2021届新高考版高考数学一轮复习精练：§8-4　直线、平面垂直的判定与性质（试题部分）

2021届新高考版高考数学一轮复习精练：§8-4　直线、平面垂直的判定与性质（试题部分）

‎§8.4　直线、平面垂直的判定与性质 基础篇固本夯基 ‎【基础集训】‎ 考点一　直线与平面垂直的判定与性质 ‎1.已知m和n是两条不同的直线,α和β是两个不重合的平面,下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是(　　)‎ A.α⊥β且m⊂α　　　　　B.α⊥β且m∥α C.m∥n且n⊥β　　　　　D.m⊥n且n∥β 答案　C ‎2.下列命题中错误的是(　　)‎ A.如果平面α外的直线a不平行于平面α,则平面α内不存在与a平行的直线 B.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么直线l⊥平面γ C.如果平面α⊥平面β,那么平面α内所有直线都垂直于平面β D.一条直线与两个平行平面中的一个平面相交,则必与另一个平面相交 答案　C ‎3.如图,PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上一点,E、F分别是A在PB、PC上的射影,给出下列结论:‎ ‎①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC.‎ 其中正确命题的序号是　　　　. ‎ 答案　①②③‎ ‎4.《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.‎ 如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是不是鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由.‎ 解析　因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,‎ 由底面ABCD为长方形,得BC⊥CD,因为PD∩CD=D,‎ 所以BC⊥平面PCD,因为DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE.‎ 又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.‎ 因为PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.‎ 因为PB⊂平面PBC,所以PB⊥DE.‎ 又PB⊥EF,DE∩EF=E,‎ 所以PB⊥平面DEF.‎ 由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体DBEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.‎ 考点二　平面与平面垂直的判定与性质 ‎5.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,给出下列结论:‎ ‎①AD∥平面PBC;‎ ‎②平面PAC⊥平面PBD;‎ ‎③平面PAB⊥平面PAC;‎ ‎④平面PAD⊥平面PDC.‎ 其中正确结论的序号是　　　　　　. ‎ 答案　①②④‎ ‎6.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.‎ 解析　(1)证明:因为PA⊥AB,PA⊥BC,AB∩BC=B,‎ 所以PA⊥平面ABC.因为BD⊂平面ABC,所以PA⊥BD.‎ ‎(2)证明:因为AB=BC,D为AC的中点,‎ 所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,又AC∩PA=A,所以BD⊥平面PAC.因为BD⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面PAC.‎ ‎(3)因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE,所以PA∥DE.因为D为AC的中点,所以DE=‎1‎‎2‎PA=1,BD=DC=‎2‎.‎ 由(1)知,PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.所以三棱锥E-BCD的体积V=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎BD·DC·DE=‎1‎‎3‎.‎ ‎7.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.‎ ‎(1)求证:PE⊥BC;‎ ‎(2)求证:平面PAB⊥平面PCD;‎ ‎(3)求证:EF∥平面PCD.‎ 证明　(1)因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD.所以PE⊥BC.‎ ‎(2)因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.因为PD⊂平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.‎ ‎(3)取PC的中点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.‎ 综合篇知能转换 ‎【综合集训】‎ 考法一　证明直线与平面垂直的方法 ‎1.