2021年高考数学考点第八章立体几何与空间向量8.4直线平面垂直的判定与性质理.docx

考点8.4 直线、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，则直线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． (2)判定定理与性质定理2.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射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．若一条直线垂直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°的角．(2)范围：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.3．平面与平面垂直 (1)二面角的有关概念①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；②二面角的平面角：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两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角． (2)平面和平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理概念方法微思考1．若两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吗？提示 垂直．若两平行线中的一条垂直于一个平面，那么在平面内可以找到两条相交直线与该直线垂直，根据异面直线所成的角，可以得出两平行直线中的另一条也与平面内的那两条直线成90°的角，即垂直于平面内的这两条相交直线，所以垂直于这个平面．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吗？提示 垂直．在两个相交平面内分别作与第三个平面交线垂直的直线，则这两条直线都垂直于第三个平面，那么这两条直线互相平行．由线面平行的性质定理可知，这两个相交平面的交线与这两条垂线平行，所以该交线垂直于第三个平面．1．（2017•新课标Ⅲ）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则( ) A ．11A E DC ⊥ B ．1A E BD ⊥ C ．11A E BC ⊥ D ．1A E AC ⊥【答案】C【解析】法一：连1B C ，由题意得11BC B C ⊥， 11A B ⊥平面11B BCC ，且1BC ⊂平面11B BCC ， 111A B BC ∴⊥， 1111A B B C B =，1BC ∴⊥平面11A ECB ，1A E ⊂平面11A ECB ， 11A E BC ∴⊥．故选C ．法二：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为2，则1(2A ，0，2)，(0E ，1，0)，(2B ，2，0)，(0D ，0，0)，1(0C ，2，2)，(2A ，0，0)，(0C ，2，0)，1(2A E =-，1，2)-，1(0DC =，2，2)，(2BD =-，2-，0)， 1(2BC =-，0，2)，(2AC =-，2，0)，112A E DC =-，12A E BD =，110A E BC =，16A E AC =， 11A E BC ∴⊥．故选C ．2．（2016•浙江）已知互相垂直的平面α，β交于直线l ，若直线m ，n 满足//m α，n β⊥，则() A ．//m l B ．//m n C ．n l ⊥ D ．m n ⊥【答案】C【解析】互相垂直的平面α，β交于直线l ，直线m ，n 满足//m α， //m β∴或m β⊂或m 与β相交，l β⊂， n β⊥， n l ∴⊥．故选C ．3．（2019•北京）已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l m ⊥；②//m α；③l α⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】若l α⊥，l m ⊥，则//m α．（或若l α⊥，//m α，则)l m ⊥ 【解析】由l ，m 是平面α外的两条不同直线，知： 由线面平行的判定定理得： 若l α⊥，l m ⊥，则//m α．若l α⊥，//m α，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得l m ⊥，∴若l α⊥，//m α，则l m ⊥故答案为：若l α⊥，l m ⊥，则//m α．（或若l α⊥，//m α，则)l m ⊥．4．