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第五节 直线、平面垂直的判定与性质


第五节

直线、平面垂直的判定与性质
高考试题

考点一 证明两直线的垂直关系
1.(2012 年新课标全国卷,理 19)如图,直三棱柱 ABC A1B1C1 中,AC=BC=

1 AA1,D 是棱 AA1 的中点,DC1⊥BD. 2

(1)证明:DC1⊥BC; (2)求二面角

A1 BD C1 的大小. (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=

1 AA1, 2
2

可得 D C12 +DC =C C12 , 所以 DC1⊥DC. 而 DC1⊥BD,DC∩BD=D, 所以 DC1⊥平面 BCD. 因为 BC? 平面 BCD, 所以 DC1⊥BC. (2)解:由(1)知 BC⊥DC1, 又 BC⊥CC1, 则 BC⊥平面 ACC1A1, 所以 CA,CB,CC1 两两相互垂直. 以 C 为坐标原点, CA 的方向为 x 轴的正方向,| CA |为单位长度,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 A1 D =(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 ? A1 D ? 0,
? x ? y ? z ? 0, ? z ? 0.

即?

可取 n=(1,1,0). 同理,设 m=(x,y,z)是平面 C1BD 的法向量, 则?

?m ? BD ? 0, ? ? ?m ? DC1 ? 0,
? x ? y ? z ? 0, ? ? x ? z ? 0.

即?

可取 m=(1,2,1). 从而 cos<n,m>=

n?m 3 = . n m 2

故二面角 A1 BD C1 的大小为 30°. 2.(2011 年新课标全国卷,理 18)如图所示,四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形, ∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD.

(1)证明:PA⊥BD; (2)若 PD=AD,求二面角 A PB C 的余弦值. (1)证明:因为∠DAB=60°,AB=2AD, 由余弦定理得 BD= 3 AD, 从而 BD +AD =AB , 故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD, 可得 BD⊥PD. 所以 BD⊥平面 PAD, 故 PA⊥BD. (2)解:如图所示,以 D 为坐标原点,AD 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 D xyz,
2 2 2

则 A(1,0,0),B(0, 3 ,0),C(-1, 3 ,0),P(0,0,1).

AB =(-1, 3 ,0), PB =(0, 3 ,-1), BC =(-1,0,0).
设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),

则?

? ?n ? AB ? 0, ? ?n ? PB ? 0.

即?

?? x ? 3 y ? 0, ? ? ? 3 y ? z ? 0.

因此可取 n=( 3 ,1, 3 ). 设平面 PBC 的法向量为 m, 则?

? ?m ? PB ? 0, ? ?m ? BC ? 0.

可取 m=(0,-1,- 3 ). cos<m,n>=

?4 2 7

=-

2 7 . 7 2 7 . 7

故二面角 A PB C 的余弦值为-

3.(2010 年新课标全国卷,理 18)如图,已知四棱锥 P ABCD 的底面为等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD,垂足为 H,PH 是四棱锥的高,E 为 AD 中点.

(1)证明:PE⊥BC; (2)若∠APB=∠ADB=60°,求直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值. 解:以 H 为原点,HA,HB,HP 分别为 x,y,z 轴,线段 HA 的长为单位长度,建立空间直角坐标系(如图), 则 A(1,0,0),B(0,1,0),. (1)设 C(m,0,0),P(0,0,n)(m<0,n>0), 则 D(0,m,0),E( 可得 PE =(

1 m , ,0). 2 2

1 m , ,-n), BC =(m,-1,0). 2 2 m m - +0=0, 2 2
3 ,n=1, 3 3 ,0), 3

因为 PE · BC = 所以 PE⊥BC.

(2)由已知条件可得 m=故 C(E(

3 ,0,0),D(0,3

3 1 ,,0),P(0,0,1). 6 2

设 n=(x,y,z)为平面 PEH 的法向量, 则?

? ?n ? HE ? 0, ? ?n ? HP ? 0,

即 ?2

?1 3 y ? 0, ? x? 6 ? z ? 0. ?

因此可以取 n=(1, 3 ,0). 又 PA =(1,0,-1), 所以|cos< PA ,n>|=

2 . 4 2 . 4

所以直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值为

考点二 线面垂直的判定及性质的应用
1.(2013 年广东卷,理 18)如图①,在等腰直角三角形 ABC 中,∠A=90°,BC=6,D,E 分别是 AC,AB 上的 点,CD=BE= 2 ,O 为 BC 的中点.将△ADE 沿 DE 折起,得到如图②所示的四棱锥 A′ BCDE,其中 A′O= 3 .