(2017课标全国Ⅲ,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则(　　)‎ A.A1E⊥DC1　　　　　B.A1E⊥BD　　　‎ C.A1E⊥BC1　　　　　D.A1E⊥AC 答案　C ‎2.(2018课标全国Ⅱ,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2‎2‎,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.‎ ‎(1)证明:PO⊥平面ABC;‎ ‎(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.‎ 解析　(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,‎ 所以OP⊥AC,且OP=2‎3‎.‎ 连接OB,因为AB=BC=‎2‎‎2‎AC,‎ 所以△ABC为等腰直角三角形,‎ 且OB⊥AC,OB=‎1‎‎2‎AC=2.‎ 由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.‎ 由OP⊥OB,OP⊥AC且OB∩AC=O知PO⊥平面ABC.‎ ‎(2)作CH⊥OM,垂足为H.‎ 又由(1)可得OP⊥CH,‎ 所以CH⊥平面POM.‎ 故CH的长为点C到平面POM的距离.‎ 由题设可知OC=‎1‎‎2‎AC=2,CM=‎2‎‎3‎BC=‎4‎‎2‎‎3‎,∠ACB=45°.‎ 所以OM=‎2‎‎5‎‎3‎,CH=OC·MC·sin∠ACBOM=‎4‎‎5‎‎5‎.‎ 所以点C到平面POM的距离为‎4‎‎5‎‎5‎.‎ ‎3.(2019 5·3原创题)如图,在以P为顶点,母线长为‎2‎的圆锥中,底面圆O的直径AB长为2,点C在圆O所在平面内,且AC是圆O的切线,BC交圆O于点D,连接PD,OD.‎ ‎(1)求证:PB⊥平面PAC;‎ ‎(2)若AC=‎2‎‎3‎‎3‎,求点O到平面PBD的距离.‎ 解析　(1)证明:因为AB是圆O的直径,AC与圆O切于点A,所以AC⊥AB.‎ 又在圆锥中,PO垂直于底面圆O,‎ 所以PO⊥AC,而PO∩AB=O,‎ 所以AC⊥平面PAB,从而AC⊥PB.‎ 在三角形PAB中,PA=PB=‎2‎,AB=2,‎ 故有PA2+PB2=AB2,所以PA⊥PB,又PA∩AC=A,‎ 所以PB⊥平面PAC.‎ ‎(2)解法一:作OE⊥BD于E,连接PE.又PO⊥BD,PO∩OE=O,所以BD⊥平面POE.又BD⊂平面PBD,所以平面PBD⊥平面POE,作OF⊥PE于F,因为平面PBD∩平面POE=PE,所以OF⊥平面PBD,故OF的长为点O到平面PBD的距离.‎ 连接AD.在Rt△POE中,PO=1,OE=‎1‎‎2‎AD=AB·AC‎2BC=‎1‎‎2‎,所以OF=PO·OEPE=‎5‎‎5‎.即点O到平面PBD的距离为‎5‎‎5‎.‎ 解法二:因为AB=2,AC=‎2‎‎3‎‎3‎,AC⊥AB,所以在直角△ABC中,∠ABC=π‎6‎.又OD=OB=1,则△OBD是等腰三角形,所以BD=‎3‎,S△OBD=‎1‎‎2‎×1×1×sin‎2π‎3‎=‎3‎‎4‎.又PB=PD=‎2‎,所以S△PBD=‎1‎‎2‎×‎3‎×‎5‎‎2‎=‎15‎‎4‎,设点O到平面PBD的距离为d,由VP-OBD=VO-PBD,即‎1‎‎3‎S△OBD·PO=‎1‎‎3‎S△PBD·d,可得d=‎5‎‎5‎.解法三:因为AB=2,AC=‎2‎‎3‎‎3‎,AC⊥AB,‎ 所以S△ABC=‎1‎‎2‎×2×‎2‎‎3‎‎3‎=‎2‎‎3‎‎3‎.又由(1)可知,AC⊥平面PAB,则AC⊥PA,所以PC=‎2+‎‎4‎‎3‎=‎30‎‎3‎.又PB⊥平面PAC,所以PB⊥PC,则S△PBC=‎1‎‎2‎×‎2‎×‎30‎‎3‎=‎15‎‎3‎.设点O到平面PBD的距离为d,则A到平面PBC的距离为2d,由VP-ACB=VA-PBC,‎ 即‎1‎‎3‎S△ABC·PO=‎1‎‎3‎S△PBC·2d,可得d=‎5‎‎5‎.‎ 考法二　平面与平面垂直的判定与性质问题 ‎4.(2018广东六校4月联考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是平行四边形,AB=BC=1,∠BAD=120°,PB=PC=‎2‎,PA=2,E,F分别是AD,PD的中点.‎ ‎(1)证明:平面EFC⊥平面PBC;‎ ‎(2)求二面角A-BC-P的余弦值.‎ 解析　(1)证明:取BC的中点G,连接PG,AG,AC,‎ ‎∵PB=PC,∴PG⊥BC,∵四边形ABCD是平行四边形,∠BAD=120°,∴∠ABC=60°.又AB=BC=1,∴△ABC是等边三角形,∴AG⊥BC.∵AG∩PG=G,∴BC⊥平面PAG,‎ ‎∴BC⊥PA.(3分)‎ ‎∵E,F分别是AD,PD的中点,∴EF∥PA,易知四边形EAGC为平行四边形,∴EC∥AG,∴BC⊥EF,BC⊥EC,‎ ‎∵EF∩EC=E,∴BC⊥平面EFC,(5分)∵BC⊂平面PBC,∴平面EFC⊥平面PBC.(6分)‎ ‎(2)由(1)知PG⊥BC,AG⊥BC,∴∠PGA是二面角A-BC-P的平面角.(7分)∵PG=‎2-‎‎1‎‎4‎=‎7‎‎2‎,AG=‎3‎‎2‎,PA=2,‎ ‎∴在△PAG中,cos∠PGA=PG‎2‎+AG‎2‎-PA‎2‎‎2PG·AG=-‎21‎‎7‎,(11分)‎ ‎∴二面角A-BC-P的余弦值为-‎21‎‎7‎.(12分)‎ ‎5.