（2019•江苏）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB BC =．求证：（1）11//A B 平面1DEC ； （2）1BE C E ⊥．【解析】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点， //DE AB ∴，11//AB A B ，11//DE A B ∴，DE ⊂平面1DEC ，11A B ⊂/平面1DEC ，11//A B ∴平面1DEC ．解：（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，E 是AC 的中点，AB BC =． BE AC ∴⊥，直三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，1BE AA ∴⊥，又1AA AC A =，BE ∴⊥平面11ACC A ，1C E ⊂平面11ACC A ，1BE C E ∴⊥．5．（2017•江苏）如图，在三棱锥A BCD -中，AB AD ⊥，BC BD ⊥，平面ABD ⊥平面BCD ，点E 、(F E 与A 、D 不重合）分别在棱AD ，BD 上，且EF AD ⊥．求证：（1）//EF 平面ABC ； （2）AD AC ⊥．【解析】（1）AB AD ⊥，EF AD ⊥，且A 、B 、E 、F 四点共面，//AB EF ∴，又EF ⊂/平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，//EF ∴平面ABC ；（2）在线段CD 上取点G ，连结FG 、EG 使得//FG BC ，则//EG AC ， BC BD ⊥，//FG BC ，FG BD ∴⊥，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，FG ⊂平面BCD ， FG ∴⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，FG AD ∴⊥，AD EF ⊥，且EFFG F =，AD ∴⊥平面EFG ，EG ⊂平面EFG ，AD EG ∴⊥，//EG AC ，AD AC ∴⊥．6．（2020•江苏）在三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，1B C的中点．（1）求证：//EF 平面11AB C ； （2）求证：平面1AB C ⊥平面1ABB ．【解析】（1）E ，F 分别是AC ，1B C 的中点．所以1//EF AB ，因为EF ⊂/平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以//EF 平面11AB C ；（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面1ABB ， 所以1B C AB ⊥， 又因为AB AC ⊥，1AC B C C =，AC ⊂平面1AB C ，1B C ⊂平面1AB C ，所以AB ⊥平面1AB C ， 因为AB ⊂平面1ABB ， 所以平面1AB C ⊥平面1ABB ．7．（2020•新课标Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC ∆是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，90APC ∠=︒． （1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO ，求三棱锥P ABC -的体积．【解析】（1）连接OA ，OB ，OC ，ABC ∆是底面的内接正三角形， 所以AB BC AC ==．O 是圆锥底面的圆心，所以：OA OB OC ==，所以222222AP BP CP OA OP OB OP OC OP ===+=+=+， 所以APB BPC APC ∆≅∆≅∆， 由于90APC ∠=︒， 所以90APB BPC ∠=∠=︒， 所以AP BP ⊥，CP BP ⊥， 由于APCP P =，所以BP ⊥平面APC ， 由于BP ⊂平面PAB ， 所以：平面PAB ⊥平面PAC ．（2）设圆锥的底面半径为r ，圆锥的母线长为l ，所以l =，所以22rr π+=，整理得22(3)(1)0r r +-=，解得1r =．所以AB =由于222AP BP AB +=，解得AP =则：1132P ABC V -=⨯=8．（2019•北京）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点．（Ⅰ）求证：BD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）若60ABC ∠=︒，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；（Ⅲ）棱PB 上是否存在点F ，使得//CF 平面PAE ？