的中点F ，则AF ⊥PD ，∵AF ⊂面PAD ∴CD ⊥AF ，又PD ∩CD=D ∴AF ⊥平面PCD ，取PC 的中点G ，连GF 、AG 、EG ，则GF21CD 又AE21CD ，∴GF AE ∴四边形AGEF 为平行四边形∴AF ∥EG ，∴EG ⊥平面PDC 又EG ⊂平面PEC ，∴平面PEC ⊥平面PCD ．（2）【解】由（1）知AF ∥平面PEC ，平面PCD ⊥平面PEC ，过F 作FH ⊥PC 于H ，则FH ⊥平面PEC∴FH 为F 到平面PEC 的距离，即为A 到平面PEC 的距离．在△PFH 与 △PCD 中，∠P 为公共角，而∠FHP=∠CDP=90°，∴△PFH ∽△PCD ．∴PC PFCD FH =，设AD=2，∴PF=2，PC=324822=+=+CD PD ，∴FH=362322=⋅∴A 到平面PEC 的距离为36． 4.【证明】取SA的中点E，连接EC ，EB. ∵SB=AB,SC=AC, ∴SA ⊥BE,SA ⊥CE. 又∵CE ∩BE=E, ∴SA ⊥平面BCE.∵BC平面BCE5. 证明：(1)因为SA=SC ，D 为AC 的中点， 所以SD ⊥AC.连接BD. 在Rt △ABC 中，有AD=DC=DB ， 所以△SDB ≌△SDA ， 所以∠SDB=∠SDA ， 所以SD ⊥BD.又AC ∩BD=D ， 所以SD ⊥平面ABC. (2)因为AB=BC ，D 是AC 的中点， 所以BD ⊥AC. 又由(1)知SD ⊥BD ， 所以BD 垂直于平面SAC 内的两条相交直线，所以BD⊥平面SAC.6.证明：连结ACBD AC⊥AC为A1C在平面AC上的射影∴⊥⊥⎫⎬⎭⇒⊥BD A CA C BC A C BC D11111同理可证平面7.证明：如右图，连接、、，则.∵，∴为等腰三角形.又知D 为其底边的中点，∴.∵，，∴.又，∴.∵为直角三角形，D 为的中点，∴，.又，，∴..即CD⊥DM.∵、为平面BDM内两条相交直线，∴CD ⊥平面BDM.8.证明：取AB的中点Ｆ，连结CF，DF．∵AC BC=，∴CF AB⊥．∵AD BD=，∴DF AB⊥．又CF DF F=，∴AB⊥平面CDF．∵CD⊂平面CDF，∴⊥．CD AB又CD BE⊥，BE AB B=，∴CD⊥平面ABE，CD AH⊥．∵AH CD⊥，AH BE=，⊥，CD BE E∴AH⊥平面BCD．9.证明：如图，已知PA=PB=PC=a，由∠APB=∠APC=60°，△PAC，△PAB为正三角形，则有：PA=PB=PC=AB=AC=a，取BC中点为E直角△BPC中，，，由AB=AC ，AE ⊥BC ， 直角△ABE 中，，，， 在△PEA 中，，，∴，平面ABC ⊥平面BPC.10. 证明：(1)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BB 1＝BC ＝1，E 为D 1C 1的中点．∴△DD 1E 为等腰直角三角形，∠D 1ED ＝45°．同理∠C 1EC ＝45°．∴︒=∠90DEC ，即DE ⊥EC ．在长方体ABC D －1111D C B A 中，BC ⊥平面11DCC D ，又DE ⊂平面11DCC D ，∴BC ⊥DE ．又C BC EC = ，∴DE ⊥平面EBC ．∵平面DEB 过DE ，∴平面DEB ⊥平面EBC ．(2)解：如图，过E 在平面11DCC D 中作EO ⊥DC 于O ．在长方体ABCD －1111D C B A 中，∵面ABCD ⊥面11DCC D ，∴EO ⊥面ABCD．过O在平面DBC中作OF⊥DB于F，连结EF，∴EF⊥BD．∠EFO为二面角E－D B－C的平面角．利用平面几何知1，(第10题)识可得OF＝5又OE＝1，所以，tan∠EFO＝5．11.（1）【证明】∵C是AB为直径的圆O的圆周上一点，AB是圆O的直径∴BC⊥AC；又PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥PA，从而BC⊥平面PAC．∵BC ⊂平面PBC，∴平面PAC⊥平面PBC．.12.证明：如图1-10-4所示,取BC的中点D，连接AD，SD.由题意知△ASB与△ASC是等边三角形，则AB=AC，∴AD⊥BC,SD⊥BC.令SA=a,在△SBC中，SD= a,又AD= = a,∴AD2+SD2=SA2,即AD⊥SD.又∵AD⊥BC，∴AD⊥平面SBC.∵AD平面ABC，∴平面ABC⊥平面SBC.13.证明：取BD的中点E，连接AE，CE.则AE⊥BD,BD⊥CE.在△ABD中，AB=a,BE= BD= ,∴AE= ,同理,CE= .在△AEC中，AE=EC= ,AC=a,∴AC2=AE2+EC2，即AE⊥EC.∵BD∩EC=E,∴AE⊥平面BCD.又∵AE平面ABD，∴平面ABD⊥平面BCD14.证明：((1)取EC的中点F，连接DF．∵CE⊥平面ABC，∴CE⊥BC．易知DF∥BC，CE⊥DF．∵BD∥CE，∴BD⊥平面ABC．在Rt△EFD和Rt△DBA中，∵，，∴Rt△EFD≌Rt△DBA．故DE=AD．(2)取AC的中点N，连接MN、BN，MN CF．∵BD CF，∴MN BD．N平面BDM．∵EC⊥平面ABC，∴EC⊥BN．又∵AC⊥BN，∴BN⊥平面ECA．又∵BN平面MNBD，∴平面BDM⊥平面ECA．(3)∵DM∥BN，BN⊥平面ECA，∴DM⊥平面ECA．又∵DM平面DEA，∴平面DEA⊥平面ECA．15.证明：(1)取PD的中点E，连接AE、EN，则，故AMNE为平行四边形，∴MN∥AE．∵AE平面PAD，MN平面PAD，∴MN∥平面PAD．(2)要证MN⊥CD，可证MN⊥AB．由(1)知，需证AE⊥AB．∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB．又AD⊥AB，∴AB⊥平面PAD．∴AB⊥AE．即AB⊥MN．又CD∥AB，∴MN⊥CD．(3)由(2)知，MN⊥CD，即AE⊥CD，再证AE⊥PD即可．∵ PA ⊥平面ABCD ，∴ PA ⊥AD ． 又∠PDA=45°，E 为PD 的中点． ∴ AE ⊥PD ，即MN ⊥PD ． 又MN ⊥CD ，∴ MN ⊥平面PCD ．16.证明：连结MO ，1A M ，∵DB ⊥1A A ，DB ⊥AC ，1A A AC A =，∴DB ⊥平面11A ACC ，而1AO ⊂平面11A ACC ∴DB ⊥1A O ． 设正方体棱长为a ，则22132A O a =，2234MO a =．在Rt △11A C M 中，22194A M a =．∵22211A O MO A M +=，∴1AO OM ⊥． ∵OM ∩DB =O ，∴ 1A O ⊥平面MBD ．。