(2019北京,18,14分)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.‎ ‎(1)求证:BD⊥平面PAC;‎ ‎(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;‎ ‎(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.‎ 解析　(1)因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.又因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.所以BD⊥平面PAC.‎ ‎(2)因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.所以AE⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PAE.‎ ‎(3)棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG.则FG∥AB,且FG=‎1‎‎2‎AB.因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CE∥AB,且CE=‎1‎‎2‎AB.所以FG∥CE,且FG=CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,所以CF∥平面PAE.‎ ‎【五年高考】‎ 考点一　直线与平面垂直的判定与性质 ‎1.(2019北京,13,5分)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;②m∥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⊥m,l⊥α,则m∥α(答案不唯一)‎ ‎2.(2019课标全国Ⅱ,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.‎ ‎(1)证明:BE⊥平面EB1C1;‎ ‎(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.‎ 解析　本题考查了长方体的性质、直线与平面垂直的判定与性质和锥体的体积,考查了空间想象能力,主要体现了逻辑推理和直观想象的核心素养.‎ ‎(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.‎ ‎(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.‎ 作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.‎ 所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=‎1‎‎3‎×3×6×3=18.‎ 思路分析　(1)由长方体的性质易得B1C1⊥BE,再利用直线与平面垂直的判定定理求证;(2)求该四棱锥的体积的关键是求高,利用平面与平面垂直的性质定理,可知只需过E作B1B的垂线即可得高.‎ 解题关键　由长方体的性质找BE的垂线和平面BB1C1C的垂线是求解的关键.‎ ‎3.(2019天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3.‎ ‎(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD;‎ ‎(2)求证:PA⊥平面PCD;‎ ‎(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.‎ 解析　本题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.以线面角的计算为依托考查数学运算与直观想象的核心素养.‎ ‎(1)证明:连接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.‎ 又由BG=PG,故GH∥PD.又因为GH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以GH∥平面PAD.‎ ‎(2)证明:取棱PC的中点N,连接DN.‎ 依题意,得DN⊥PC.‎ 又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,故DN⊥PA.‎ 又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD.‎ ‎(3)连接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.‎ 因为△PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,‎ 所以DN=‎3‎.‎ 又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin∠DAN=DNAD=‎3‎‎3‎.‎ 所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为‎3‎‎3‎.