说明理由．【解析】（Ⅰ）四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，BD PA ∴⊥，BD AC ⊥，PAAC A =，BD ∴⊥平面PAC ．（Ⅱ）在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点，60ABC ∠=︒， AB AE ∴⊥，PA AE ⊥，PAAB A =，AE ∴⊥平面PAB ，AE ⊂平面PAE ，∴平面PAB ⊥平面PAE ．解：（Ⅲ）棱PB 上是存在中点F ，使得//CF 平面PAE ．理由如下：取AB 中点G ，连结GF ，CG ，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点， //CG AE ∴，//FG PA ， CGFG G =，AEPA A =，∴平面//CFG 平面PAE ，CF ⊂平面CFG ，//CF ∴平面PAE ．9．（2018•新课标Ⅲ）如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得//MC 平面PBD ？说明理由．【解析】（1）矩形ABCD 所在平面与半圆弦CD 所在平面垂直，所以AD ⊥半圆弦CD 所在平面，CM ⊂半圆弦CD 所在平面， CM AD ∴⊥，M 是CD 上异于C ，D 的点．CM DM ∴⊥，DM AD D =，CM ∴⊥平面AMD ，CM ⊂平面CMB ，∴平面AMD ⊥平面BMC ；（2）存在P 是AM 的中点， 理由：连接BD 交AC 于O ，取AM 的中点P ，连接OP ，可得//MC OP ，MC ⊂/平面BDP ，OP ⊂平面BDP，所以//MC平面PBD．10．（2018•北京）如图，在四棱锥P ABCD⊥，-中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA PD =，E，F分别为AD，PB的中点．PA PD（Ⅰ）求证：PE BC⊥；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：//EF平面PCD．【解析】（Ⅰ）PA PD=，E为AD的中点，可得PE AD⊥，底面ABCD为矩形，可得//BC AD，则PE BC⊥；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且//AB CD，在平面PAB内过P作直线//PG AB，可得//PG CD，即有平面PAB⋂平面PCD PG=，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB AD⊥，可得AB⊥平面PAD，即有AB PA⊥，⊥；PA PG同理可得CD PD⊥，⊥，即有PD PG可得APD∠为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA PD⊥，可得平面PAB ⊥平面PCD ；（Ⅲ）取PC 的中点H ，连接DH ，FH ， 在三角形PBC 中，FH 为中位线，可得//FH BC ， 12FH BC =， 由//DE BC ，12DE BC =， 可得DE FH =，//DE FH ， 四边形EFHD 为平行四边形， 可得//EF DH ，EF ⊂/平面PCD ，DH ⊂平面PCD ，即有//EF 平面PCD ．11．（2017•新课标Ⅰ）如图，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=︒． （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【解析】（1）在四棱锥P ABCD -中，90BAP CDP ∠=∠=︒，AB PA ∴⊥，CD PD ⊥，又//AB CD ，AB PD ∴⊥， PAPD P =，AB ∴⊥平面PAD ，AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD ．解：（2）设PA PD AB DC a ====，取AD 中点O ，连结PO ， PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，平面PAB ⊥平面PAD ，PO ∴⊥底面ABCD ，且AD =，2PO =， 四棱锥P ABCD -的体积为83，由AB ⊥平面PAD ，得AB AD ⊥， 13P ABCD ABCD V S PO -∴=⨯⨯四边形311183333AB AD PO a a =⨯⨯⨯=⨯==，解得2a =，2PA PD AB DC ∴====，AD BC ==，PO =，PB PC ∴==∴该四棱锥的侧面积：PAD PAB PDC PBC S S S S S ∆∆∆∆=+++侧11112222PA PD PA AB PD DC BC =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯ 11112222222222=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯6=+12．