1、直线、平面垂直的判定与性质专题检测1.(2018江西赣州模拟,6)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,且BC1AC,过C1作C1H底面ABC,垂足为H,则点H在()A.直线AC上B.直线AB上C.直线BC上D.ABC内部答案B连接AC1,如图:BAC=90,ACAB,BC1AC,BC1AB=B,AC平面ABC1,又AC在平面ABC内,根据面面垂直的判定定理,知平面ABC平面ABC1,则根据面面垂直的性质定理知,过平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线,垂足必落在交线AB上.故选B.2.(2018山西临汾模拟,7)如图,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,MD平面ABCD,
2、NB平面ABCD,且MD=NB=1,E为MC的中点,则下列结论不正确的是()A.平面BCE平面ABNB.MCANC.平面CMN平面AMND.平面BDE平面AMN答案C分别过A,C作平面ABCD的垂线AP,CQ,使得AP=CQ=1,连接PM,PN,QM,QN,将几何体补成棱长为1的正方体.BC平面ABN,又BC平面BCE,平面BCE平面ABN,故A中说法正确;连接PB,则PBMC,显然,PBAN,MCAN,故B中说法正确;取MN的中点F,连接AF,CF,AC.AMN和CMN都是边长为2的等边三角形,AFMN,CFMN,AFC为二面角A-MN-C的平面角,AF=CF=62,AC=2,AF2+CF2
3、AC2,即AFC2,平面CMN与平面AMN不垂直,故C中说法错误;DEAN,MNBD,DEBD=D,DE,BD平面BDE,MNAN=N,MN,AN平面AMN,平面BDE平面AMN,故D中说法正确.故选C.3.(2019豫西南五校3月联考,8)已知矩形ABCD,AB=2,BC=22,将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折过程中,()A.存在某个位置,使得直线BD与直线AC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BC与直线AD垂直D.对任意位置,三对直线“AC与BD”“CD与AB”“AD与BC”均不垂直答案B矩形在翻折前和翻折后的图形如图(1)(2)
4、所示.在图(1)中,过点A作AEBD,垂足为E,过点C作CFBD,垂足为F,由边AB,BC不相等可知点E、F不重合;在图(2)中,连接CE,对于选项A,若ACBD,又知BDAE,AEAC=A,所以BD平面ACE,所以BDCE,与点E,F不重合相矛盾,故选项A错误;对于选项B,若ABCD,又知ABAD,ADCD=D,所以AB平面ADC,所以ABAC,由ABAB,所以不存在这样的直角三角形,故选项C错误;由以上可知选项D错误.因此选B.思路分析根据翻折前后的变量与不变量,利用反证法对选项进行证明排除,从而得到正确结果.4.(2019北京西城一模文,18)如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD为
5、矩形,侧面ADEF为梯形,AFDE,DEAD,DC=DE.(1)求证:ADCE;(2)求证:BF平面CDE;(3)判断线段BE上是否存在点Q,使得平面ADQ平面BCE,并说明理由.解析(1)证明:由底面ABCD为矩形,知ADCD,又因为DEAD,DECD=D,DE,CD平面CDE,所以AD平面CDE,又因为CE平面CDE,所以ADCE.(2)证明:由底面ABCD为矩形,知ABCD,又因为AB平面CDE,CD平面CDE,所以AB平面CDE,同理AF平面CDE,又因为ABAF=A,AB,AF平面ABF,所以平面ABF平面CDE,又因为BF平面ABF,所以BF平面CDE,(3)结论:线段BE上存在点
6、Q(Q为BE的中点),使得平面ADQ平面BCE.理由如下:取CE的中点P,BE的中点Q,连接AQ,DP,PQ,则PQBC.由ADBC,得PQAD,所以A,D,P,Q四点共面.由(1)知AD平面CDE,又因为DP平面CDE,所以ADDP,故BCDP.在CDE中,由DC=DE,P是CE的中点,可得DPCE.又因为BCCE=C,BC,CE平面BCE,所以DP平面BCE,又因为DP平面ADPQ,所以平面ADPQ平面BCE(即平面ADQ平面BCE),故线段BE上存在点Q(Q为BE的中点),使得平面ADQ平面BCE.5.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是DAB=60且边长为a的菱形,侧面PA