‎ 思路分析　(1)在△BPD中证明GH∥PD,从而利用线面平行的判定定理证线面平行;(2)取棱PC的中点N,连接DN,有DN⊥PC,由面面垂直的性质,得DN⊥平面PAC,从而得DN⊥PA,进而得出结论;(3)由(2)知所求角为∠DAN,在Rt△AND中求其正弦值即可.‎ 考点二　平面与平面垂直的判定与性质 ‎4.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.‎ 求证:(1)AB∥平面A1B1C;‎ ‎(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.‎ 证明　(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.‎ 因为AB平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,‎ 所以AB∥平面A1B1C.‎ ‎(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.‎ 又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,‎ 所以AB1⊥A1B.‎ 因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,‎ 所以AB1⊥BC.‎ 又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,‎ 所以AB1⊥平面A1BC,‎ 又因为AB1⊂平面ABB1A1,‎ 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.‎ ‎5.(2018课标全国Ⅲ,19,12分)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　本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质.‎ ‎(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.‎ 因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.‎ 又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.‎ 而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.‎ 证明如下:连接AC交BD于O.‎ 因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.‎ 连接OP,因为P为AM中点,所以MC∥OP.‎ MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,‎ 所以MC∥平面PBD.‎ 易错警示　使用判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备.‎ 疑难突破　解决线面平行的探索性问题的策略:‎ ‎(1)通过观察确定点或直线的位置(如中点,中位线),再进行证明.‎ ‎(2)把要得的平行当作已知条件,用平行的性质去求点、线.‎ ‎6.(2017山东,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1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,A1E⊥平面ABCD.‎ ‎(1)证明:A1O∥平面B1CD1;‎ ‎(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.‎ 证明　(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,‎ 由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,‎ 所以A1O1∥OC,A1O1=OC,‎ 因此四边形A1OCO1为平行四边形,‎ 所以A1O∥O1C.‎ 又O1C⊂平面B1CD1,A1O平面B1CD1,‎ 所以A1O∥平面B1CD1.‎ ‎(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,‎ 所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,‎ 所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1,‎ 又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.‎ 方法总结　证明面面垂直的方法:‎ ‎1.面面垂直的定义;‎ ‎2.面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β).‎ 易错警示　a∥b,a∥α⇒/ b∥α.‎ 教师专用题组 ‎1.(2018浙江,8,4分)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则(　　)‎ A.θ1≤θ2≤θ3　　　　　B.θ3≤θ2≤θ1‎ C.θ1≤θ3≤θ2　　　　　D.θ2≤θ3≤θ1‎ 答案　D ‎2.(2019浙江,8,4分)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则(　　)‎ A.β<γ,α<γ　　　B.β<α,β<γ　　　C.