（2017•山东）由四棱柱1111ABCD A B C D -截去三棱锥111C B CD -后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，1A E ⊥平面ABCD ， （Ⅰ）证明：1//A O 平面11B CD ；（Ⅱ）设M 是OD 的中点，证明：平面1A EM ⊥平面11B CD ．【解析】（Ⅰ）取11B D 中点G ，连结1A G 、CG ， 四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，∴四棱柱1111ABCD A B C D -截去三棱锥111C B CD -后，1//AG OC =，∴四边形1OCGA 是平行四边形，1//AO CG ∴， 1AO ⊂/平面11B CD ，CG ⊂平面11B CD ， 1//AO ∴平面11B CD ． （Ⅱ）四棱柱1111ABCD A B C D -截去三棱锥111C B CD -后，11//BD B D =，M 是OD 的中点，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，1A E ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，1BD A E ∴⊥，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点， AO BD ∴⊥，M 是OD 的中点，E 为AD 的中点，EM BD ∴⊥，1A EEM E =，BD ∴⊥平面1A EM ，11//BD B D ，11B D ∴⊥平面1A EM ， 11B D ⊂平面11B CD ，∴平面1A EM ⊥平面11B CD ．1．（2020•石家庄模拟）已知α，β是空间两个不同的平面，m ，n 是空间两条不同的直线，则给出的下列说法中正确的是( )①//m α，//n β，且//m n ，则//αβ； ②//m α，//n β，且m n ⊥，则αβ⊥； ③m α⊥，n β⊥，且//m n ，则//αβ； ④m α⊥，n β⊥、且m n ⊥，则αβ⊥． A ．①②③ B ．①③④ C ．②④ D ．③④【答案】D【解析】对于①，当//m α，//n β，且//m n 时，有//αβ或α、β相交，所以①错误； 对于②，当//m α，//n β，且m n ⊥时，有αβ⊥或//αβ或α、β相交且不垂直，所以②错误； 对于③，当m α⊥，n β⊥，且//m n 时，得出m β⊥，所以//αβ，③正确； 对于④，当m α⊥，n β⊥、且m n ⊥时，αβ⊥成立，所以④正确． 综上知，正确的命题序号是③④． 故选D ．2．（2020•长春四模）已知直线a 和平面α、β有如下关系：①αβ⊥，②//αβ，③a β⊥，④//a α，则下列命题为真的是( ) A ．①③⇒④ B ．①④⇒③ C ．③④⇒① D ．②③⇒④【答案】C【解析】对于A ，由αβ⊥，a β⊥，可得//a α或a α⊂，故A 错误； 对于B ，由αβ⊥，//a α，可得a β⊂或//a β或a 与β相交，故B 错误； 对于C ，由//a α，过a 作平面γ与α相交，交线为b ，则//a b ， a β⊥，b β∴⊥，而b α⊂，可得αβ⊥，故C 正确；对于D ，由//αβ，a β⊥，可得a α⊥，故D 错误． 故选C ．3．（2020•五华区校级模拟）在长方体1111ABCD A B C D -中，AB ，E 为棱CD 的中点，则()A ．11A E DD ⊥B ．1A E DB ⊥C ．111A ED C ⊥ D ．11AE DB ⊥【答案】B【解析】连结AE ，BD ，因为AB =，所以AB ADAD DE=， 所以ABD DAE ∆∆∽，所以DAE ABD ∠=∠， 所以90EAB ABD ∠+∠=︒，即AE BD ⊥， 所以BD ⊥平面1A AE ， 所以1A E DB ⊥． 故选B ．4．（2020•海淀区二模）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为底面ABCD 的中心，点P 在侧面11BB C C 的边界及其内部运动．若1D O OP ⊥，则△11D C P 面积的最大值为( )A B C D ．【答案】C 【解析】如图，由正方体性质知，当P 位于C 点时，1D O OC ⊥，当P 位于1BB 的中点1P 时，由已知得，12DD =，DO BO =1111BP B P ==，11B D =求得1OD =1OP ==113D P ==． ∴2221111OD OP D P +=，得11OD OP ⊥．