7、D为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,若G为AD的中点.(1)求证:BG平面PAD;(2)求证:ADPB;(3)若E为BC边的中点,能否在棱PC上找到一点F,使平面DEF平面ABCD?并证明你的结论.解析(1)证明:在菱形ABCD中,DAB=60,G为AD的中点,所以BGAD.又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以BG平面PAD.(2)证明:如图,连接PG,因为PAD为正三角形,G为AD的中点,所以PGAD.由(1)知BGAD,又PGBG=G,所以AD平面PGB.因为PB平面PGB,所以ADPB.(3)当F为PC的中点时,满足平面DEF平面ABCD.证明:取PC的中
8、点F,连接DE、EF、DF.在PBC中,FEPB,在菱形ABCD中,GBDE.又FE平面DEF,DE平面DEF,EFDE=E,PB平面PGB,GB平面PGB,PBGB=B,所以平面DEF平面PGB.因为BG平面PAD,PG平面PAD,所以BGPG.又因为PGAD,ADBG=G,所以PG平面ABCD.又PG平面PGB,所以平面PGB平面ABCD,所以平面DEF平面ABCD.6.(2017黑龙江齐齐哈尔一模)如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,D是侧棱CC1的中点.(1)证明:平面AB1D平面ABB1A1;(2)若多面体B1A1C1DA的体积为3,求正三棱柱ABC-A1B1C1的
9、高.解析(1)证明:取AB1的中点E,AB的中点F,连接DE,EF,CF.E,F分别为AB1,AB的中点,EFBB1,EF=12BB1.又CDBB1且CD=12BB1,CDEF,CD=EF,四边形CDEF为平行四边形,DECF,又三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,ABC为正三角形,CFAB.又BB1平面ABC,CF平面ABC,CFBB1,又ABBB1=B,CF平面ABB1A1,又DECF,DE平面ABB1A1,又DE平面AB1D,平面AB1D平面ABB1A1.(2)多面体B1A1C1DA是以梯形AA1C1D为底面,B1到平面AA1C1D的距离为高的四棱锥,取A1C1的中点H,连接B1H.三
10、棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,B1HA1C1,平面B1C1A1平面AA1C1C,又平面B1C1A1平面AA1C1C=A1C1,B1H平面B1C1A1,B1H平面AA1C1C.A1B1=B1C1=A1C1=2,B1H=3.设AA1=h,则VB1-AA1C1D=13S梯形AA1C1DB1H=1312h+h223=32h=3,所以h=2.所以正三棱柱ABC-A1B1C1的高为2.7.(2019全国统一诊断卷A,18)在五边形ABCDF中,E是边DF上的点,AFBECD,BCDF,BCCD,AB=BC=2,AF=EF=1,BE=CD=2,如图1,将四边形AFEB沿BE折起,使平面AFEB平面BC
11、DE,将BCD沿BD折起,使点C与点A重合,重合的点记为M,如图2.(1)连接EM,证明:平面BDM平面DEM;(2)求点E到平面BDM的距离.解析(1)证明:因为EM=AF2+EF2=2,MB=2,BE=2,所以EM2+MB2=BE2,所以MBEM.又因为BCCD,即MBMD,EMMD=M,EM平面DEM,MD平面DEM,所以MB平面DEM.(4分)因为MB平面BDM,所以平面BDM平面DEM.(5分)(2)易知BED=90,所以SBED=12BEED=2.又MFBE,BE平面BED,MF平面BED,所以MF平面BED.因为平面BEFM平面BED,平面BEFM平面BED=BE,EFBE,所以
12、EF平面BED,所以EF是三棱锥M-BED的高,(7分)所以VM-BED=13SBEDEF=23.(8分)又易知BMD是直角三角形,SBMD=12BMMD=2.设点E到平面BDM的距离为h,则VE-BDM=132h,(10分)因为VM-BED=VE-BDM,所以23=132h,得h=1,即点E到平面BDM的距离为1.(12分)8.(2019河北衡水调研卷五,18)如图,在多边形ABPCD中(图1),ABCD为长方形,BPC为正三角形,AB=3,BC=32,现以BC为折痕将BPC折起,使点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上(图2).(1)证明:PD平面PAB;(2)若点E在线段PB上,且PE=