β<α,γ<α　　　D.α<β,γ<β 答案　B ‎3.(2015浙江,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.‎ ‎(1)证明:A1D⊥平面A1BC;‎ ‎(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.‎ 解析　(1)证明:设E为BC的中点,连接A1E,AE,DE,由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE.‎ 因为AB=AC,所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.‎ 由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,从而DE∥A1A且DE=A1A,所以A1AED为平行四边形.‎ 故A1D∥AE.‎ 又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.‎ ‎(2)作A1F⊥BD且A1F∩BD=F,连接B1F.‎ 由AE=EB=‎2‎,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1B=A1A=4.‎ 由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB与△B1DB全等.‎ 由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.‎ 由A1D=‎2‎,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=3‎2‎,A1F=B1F=‎4‎‎3‎,由余弦定理得cos∠A1FB1=-‎1‎‎8‎.‎ ‎4.(2014课标Ⅰ,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.‎ ‎(1)证明:AC=AB1;‎ ‎(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.‎ 解析　(1)证明:连接BC1,交B1C于点O,连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1,且O为B1C及BC1的中点.‎ 又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1.‎ ‎(2)因为AC⊥AB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.‎ 又因为AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,从而OA,OB,OB1两两垂直.‎ 以O为坐标原点,OB的方向为x轴正方向,|OB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.‎ 因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,又AB=BC,则A‎0,0,‎‎3‎‎3‎,B(1,0,0),B1‎0,‎3‎‎3‎,0‎,C‎0,-‎3‎‎3‎,0‎.‎ AB‎1‎‎=‎0,‎3‎‎3‎,-‎‎3‎‎3‎,A‎1‎B‎1‎=AB=‎1,0,-‎‎3‎‎3‎,B‎1‎C‎1‎=BC=‎-1,-‎3‎‎3‎,0‎.设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,‎ 则n·AB‎1‎=0,‎n·A‎1‎B‎1‎=0,‎即‎3‎‎3‎y-‎3‎‎3‎z=0,‎x-‎3‎‎3‎z=0.‎所以可取n=(1,‎3‎,‎3‎).‎ 设m是平面A1B1C1的法向量,则m·A‎1‎B‎1‎=0,‎m·B‎1‎C‎1‎=0.‎ 同理可取m=(1,-‎3‎,‎3‎).则cos=n·m‎|n||m|‎=‎1‎‎7‎.‎ 易知二面角A-A1B1-C1为锐二面角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为‎1‎‎7‎.‎ 方法点拨　在求解或证明过程中,通常会用到一些初中阶段学习的平面几何知识,如三角形中位线的性质、菱形的性质,等腰三角形的性质,相似(全等)三角形的判定与性质等,在复习时应予以关注.‎ ‎5.(2012课标,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=‎1‎‎2‎AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.‎ ‎(1)证明:DC1⊥BC;‎ ‎(2)求二面角A1-BD-C1的大小.‎ 解析　(1)证明:由题设知,三棱柱的侧面为矩形.‎ 由于D为AA1的中点,故DC=DC1.又AC=‎1‎‎2‎AA1,可得DC‎1‎‎2‎+DC2=CC‎1‎‎2‎,所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.又BC⊂平面BCD,故DC1⊥BC.‎ ‎(2)由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,则BC⊥平面ACC1,‎ 所以CA,CB,CC1两两垂直.以C为坐标原点,CA的方向为x轴的正方向,CB的方向为y轴的正方向,|CA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.