又1OP OC O =，1D O ∴⊥平面1OP C ，得到P 的轨迹在线段1PC 上．由111C P CP ==11C CP ∠ 为锐角，而12CC =< 知P 到棱11C D 的最大值为5．则△11D C P 面积的最大值为122⨯．故选C ．5．（2020•合肥模拟）已知四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 为等腰梯形，//AD BC ，120BAD ∠=︒，SAD ∆是等边三角形，且SA AB ==若点P 在四棱锥S ABCD -的外接球面上运动，记点P到平面ABCD 的距离为d ，若平面SAD ⊥平面ABCD ，则d 的最大值为( )A 1B 2C 1D 2【答案】A【解析】依题意，3MBC π∠=，取BC 的中点E ，则E 是等腰梯形ABCD 外接圆的圆心，F 是SAD ∆的外心， 作OE ⊥平面ABCD ，OF ⊥平面SAB ，则O 是人锥S ABCD -的外接球的球心，且3OF DE ==，2AF =， 设四棱锥S ABCD -的外接球半径为R ，则22213R SF OF =+=， 则1OE DF ==，∴当四棱锥S ABCD -的体积最大时，1max d R OE =+=．故选A ．6．（2020•商洛模拟）已知AB 是圆柱上底面的一条直径，C 是上底面圆周上异于A ，B 的一点，D 为下底面圆周上一点，且AD ⊥圆柱的底面，则必有( ) A ．平面ABC ⊥平面BCD B ．平面BCD ⊥平面ACDC ．平面ABD ⊥平面ACD D ．平面BCD ⊥平面ABD【答案】B【解析】因为AB 是圆柱上底面的一条直径，所以AC BC ⊥，又AD 垂直圆柱的底面， 所以AD BC ⊥，因为ACAD A =，所以BC ⊥平面ACD ，因为BC ⊂平面BCD ， 所以平面BCD ⊥平面ACD ． 故选B ．7．（2020•婺城区校级模拟）在正四面体ABCD 中，已知E ，F 分别是AB ，CD 上的点（不含端点），则( )A ．不存在E ，F ，使得EF CD ⊥B ．存在E ，使得DE CD ⊥C ．存在E ，使得DE ⊥平面ABCD ．存在E ，F ，使得平面CDE ⊥平面ABF 【答案】D【解析】（1）对于A ，D 选项，取E ，F 分别为AB ，CD 的中点如图： 因为A BCD -是正四面体，所以它的各个面是全等的等边三角形． 所以CE DE =，所以EF CD ⊥，同理可证EF AB ⊥．故A 错误； 又因为AB CE ⊥，AB DE ⊥，且CEDE E =，故AB ⊥平面CED ，又AB ⊂平面ABF ，所以平面ABF ⊥平面CED ．故D 正确．（2）对于B 选项，将C 看成正三棱锥的顶点，易知当E 在AB 上移动时，CDE ∠的最小值为直线CD 与平面ABD 所成的角，即（1）中的CDE ∠，显然为锐角，最大角为60CDB CDA ∠=∠=︒，故当E 在AB 上移动时，不存在E ，使得DE CD ⊥．故B 错误．（3）对于C 选项，将D 看成顶点，则由D 向底面作垂线，垂足为底面正三角形ABC 的中心，不落在AB 上，又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E ，使得DE ⊥平面ABC ，故C 错误． 故选D ．8．（2020•兖州区模拟）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，侧面PAD 为正三角形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，则下列说法正确的是( )A ．在棱AD 上存在点M ，使AD ⊥平面PMB B ．异面直线AD 与PB 所成的角为90︒C ．二面角P BC A --的大小为45︒D ．BD ⊥平面PAC 【答案】ABC【解析】如图所示，A ．取AD 的中点M ，连接PM ，BM ，连接对角线AC ，BD 相较于点O ． 侧面PAD 为正三角形，PM AD ∴⊥．又底面ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，ABD ∴∆是等边三角形．AD BM ∴⊥．又PM BM M =．AD ∴⊥平面PMB ，因此A 正确．B ．由A 可得：AD ⊥平面PMB ，AD PB ∴⊥，∴异面直线AD 与PB 所成的角为90︒，正确．C ．平面PBC ⋂平面ABCD BC =，//BC AD ，BC ∴⊥平面PBM ，BC PB ∴⊥，BC BM ⊥．PBM ∴∠是二面角P BC A --的平面角，设1AB =，则BM PM ==，在Rt PBM ∆中，tan 1PMPBM BM∠==，45PBM ∴∠=︒，因此正确． D ．BD 与PA 不垂直，BD ∴与平面PAC 不垂直，因此D 错误．