13、13PB,当点Q在线段AD上运动时,求三棱锥Q-EBC的体积.解析(1)证明:过点P作POAD,垂足为O.由于点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上,所以PO平面ABCD,所以POAB.因为四边形ABCD为矩形,所以ABAD.又ADPO=O,所以AB平面PAD,所以ABPD,ABPA,又由AB=3,PB=32,可得PA=3,同理PD=3.又AD=32,所以PA2+PD2=AD2,所以PAPD,且PAPB=A,所以PD平面PAB.(5分)(2)设点E到底面QBC的距离为h,则VQ-BEC=VE-QBC=13SQBCh.(7分)由PE=13PB,可知BEBP=23,所以hPO=23h=23322=
14、2.(8分)又SQBC=12BCAB=12323=922,所以VQ-EBC=13SQBCh=139222=3.(12分)方法总结(1)证明空间几何体中的垂直关系时,一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的垂直关系进行转化,转化时要正确运用相关的定理,找出足够的条件进行推理;(2)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的距离问题,即将点到平面的距离看作三棱锥的高,通过转化,借助体积的不变性解决问题.9.(2019江西百所名校模拟八,18)如图,几何体是由半个圆柱及14个圆柱拼接而成,其中G,H分别为CD与AB的中点,四边形ABCD为正方形.(1)证明:平面DFB平面GCBH;(2
15、)若AB=22,求三棱锥E-ABG的体积.解析(1)证明:由题意知ABF=4,因为H为AB的中点,所以ABH=4,故HBF=2,即BFBH.又因为BC平面ABH,BF平面ABH,所以BCBF,又因为BCBH=B,所以BF平面GCBH,因为BF平面DFB,所以平面DFB平面GCBH.(5分)(2)连接AH,AE,BE,EG,FH,如图所示,VE-ABG=VA-EFHG+VB-EFHG-VF-ABE-VH-ABG=VA-EFHG+VB-EFHG-VE-ABF-VG-ABH,因为AB=22,所以BF=4,BH=2,由(1)知BFBH,所以FH=42+22=25,过点A,B分别作FH的垂线,垂足分别为
16、A1,B1,则AA1平面EFHG,BB1平面EFHG.计算得AA1=AFAHsin34FH=255,BB1=BHBFFH=455,所以VA-EFHG+VB-EFHG=132225255+455=82,又VE-ABF=1312222222=823,VG-ABH=13122222=423,所以VE-ABG=82-823-423=42.(12分)10.(2019河南郑州第二次质量预测,18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,BAD=3,PAD是等边三角形,F为AD的中点,PDBF.(1)求证:ADPB;(2)若E在线段BC上,且EC=14BC,能否在棱PC上找到一点G,使平面
17、DEG平面ABCD?若存在,求出三棱锥D-CEG的体积;若不存在,请说明理由.解析(1)证明:连接PF,PAD是等边三角形,F是AD的中点,PFAD.底面ABCD是菱形,BAD=3,BFAD.又PFBF=F,AD平面BFP,又PB平面BFP,ADPB.(4分)(2)能在棱PC上找到一点G,使平面DEG平面ABCD.由(1)知ADBF,PDBF,ADPD=D,BF平面PAD.又BF平面ABCD,平面ABCD平面PAD,又平面ABCD平面PAD=AD,且PFAD,PF平面ABCD.(6分)连接CF交DE于点H,过H作HGPF交PC于G,GH平面ABCD.又GH平面DEG,平面DEG平面ABCD.A
18、DBC,DFHECH,CHHF=CEDF=12,CGGP=CHHF=12,(10分)GH=13PF=33,VD-CEG=VG-CDE=13SCDEGH=1312DCCEsin3GH=112.(12分)思路分析(1)由PAD是等边三角形,底面ABCD是菱形,BAD=3,证得PFAD,BFAD,从而证得AD平面BFP,进而ADPB得证;(2)先证得BF平面PAD,进而证得PF平面ABCD,得棱PC上存在点G使平面DEG平面ABCD,再利用三角形相似求出GH=33,最后利用等体积法求解.11.(2019广西南宁质检,18)四棱锥P-ABCD中,ABCD,ABC=90,BC=CD=PD=2,AB=4,