‎ 由题意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).‎ 则A‎1‎D=(0,0,-1),BD=(1,-1,1),DC‎1‎=(-1,0,1).‎ 设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量,则n·BD=0,‎n·A‎1‎D=0,‎即x-y+z=0,‎z=0.‎可取n=(1,1,0).‎ 同理,设m是平面C1BD的法向量,则m·BD=0,‎m·DC‎1‎=0.‎ 可取m=(1,2,1).从而cos=n·m‎|n|·|m|‎=‎3‎‎2‎.‎ 又易知二面角A1-BD-C1为锐二面角,故二面角A1-BD-C1的大小为30°.‎ 评析　本题考查了直线与直线垂直的证明及二面角的求法.属中等难度题,运算要准确.‎ ‎【三年模拟】‎ 一、单项选择题(每题5分,共45分)‎ ‎1.(2020届山东寿光现代中学10月月考,4)已知两条直线a,b与两个平面α、β,b⊥α,则下列命题中正确的是(　　)‎ ‎①若a∥α,则a⊥b;②若a⊥b,则a∥α;③若b⊥β,则α∥β;④若α⊥β,则b∥β.‎ A.①③　　　B.②④　　　C.①④　　　D.②③‎ 答案　A ‎2.(2020届山东滕州一中10月月考,5)已知α,β是不重合的平面,m,n是不重合的直线,则m⊥α的一个充分条件是(　　)‎ A.m⊥n,n⊂α　　　　　B.m∥β,α⊥β C.n⊥α,n⊥β,m⊥β　　　　　D.α∩β=n,α⊥β,m⊥n 答案　C ‎3.(2020届广东广州执信中学10月月考,10)已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则(　　)‎ A.α∥β,且l∥α　　　　　B.α⊥β,且l⊥β C.α与β相交,且交线垂直于l　　　　　D.α与β相交,且交线平行于l 答案　D ‎4.(2020届湖南长沙长郡中学第二次月考,5)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m∥α,n∥α,则m∥n B.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β C.若m∥α,n∥α,且m⊂β,n⊂β,则α∥β D.若m⊥α,n⊥β,且α⊥β,则m⊥n 答案　D ‎5.(2018湖北重点中学协作体4月联考,5)设m,n是平面α内的两条不同直线,l1,l2是平面β内两条相交直线,则α⊥β 的一个充分不必要条件是(　　)‎ A.l1⊥m,l1⊥n　　　　　B.m⊥l1,m⊥l2‎ C.m⊥l1,n⊥l2　　　　　D.m∥n,l1⊥n 答案　B ‎6.(2019湖北武汉4月调研,6)已知两个平面相互垂直,给出下列命题:‎ ‎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;‎ ‎②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线;‎ ‎③一个平面内任意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.3　　　B.2　　　C.1　　　D.0‎ 答案　C ‎7.(2019湖北黄冈八模(二),11)如图,AC=2R为圆O的直径,∠PCA=45°,PA垂直于圆O所在的平面,B为圆周上不与点A、C重合的点,AS⊥PC于S,AN⊥PB于N,则下列不正确的是(　　)‎ A.平面ANS⊥平面PBC　　　　　B.平面ANS⊥平面PAB C.平面PAB⊥平面PBC　　　　　D.平面ABC⊥平面PAC 答案　B ‎8.(2019福建漳州二模,8)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB和A1D1的中点分别为E,F,则直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值为(　　)‎ A.‎5‎‎5‎　　　B.‎30‎‎6‎　　　C.‎6‎‎6‎　　　D.‎‎2‎‎5‎‎5‎ 答案　C ‎9.(2020届浙江东阳中学10月月考,8)在四面体ABCD中,二面角A-BC-D的大小为60°,点P为直线BC上一动点,记直线PA与平面BCD所成的角为θ,则(　　)‎ A.θ的最大值为60°　　　　　B.θ的最小值为60°‎ C.θ的最大值为30°　　　　　D.θ的最小值为30°‎ 答案　A 二、多项选择题(每题5分,共10分)‎ ‎10.(改编题)如图,PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,点C是圆上异于A,B的任一点,则下列结论中正确的是(　　)‎ A.PC⊥BC　　　　　B.AC⊥平面PBC C.平面PAB⊥平面PBC　　　　　D.平面PAC⊥平面PBC 答案　AD ‎11.(改编题)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=‎1‎‎2‎,则下列结论中正确的是(　　)‎ A.AC⊥AF B.EF∥平面ABCD C.三棱锥A-BEF的体积为定值 D.△AEF的面积与△BEF的面积相等 答案　BC 三、解答题(共45分)‎ ‎12.(2020届广东百校联考,20)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AB⊥AD,PA⊥平面ABCD,E是棱PC上的一点.