故选ABC ．9．（2020•山东模拟）如图所示，在四个正方体中，l 是正方体的一条体对角线，点M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出l ⊥平面MNP 的图形为( )A ．B ．C ．D ．【答案】AD【解析】对于AD ．根据正方体的性质可得：l MN ⊥，l MP ⊥，可得l ⊥平面MNP ． 而BC 无法得出l ⊥平面MNP ． 故选AD ．10．（2020•海东市模拟）在三棱锥P ABC -中，4AB AC ==，120BAC ∠=︒，PB PC ==，平面PBC ⊥平面ABC ，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为__________． 【答案】80π【解析】如图，设ABC ∆的外接圆的圆心为1O ， 连接1O C ，1O A ，1BCO A H =，连接PH ．由题意可得AH BC ⊥，且1122AH O A ==，12BH BC ==因为平面PBC ⊥平面ABC ，且PB PC =，所以PH ⊥平面ABC ，且6PH ． 设O 为三棱锥P ABC -外接球的球心，连接1OO ，OP ，OC ，过O 作OD PH ⊥，垂足为D ， 则外接球的半径R 满足222221114(6)R OO OO O H =+=-+， 即221116(6)4OO OO +=-+，解得12OO =，从而220R =，故三棱锥P ABC -外接球的表面积为2480R ππ=． 故答案为：80π．12．（2020•大庆三模）已知四边长均为的空间四边形ABCD 的顶点都在同一个球面上，若3BAD π∠=，平面ABD ⊥平面CBD ，则该球的体积为__________．【解析】如图所示，设E 是ABD ∆的外心，F 是BCD ∆的外心，过E ，F 分别作平面ABD 与平面BCD 的垂线OE 、OF ，相交于O ；由空间四边形ABCD 的边长为3BAD π∠=，所以ABD ∆与BCD ∆均为等边三角形； 又平面ABD ⊥平面CBD ，所以O 为四面体ABCD 外接球的球心；又2AE =，1OE =，所以外接球的半径为R =所以外接球的体积为334433R V ππ==⨯=． 13．（2020•广西模拟）在四棱锥S ABCD -中，底面四边形ABCD 为矩形，SA ⊥平面ABCD ，P ，Q 别是线段BS ，AD 的中点，点R 在线段SD 上．若4AS =，2AD =，AR PQ ⊥，则AR =__________．【解析】取SA 的中点E ，连接PE ，QE ．SA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，SA AB ∴⊥，而AB AD ⊥，AD SA A =，AB ∴⊥平面SAD ，故PE ⊥平面SAD ，又AR ⊂平面SAD ，PE AR ∴⊥． 又AR PQ ⊥，PEPQ P =，AR ∴⊥平面PEQ ，EQ ⊂平面PEQ ，AR EQ ∴⊥．E ，Q 分别为SA ，AD 的中点，//EQ SD ∴，则AR SD ⊥，在直角三角形ASD 中，4AS =，2AD =，可求得SD =由等面积法可得AR ．．14．（2020•娄底模拟）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，3DAB π∠=，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，E 为棱PC 上一点，若平面EBD ⊥平面ABCD ，则PEEC=__________．【答案】12【解析】取AD 的中点O ，连接OC 交BD 于F 点，连结EF ， //OD BC ，2BC OD =，2FC OF ∴=．平面PAD ⊥平面ABCD ，PO AD ⊥， PO ∴⊥平面ABCD ，又平面BDE ⊥平面ABCD ， //OP EF ∴，∴12PE OF EC FC ==． 故答案为：12．15．（2020•曲靖二模）在几何体P ABC -中，PAB ∆是正三角形，平面PAB ⊥平面ABC ，且2AB BC ==，AB BC ⊥，则P ABC -外接球的表面积等于__________．【答案】283π【解析】PAB ∆是正三角形，所以三棱锥的外接球的球心一定在三角形PAB 的中心的垂线上，因为平面PAB ⊥平面ABC ，所以作GO ⊥平面PAB ，AB BC ⊥，外接球的球心也在平面ABC 的重心的垂线上，作OE ⊥平面ABC 交AC 于E ，O 为外接球的球心，由题意可知EC 123GD ==，外接球的半径为：OC ==外接球的表面积为：22843ππ⨯=． 故答案为：283π．16．（2020•市中区校级模拟）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，11AB CB =．