19、PABD,平面PBC平面PCD,M,N分别是AD,PB的中点.(1)证明:PD平面ABCD;(2)求MN与平面PDA所成角的正弦值.解析(1)证明:取PC中点Q,连接DQ.CD=PD,DQPC,又平面PBC平面PCD,且两平面交于PC,DQ平面PBC,BC平面PBC,DQBC,由题易知BCCD,DQDC=D,BC平面PDC,BCPD.在直角梯形ABCD中,易求得BD=22,AD=22,又AB=4,则AD2+BD2=AB2,即BDAD.又BDPA,ADPA=A,BD平面PAD,BDPD.BCBD=B,PD平面ABCD.(2)以D为原点,DA,DB,DP方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所
20、示的空间直角坐标系,则A(22,0,0),B(0,22,0),P(0,0,2),M(2,0,0),N(0,2,1),MN=(-2,2,1).由(1)知,平面PAD的法向量为DB=(0,22,0),故所求线面角的正弦值为|cos|=MNDB|MN|DB|=4522=105.12.(2020新疆乌鲁木齐10月月考,18)在五边形AEBCD中,BCCD,CDAB,AB=2CD=2BC,AEBE,AE=BE(如图1).将ABE沿AB折起,使平面ABE平面ABCD,线段AB的中点为O(如图2).(1)求证:平面ABE平面DOE;(2)求平面EAB与平面ECD所成的锐二面角的大小.解析本题主要考查平面图形
21、的折叠、面面垂直的判定及二面角,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算.(1)证明:因为AB=2CD,O是线段AB的中点,则OB=CD.又CDAB,所以四边形OBCD为平行四边形,又BCCD,所以ABOD.因为AE=BE,OB=OA,所以EOAB.又EODO=O,所以AB平面DOE.又AB平面ABE,故平面ABE平面DOE.(5分)(2)由(1)易知OB,OD,OE两两垂直,以O为坐标原点,OB,OD,OE所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,由题意知EAB为等腰直角三角形,又AB=2CD=2BC,则OA=OB=OD=OE,设CD=BC=1,则O(0,0,0)
22、,C(1,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1),CD=(-1,0,0),DE=(0,-1,1).设平面ECD的法向量n=(x,y,z),则nCD=0,nDE=0,即-x=0,-y+z=0,令z=1,得平面ECD的一个法向量为n=(0,1,1).因为OD平面ABE,所以平面ABE的一个法向量为OD=(0,1,0).设平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为,则cos=|cos|=|00+11+01|112+12=22.因为090,所以=45,故平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为45.(12分)思路分析(1)先证ABOD,EOAB,进而推出AB平面EOD,最后由面面垂直的判定定理证明平面
23、ABE平面DOE;(2)以O为坐标原点,建立空间直角坐标系,求出平面ECD的一个法向量及平面ABE的一个法向量,用向量法求平面EAB与平面ECD所成的锐二面角的大小.13.(2019湖北恩施二模,19)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,AC=CC1=22,其中P为棱CC1的中点,Q为棱CC1上且位于P点上方的动点.(1)证明:BP平面A1B1C;(2)若平面A1B1C与平面ABQ所成的锐二面角的余弦值为251,求直线BQ与平面A1B1C所成角的正弦值.解析(1)证明:在侧面BCC1B1中,因为BC=2,CC1=22,P为棱CC1的中点,B1BBC,C1CBC,所以ta
24、nBB1C=BCBB1=222=22,tanPBC=CPBC=22,所以BB1C=PBC,又BB1C+BCB1=90,所以PBC+BCB1=90,所以PBB1C.(2分)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面A1B1C1,所以BB1A1B1,因为AB=BC=2,AC=22,所以AB2+BC2=AC2,所以ABBC,又ABA1B1,BCB1C1,所以A1B1B1C1.因为BB1B1C1=B1,所以A1B1平面BCC1B1,(4分)所以A1B1BP,因为A1B1B1C=B1,所以BP平面A1B1C.(6分)(2)如图,以BC,BA,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则P