(1)证明:A′O⊥平面 BCDE; (2)求二面角 A′ CD B 的平面角的余弦值. 解:(1)由题意,易得 OC=3,AC=3 2 ,AD=2 2 . 连接 OD,OE.在△OCD 中,由余弦定理可得
2 2 OD= OC ? CD ? 2OC ? CD cos 45 = 5 .

由翻折不变性可知 A′D=2 2 , 所以 A′O +OD =A′D ,所以 A′O⊥OD. 同理可证 A′O⊥OE,又 OD∩OE=O, 所以 A′O⊥平面 BCDE. (2)法一 (传统法)过 O 作 OH⊥CD 交 CD 的延长线于 H,连接 A′H,如图.
2 2 2

因为 A′O⊥平面 BCDE, 所以 A′H⊥CD, 所以∠A′HO 为二面角 A′ CD B 的平面角.

结合 OC=3,∠BCD=45°,得 OH=
2 2 从而 A′H= OH ? OA? =

3 2 , 2

30 . 2

所以 cos∠A′HO=

15 OH = , 5 A?H 15 . 5

所以二面角 A′ CD B 的平面角的余弦值为

法二 (向量法)以 O 点为原点,建立空间直角坐标系 O xyz,如图所示,

则 A′(0,0,

3 ),C(0,-3,0),D(1,-2,0),

所以 CA? =(0,3, 3 ), DA ? =(-1,2, 3 ). 设 n=(x,y,z)为平面 A′CD 的一个法向量,则

? ?n ? CA? ? 0, ? ?3 y ? 3z ? 0, 即? ? ? ?n ? DA? ? 0, ? ?? x ? 2 y ? 3z ? 0,
解得 ?

? ? y ? ? x, 令 x=1,得 n=(1,-1, 3 ), ? ? z ? 3 x,

即 n=(1,-1, 3 )为平面 A′CD 的一个法向量. 由(1)知 OA? =(0,0, 3 )为平面 CDB 的一个法向量, 所以 cos<n, OA? >=

n ? OA? n OA?

=

3 3? 5

=

15 15 ,即二面角 A′ CD B 的平面角的余弦值为 . 5 5

2.(2012 年广东卷,理 18)如图所示,在四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥平面 ABCD,点 E 在线段 PC 上,PC⊥平面 BDE.

(1)证明:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=1,AD=2,求二面角 B PC A 的正切值. (1)证明:∵PA⊥平面 ABCD,BD? 平面 ABCD, ∴PA⊥BD. 同理由 PC⊥平面 BDE 可证得 PC⊥BD. 又 PA∩PC=P, ∴BD⊥平面 PAC. (2)解:如图所示,设 BD 与 AC 交于点 O,连接 OE.

∵PC⊥平面 BDE, BE、OE? 平面 BDE, ∴PC⊥BE,PC⊥OE. ∴∠BEO 即为二面角 B PC A 的平面角. 由(1)知 BD⊥平面 PAC. 又 OE、AC? 平面 PAC, ∴BD⊥OE,BD⊥AC. 故矩形 ABCD 为正方形, ∴BD=AC=2 2 ,BO=

1 BD= 2 . 2

由 PA⊥平面 ABCD,BC? 平面 ABCD 得 PA⊥BC. 又 BC⊥AB,PA∩AB=A, ∴BC⊥平面 PAB. 而 PB? 平面 PAB,∴BC⊥PB.
2 2 在 Rt△PAB 中,PB= PA ? AB = 5 ,

2 2 在 Rt△PAC 中,PC= PA ? AC =3.

在 Rt△PBC 中,由 PB·BC=PC·BE 得 BE=
2 2 在 Rt△BOE 中,OE= BE ? BO =

2 5 . 3

2 . 3

∴tan∠BEO=

BO =3, OE

即二面角 B PC A 的正切值为 3. 3.(2013 年福建卷,理 19)如图,在四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,侧棱 AA1⊥底面 ABCD,AB∥DC, AA1=1,AB=3k,AD=4k,BC=5k,DC=6k(k>0).

(1)求证:CD⊥平面 ADD1A1; (2)若直线 AA1 与平面 AB1C 所成角的正弦值为

6 ,求 k 的值; 7

(3)现将与四棱柱 ABCD A1B1C1D1 形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱.规定:若拼接成 的新四棱柱形状和大小完全相同,则视为同一种拼接方案.问:共有几种不同的拼接方案?在这些拼接成的新 四棱柱中,记其中最小的表面积为 f(k),写出 f(k)的解析式.(直接写出答案,不必说明理由) (1)证明:取 CD 的中点 E,连接 BE.