（1）证明：平面11BDD B ⊥平面ABCD ；（2）若60DAB ∠=︒，△1DB B 是等边三角形，求点1D 到平面1C BD 的距离．【解析】（1）设AC 交BD 于E ，连接1B E ，如图 四边形ABCD 为菱形，AC BD ∴⊥ 且点E 为AC 中点， 在△1AB C 中，11AB CB =，AE CE =， 1B E AC ∴⊥， 1DBB E E =，BD ，1B E ⊂平面11BDD B ，AC ∴⊥平面11BDD B ， AC ⊂平面ABCD ，∴ 平面ABCD ⊥平面11BDD B ；（2）连接1BD ，11A C ，1C E ，在四棱柱1111ABCD A B C D - 中，平面//ABCD 平面1111A B C D ， 又由 （1）可知，平面ABCD ⊥平面11BDD B ，∴ 平面1111A B C D ⊥平面11BDD B ，则1DD ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ， 1DD BD ∴⊥，11AC ⊂平面1111A B C D ， 11AC ∴⊥平面11BDD B ，2AD AB ==，60DAB ∠=︒， DAB ∴∆ 为等边三角形， 2BD AB ∴==，△1DB B 为等边三角形，2BD AB ∴==，△1DB B 为等边三角形， 12BB BD ∴==，又112DD BB ==，∴112222BDD S ∆=⨯⨯=，∴11111||132C BDD BDD AC V S -∆=⨯⨯=又1BB ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， 1BB BC ∴⊥，12BB BD AB ===，2AB BC ==， 1BB BC ∴=，又因为四边形11BCC B 为平行四边形，∴ 四边形11BCC B 为正方形，11BC B C ∴=， 11C D BC ∴=，又E 为BD 中点，1C E BD ⊥，∴111||||2C BDSBD C E =111||||222BD C E ==⨯， ∴1111233D C BD C BDV S d -==，∴d =所以点1D 到平面1C BD 的距离为717．（2020•龙凤区校级模拟）如图，四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，33AB CD ==，2PA PD BC ===，90ABC ∠=︒，且PB PC =．（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ； （2）求点D 到平面PBC 的距离．【解析】（1）取AD 、BC 的中点分别为M 、E ，连结PM ，PE ，ME ，//AB CD ，33AB CD ==，∴四边形ABCD 为梯形，又M 、E 为AD 、BC 的中点，ME ∴为梯形的中位线，//ME AB ∴，又90ABC ∠=︒， ME BC ∴⊥，PB PC =，E 为BC 的中点 PE BC ∴⊥，又PE M E E =，PE ⊂平面PME ，ME ⊂平面PME ，BC ∴⊥平面PME ，又PM ⊂平面PME ，故PM BC ⊥，由PA PD =，M 为AD 中点，PM AD ∴⊥， 又AD ，BC 不平行，必相交于某一点，且AD ，BC 都在平面ABCD 上，PM ∴⊥平面ABCD ，由PM ⊂平面PAD ，则平面PAD ⊥平面ABCD ．（2）由（1）及题意知，PM 为三棱锥P BCD -的高，AD =，2ME =，PM =故PE = 11222PBC S BC PE ∆=⨯=⨯1121122BCD S BC CD ∆=⨯=⨯⨯=， 设点D 到平面PBC 的距离为h ，∴由等体积法知：111113333P BCD D BCP BCD PBC V V S PM S h h --∆∆==⨯=⨯=⨯=，解得h ，所以点D 到平面PBC ．18．（2020•雅安模拟）如图，菱形ABCD 与正三角形BCE 的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD ⊥平面ABCD ．（1）求证：平面ACF ⊥平面BDF ；（2）若60CBA ∠=︒，求三棱锥E BCF -体积．【解析】（1）证明：在菱形ABCD 中，AC BD ⊥，FD ⊥平面ABCD ，FD AC ∴⊥．又BDFD D =，AC ∴⊥平面BDF ．而AC ⊂平面ACF ，∴平面ACF ⊥平面BDF ； （2）解：取BC 中点O ，连接EO ，OD ， BCE ∆为正三角形，EO BC ∴⊥，平面BCE ⊥平面ABCD 且交线为BC ，EO ∴⊥平面ABCD ．FD ⊥平面ABCD ，//EO FD ∴，得//FD 平面BCE ．E BCF F BCE D BCE E BCD V V V V ----∴===．122sin1202BCD S ∆=⨯⨯⨯︒EO =11133E BCF BCD V S EO -∆=⨯=．19．