25、(2,0,2),BP=(2,0,2)为平面A1B1C的一个法向量.设Q(2,0,t)(t(2,22),则BQ=(2,0,t).易知BA=(0,2,0),(8分)设平面ABQ的法向量为n=(x,y,z),则2x+tz=0,2y=0,取n=(-t,0,2),因为平面A1B1C与平面ABQ所成的锐二面角的余弦值为251,所以251=|nBP|n|BP|,所以251=|-2t+22|6(t2+4),解得t=322或t=528,又t(2,22,所以t=322,所以BQ=2,0,322,(10分)所以直线BQ与平面A1B1C所成角的正弦值为|BQBP|BQ|BP|=|4+3|4+926=75151.(12
26、分)思路分析(1)首先利用三角函数关系证明PBB1C,然后利用勾股定理的逆定理及等角定理证明A1B1B1C1,从而得出A1B1平面BCC1B1,进一步得出BP平面A1B1C;(2)建立空间直角坐标系,分别求得平面A1B1C与平面ABQ的法向量,利用锐二面角的余弦值求参数值,从而得出BQ的坐标,最后求得直线BQ与平面A1B1C所成角的正弦值.14.(2019福建漳州二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD平面PAD,ADBC,AB=BC=AP=12AD,ADP=30,BAD=90,E是PD的中点.(1)证明:PDPB;(2)设AD=2,点M在线段PC上,且异面直线BM与CE所成角的
27、余弦值为105,求二面角M-AB-P的余弦值.解析(1)证明:因为BAD=90,所以BAAD.因为平面ABCD平面PAD,交线为AD,所以BA平面PAD,从而BAPD.(2分)在PAD中,APsinADP=ADsinAPD,即12ADsin30=ADsinAPD,得sinAPD=1,APD=90,故APPD.(4分)因为BAAP=A,所以PD平面PAB.(5分)又PB平面PAB,所以PDPB.(6分)(2)如图,以P为坐标原点,以PD,PA所在直线分别为x轴,y轴,过点P垂直于平面PAD的射线为z轴正半轴,建立空间直角坐标系,因为AD=2,所以AB=BC=AP=1,PD=3,所以P(0,0,0
28、),A(0,1,0),B(0,1,1),C32,12,1,E32,0,0,(7分)设PM=PC(01),则PM=32,12,1,所以M32,12,从而BM=32,12-1,-1,(8分)又CE=0,-12,-1,所以|cos|=|5-6|2522-3+2=105,得92-36+20=0,解得=23或=103(舍去),故M33,13,23.(9分)设平面MAB的法向量为m=(x,y,z),则mBM=(x,y,z)33,-23,-13=0,mBA=(x,y,z)(0,0,-1)=0.整理得3x-2y-z=0,z=0,令y=3,得m=(2,3,0).(10分)由(1)知PD平面PAB,所以平面PAB
29、的一个法向量为n=(1,0,0),(11分)所以cos=mn|m|n|=277,易知二面角M-AB-P为锐二面角,故二面角M-AB-P的余弦值为277.(12分)15.(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AEF的位置,使平面AEF平面EFCB.(1)求证:平面AMN平面ABF;(2)求二面角E-AF-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EFBC,EF=12BC,AEF为等边三角形,所以折叠后,AEF也是等边三角形,且EFBC.因
30、为M是EF的中点,所以AMEF.(1分)又平面AEF平面EFCB,AM平面AEF,所以AM平面EFCB,(2分)又BF平面EFCB,所以AMBF.(3分)因为CN=14BC,EFBC且EF=12BC,M为EF的中点,所以MFCN,MF=CN,则四边形MFCN是平行四边形,所以MNCF.在正ABC中,知BFCF,所以BFMN.(4分)而AMMN=M,所以BF平面AMN.又因为BF平面ABF,所以平面AMN平面ABF.(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MGBC,由(1)知AM平面EFCB,又MG平面EFCB,所以AMMG,(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),FA=(1,0,3),FB=(3,3,0).(7分)设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则nFA=x+3z=0,nFB=3x+3y=0,令z=1,则n=(-3,3,1).(9分)易知平面AEF的一个法向量为m=(0,1,0),(10分)所以cos=nm|n|m|=313+9+1=31313,(11分)显然二面角E-AF-B是锐二面角,所以二面角E-AF-B的余弦值为31313.(12分)