∵AB∥DE,AB=DE=3k, ∴四边形 ABED 为平行四边形, ∴BE∥AD 且 BE=AD=4k. 在△BCE 中,∵BE=4k,CE=3k,BC=5k, ∴BE +CE =BC , ∴∠BEC=90°, 即 BE⊥CD. 又 BE∥AD, ∴CD⊥AD. ∵AA1⊥平面 ABCD,CD? 平面 ABCD, ∴AA1⊥CD.又 AA1∩AD=A, ∴CD⊥平面 ADD1A1. (2)解:以 D 为原点, DA , DC , DD1 的方向为 x,y,z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
2 2 2

则 A(4k,0,0),C(0,6k,0), B1(4k,3k,1),A1(4k,0,1), 所以 AC =(-4k,6k,0), AB1 =(0,3k,1), AA1 =(0,0,1). 设平面 AB1C 的法向量 n=(x,y,z), 则由 ?

? ? AC ? n ? 0, ? ? AB1 ? n ? 0,

得?

? ?4kx ? 6ky ? 0, ?3ky ? z ? 0.

取 y=2,得 n=(3,2,-6k). 设 AA1 与平面 AB1C 所成角为θ ,则 sin θ =|cos AA1 ,n|= 故所求 k 的值为 1. (3)解:共有 4 种不同的方案.

AA1 ? n AA1 n

=

6k 36k ? 13
2

=

6 ,解得 k=1, 7

5 ? 72k 2 ? 26k , 0 ? k ? , ? ? 18 f(k)= ? 5 2 ?35k ? 36k , k ? . ? 18 ?
4.(2012 年大纲全国卷,理 18)如图,四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 为菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2 ,PA=2,E 是 PC 上的一点,PE=2EC.

(1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 A PB C 为 90°,求 PD 与平面 PBC 所成角的大小. (1)证明:因为底面 ABCD 为菱形,

所以 BD⊥AC. 又 PA⊥底面 ABCD, 所以 PC⊥BD. 如图所示,设 AC∩BD=F,连接 EF. 因为 AC=2 2 ,PA=2, PE=2EC, 故 PC=2 3 ,EC= 从而 因为

2 3 ,FC= 2 , 3

PC AC = 6, = 6. FC EC PC AC = ,∠FCE=∠PCA, FC EC

所以△FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90°. 由此知 PC⊥EF. 因为 PC 与平面 BED 内两条相交直线 BD,EF 都垂直, 所以 PC⊥平面 BED. (2)解:在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB,G 为垂足. 因为二面角 A PB C 为 90°, 所以平面 PAB⊥平面 PBC. 又平面 PAB∩平面 PBC=PB, 故 AG⊥平面 PBC,AG⊥BC. 因为 BC 与平面 PAB 内两条相交直线 PA,AG 都垂直,

故 BC⊥平面 PAB,于是 BC⊥AB, 所以底面 ABCD 为正方形,AD=2,
2 2 PD= PA ? AD =2 2 .

设 D 到平面 PBC 的距离为 d. 因为 AD∥BC,且 AD?平面 PBC,BC? 平面 PBC, 故 AD∥平面 PBC,A、D 两点到平面 PBC 的距离相等, 即 d=AG= 2 . 设 PD 与平面 PBC 所成的角为α ,则 sin α = 所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. 5.(2010 年安徽卷,理 18)如图所示,在多面体 ABCDEF 中,四边形 ABCD 是正方形,EF∥AB,EF⊥FB,AB=2EF,∠ BFC=90°,EF=FC,H 为 BC 的中点.

d 1 = . PD 2

(1)求证:FH∥平面 EDB; (2)求证:AC⊥平面 EDB; (3)求二面角 B DE C 的大小. 证明:(1)如图所示,设 AC 与 BD 交于点 G, 则 G 为 AC 的中点, 连接 EG,GH. 又 H 为 BC 的中点, ∴GH 又 EF ∴EF

1 AB. 2 1 AB, 2
GH.

∴四边形 EFHG 为平行四边形. ∴EG∥FH. 而 EG? 平面 EDB, ∴FH∥平面 EDB. (2)由四边形 ABCD 为正方形,有 AB⊥BC.

又 EF∥AB,∴EF⊥BC. 而 EF⊥FB,∴EF⊥平面 BFC, ∴EF⊥FH, ∴AB⊥FH. 又 BF=FC,H 为 BC 的中点, ∴FH⊥BC.