（2020•怀化模拟）图1是直角梯形ABCD ，//AB CD ，90D ∠=︒，2AB =，3,2DC AD CE ED ===，以BE 为折痕将BCE ∆折起，使C 到达1C 的位置，且1AC =图2．（Ⅰ）证明：平面1BC E ⊥平面ABED ； （Ⅱ）求点B 到平面1AC D 的距离．【解析】（Ⅰ）证明：在直角梯形ABCD 中，由2,1,AB DE AD ===2EB EC BC ===． 连接AC 交EB 与M 点，则ECM BAM ∆≅，M ∴为BE 的中点，则CM BE ⊥．∴1C M MA ==，又1C A =1C M MA ∴⊥， 又1C M BE ⊥，BEAM M =，1C M ∴⊥平面ABED ，又1C M ⊂平面1C EB ，∴平面ABED ⊥平面1C EB ； （Ⅱ）解：设B 到平面1AC D 的距离为d ，则1113B AC DAC D V d S -=，又11111121332B AC D C ABD ABD V V S C M --∆==⨯=⨯⨯．DM AM ==1C M =，∴1C D =∴112AC DS==∴1113B AC D AC D V d S -===． 即点B 到平面1AC D20．（2020•遂宁模拟）如图，在长方体ABCD HKLE -中，底面ABCD 是边长为3的正方形，对角线AC 与BD 相交于点O ，点F 在线段AH 上且20AF HF +=，BE 与底面ABCD 所成角为3π．（1）求证：AC BE ⊥；（2）M 为线段BD 上一点，且BM =AM 与BF 所成角的余弦值．【解析】（1）证明：因为在长方体ABCD HKLE -中，有DE ⊥平面ABCD ， 所以DE AC ⊥，因为四边形ABCD 是正方形，所以AC BD ⊥， 又BDDE D =，从而AC ⊥平面BDE ．而BE ⊂平面BDE ，所以AC BE ⊥．（2）因为在长方体ABCD HKLE -中，有BE 与平面ABCD 所成角为3π， 由（1）知DBE ∠为直线BE 与平面ABCD 所成的角，所以3DBE π∠=，所以EDDB3AD =可知DE =所以AH =20AF HF +=，即13AF AH =，故AF =DE 上取一点G ，使13DG DE =，连接FG ，则在长方体ABCD HKLE -中，有////FG AD BC ， 且FG AD BC ==，所以四边形FBCG 为平行四边形， 所以//BF CG ，在BD 上取一点N ，使DN BM =，因为BM =BD =13DN BM BD ==，所以在正方形ABCD 中，ON OM =，所以CON AOM ∆≅∆， 所以CNO AMO ∠=∠，所以//AM CN ，所以GCN ∠（或其补角）为异面直线AM 与BF 所成的角，在GNC ∆中，GC BF ==在AMB ∆中，由余弦定理得AM ==，则CN AM =GN ==在GNC ∆中，由余弦定理得：222cos 2GC NC GN GCN GC NC +-∠==．故异面直线AM 与BF ．21．（2020•四川模拟）如图所示，菱形ABCD 与正方形CDEF 所在平面相交于CD ．（1）求作平面ACE 与平面BCF 的交线l ．并说明理由；（2）若BD CF ⊥，求证：平面BDE ⊥平面ACE ．【解析】（1）过点C 作BF 的平行线l 即可，下面予以证明． 由已知得，AB 和EF 都与CD 平行且相等，∴四边形ABFE 是平行四边形，//AE BF ∴，BF ⊂/平面ACE ，且AE ⊂平面ACE ，//BF ∴平面ACE ， BF ⊂平面BCE ，且平面ACE ⋂平面BCF l =，//BF l ∴．（2）证明：由CF BD ⊥，CF CD ⊥，且BDCD D =，CF ∴⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，CF AC ∴⊥，//DE CF ，DE AC ∴⊥，在菱形ABCD 中，BD AC ⊥，又DE BD D =，AC ∴⊥平面BDE ，AC ⊂平面ACE ，∴平面BDE ⊥平面ACE ．22．（2020•新疆一模）如图，四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，60ADC ∠=︒，2CD AD =，EC ⊥底面ABCD ．（Ⅰ）求证：平面ADE ⊥平面ACE ；（Ⅱ）若2AD CE ==，求点C 到面ADE 的距离．【解析】（Ⅰ）证明：EC ⊥平面ABCD ，EC AD ∴⊥，又60ADC ∠=︒，2CD AD =，AD AC ∴⊥，AD ∴⊥平面ACE ，又AD ⊂平面ADE ，故平面ADE ⊥平面ACE ．（Ⅱ）设点C 到面ADE 的距离为h ，又C ADE F ACD V V --=，由（Ⅰ）可知AD ⊥平面ACE ，则AD AE ⊥，所以，111124223232h ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯，所以h =C 到面ADE。