‎ ‎(1)证明:平面ADE⊥平面PAB;‎ ‎(2)若PE=4EC,F是PB的中点,AD=‎3‎,AB=AP=2CD=2,求直线DF与平面ADE所成角的正弦值.‎ 解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,‎ 所以PA⊥AD.又AB⊥AD,PA∩AB=A,所以AD⊥平面PAB.‎ 又AD⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面PAB.‎ ‎(2)由(1)知AD,AB,AP两两垂直,以A为原点,AD,AB,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,‎ 则A(0,0,0),C(‎3‎,1,0),B(0,2,0),P(0,0,2),D(‎3‎,0,0),F(0,1,1),则AD=(‎3‎,0,0),AP=(0,0,2),DF=(-‎3‎,1,1),由PE=4EC得PE=‎4‎‎5‎PC=‎4‎‎3‎‎5‎‎,‎4‎‎5‎,-‎‎8‎‎5‎,‎ 则AE=AP+PE=‎4‎‎3‎‎5‎‎,‎4‎‎5‎,‎‎2‎‎5‎.设n=(x,y,z)是平面ADE的一个法向量,则n·AD=‎3‎x=0,‎n·AE=‎4‎‎3‎‎5‎x+‎4‎‎5‎y+‎2‎‎5‎z=0,‎ 取y=1,则n=(0,1,-2).‎ 设直线DF与平面ADE所成的角为θ,‎ 则sin θ=|cos|=DF‎·n‎|DF||n|‎=‎|1-2|‎‎5‎‎×‎‎5‎=‎1‎‎5‎,‎ 所以直线DF与平面ADE所成角的正弦值为‎1‎‎5‎.‎ ‎13.(2020届湖北黄冈9月新起点考试,19)在△ABC中,∠A=30°,∠B=90°,沿中位线DE折起后,点A对应的位置为点P,∠PDB=60°.‎ ‎(1)求证:平面PDB⊥平面DBCE;‎ ‎(2)求证:平面BPC⊥平面PCE;‎ ‎(3)求直线BP与平面PCE所成角的正弦值.‎ 解析　(1)证明:∵AD⊥DE,∴PD⊥DE,‎ 又BD⊥DE,PD⊂平面PBD,BD⊂平面PBD,PD∩BD=D,‎ ‎∴DE⊥平面PBD,∵DE⊂平面DBCE,∴平面PDB⊥平面DBCE.‎ ‎(2)证明:以D为原点,DB,DE所在的直线分别为x,y轴,建立空间直角坐标系,设PD=DB=1,BC=‎2‎‎3‎‎3‎,则B(1,0,0),‎ C‎1,‎2‎‎3‎‎3‎,0‎,E‎0,‎3‎‎3‎,0‎,∴BC=‎0,‎2‎‎3‎‎3‎,0‎,‎ 由∠PDB=60°可得P‎1‎‎2‎‎,0,‎‎3‎‎2‎,∴BP=‎-‎1‎‎2‎,0,‎‎3‎‎2‎,设m=(x,y,z)是平面BPC的一个法向量,则m·BP=-‎1‎‎2‎x+‎3‎‎2‎z=0,‎m·BC=‎2‎‎3‎‎3‎y=0,‎取x=‎3‎,则得m=(‎3‎,0,1).‎ 同理可求得平面PCE的一个法向量为n=(-1,‎3‎,‎3‎).‎ ‎∵m·n=0,∴m⊥n,∴平面BPC⊥平面PCE.‎ ‎(3)由(2)知,BP=‎-‎1‎‎2‎,0,‎‎3‎‎2‎,平面PCE的一个法向量为n=(-1,‎3‎,‎3‎),‎ ‎∴cos=BP‎·n‎|BP|·|n|‎=‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎‎2‎‎+‎‎3‎‎2‎‎2‎‎×‎‎1+3+3‎=‎2‎‎7‎‎7‎.∴直线BP与平面PCE所成角的正弦值为‎2‎‎7‎‎7‎.‎ ‎14.(2019广东广州天河二模,18)如图,已知等边△ABC中,E,F分别为AB,AC边的中点,M为EF的中点,N为BC边上一点,且CN=‎1‎‎4‎BC,将△AEF沿EF折到△A'EF的位置,使平面A'EF⊥平面EFCB.‎ ‎(1)求证:平面A'MN⊥平面A'BF;‎ ‎(2)求二面角E-A'F-B的余弦值.‎ 解析　(1)证明:因为E,F分别为等边△ABC中AB,AC边的中点,所以EF∥BC,△AEF为等边三角形,‎ 所以折叠后,△A'EF也是等边三角形,且EF∥BC.因为M是EF的中点,所以A'M⊥EF.(1分)‎ 又平面A'EF⊥平面EFCB,A'M⊂平面A'EF,所以A'M⊥平面EFCB,(2分)‎ 又BF⊂平面EFCB,所以A'M⊥BF.(3分)‎ 因为CN=‎1‎‎4‎BC,EF∥BC且EF=‎1‎‎2‎BC,M为EF的中点,所以MF∥CN,MF=CN,则四边形MFCN是平行四边形,‎ 所以MN∥CF.在等边△ABC中,知BF⊥CF,所以BF⊥MN.(4分)‎ 而A'M∩MN=M,所以BF⊥平面A'MN.又因为BF⊂平面A'BF,所以平面A'MN⊥平面A'BF.(5分)‎ ‎(2)设等边△ABC的边长为4,取BC的中点G,连接MG,由题设知MG⊥BC,由(1)知A'M⊥平面EFCB,‎ 又MG⊂平面EFCB,所以A'M⊥MG,(6分)‎ 如图建立空间直角坐标系M-xyz,‎ 则F(-1,0,0),A'(0,0,‎3‎),B(2,‎3‎,0),所以FA'‎=(1,0,‎3‎),FB=(3,‎3‎,0).(7分)‎ 设平面A'BF的法向量为n=(x,y,z),则n·FA'‎=x+‎3‎z=0,‎n·FB=3x+‎3‎y=0,‎令z=1,则n=(-‎3‎,3,1).(9分)‎ 易知平面A'EF的一个法向量为m=(0,1,0),(10分)‎ 所以cos=n·m‎|n|·|m|‎=‎3‎‎1×‎‎3+9+1‎=‎3‎‎13‎‎13‎,(11分)‎ 显然二面角E-A'F-B是锐二面角,所以二面角E-A'F-B的余弦值为‎3‎‎13‎‎13‎.(12分)‎