∴FH⊥平面 ABCD. ∴FH⊥AC. 又 FH∥EG, ∴AC⊥EG. 又 AC⊥BD,EG∩BD=G, ∴AC⊥平面 EDB. (3)解:EF⊥FB,∠BFC=90°, ∴BF⊥平面 CDEF. 在平面 CDEF 内过点 F 作 FK⊥DE 交 DE 的延长线于 K, 则∠FKB 为二面角 B DE C 的一个平面角. 设 EF=1, 则 AB=2,FC= 2 ,DE= 3 . 又 EF∥DC,∴∠KEF=∠EDC, ∴sin∠EDC=sin∠KEF= ∴FK=EFsin∠KEF= ∴∠FKB=60°. ∴二面角 B DE C 为 60° .

2 3

.

2 3

,tan∠FKB=

BF = 3, FK

考点三 两个平面垂直的判定及性质的应用
1.(2012 年江苏卷,16)如图所示,在直三棱柱 ABC A1B1C1 中,A1B1=A1C1,D,E 分别是棱 BC,CC1 上的点(点 D 不同 于点 C),且 AD⊥DE,F 为 B1C1 的中点.

求证:(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1; (2)直线 A1F∥平面 ADE. 证明:(1)∵ABC A1B1C1 是直三棱柱, ∴CC1⊥平面 ABC. 又 AD? 平面 ABC, ∴CC1⊥AD. 又 AD⊥DE,DE? 平面 BCC1B1, CC1? 平面 BCC1B1,CC1∩DE=E, ∴AD⊥平面 BCC1B1, 又 AD? 平面 ADE, ∴平面 ADE⊥平面 BCC1B1. (2)∵A1B1=A1C1,F 为 B1C1 的中点, ∴A1F⊥B1C1. ∵CC1⊥平面 A1B1C1, 且 A1F? 平面 A1B1C1,

∴CC1⊥A1F. 又∵CC1,B1C1? 平面 BCC1B1,CC1∩B1C1=C1, ∴A1F⊥平面 BCC1B1. 由(1)知 AD⊥平面 BCC1B1, ∴A1F∥AD. 又 AD? 平面 ADE,A1F?平面 ADE, ∴A1F∥平面 ADE. 2.(2011 年陕西卷,理 16)如图,在△ABC 中,∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD 是 BC 上的高,沿 AD 把△ABD 折起, 使∠BDC=90°.

(1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; (2)设 E 为 BC 的中点,求 AE 与 DB 夹角的余弦值. (1)证明:∵折起前 AD 是 BC 边上的高, ∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB. 又 DB∩DC=D,∴AD⊥平面 BDC. ∵AD? 平面 ABD, ∴平面 ADB⊥平面 BDC. (2)解:由∠BDC=90°及(1),知 DA,DB,DC 两两垂直.

不妨设|DB|=1,以 D 为坐标原点,分别以 DB , DC , DA 所在直线为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标 系,易得 D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0, 3 ), E(

1 3 , ,0), 2 2 1 3 , ,- 3 ), DB =(1,0,0), 2 2
1 2 22 1? 4

∴ AE =(

∴ AE 与 DB 夹角的余弦值为

cos< AE , DB >=

AE ? DB AE DB

=

=

22 . 22

3.(2011 年北京卷,理 16)如图所示,在四棱锥 P ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是菱形,AB=2, ∠BAD=60°.

(1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长. (1)证明:因为四边形 ABCD 是菱形, 所以 AC⊥BD. 又因为 PA⊥平面 ABCD, 所以 PA⊥BD. 所以 BD⊥平面 PAC. (2)解:设 AC∩BD=O, 因为∠BAD=60°,PA=AB=2, 所以 BO=1,AO=CO= 3 . 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系 O xyz,

则 P(0,- 3 ,2),A(0,- 3 ,0),B(1,0,0),C(0, 3 ,0). 所以 PB =(1, 3 ,-2), AC =(0,2 3 ,0). 设 PB 与 AC 所成角为θ , 则 cos θ =

PB ? AC PB AC

=

6 2 2 ?2 3

=

6 . 4

(3)解:由(2)知 BC =(-1, 3 ,0). 设 P(0,- 3 ,t)(t>0), 则 BP =(-1,- 3 ,t). 设平面 PBC 的法向量 m=(x,y,z), 则 BC ·m=0, BP ·m=0. 所以 ?

? ?? x ? 3 y ? 0, ? ?? x ? 3 y ? tz ? 0.

令 y= 3 ,则 x=3,z= 此时 m=(3, 3 ,

6 . t

6 ). t 6 ). t

同理,平面 PDC 的一个法向量 n=(- 3 , 3 ,

因为平面 PBC⊥平面 PDC, 所以 m·n=0, 即-6+

36 =0, t2

解得 t= 6 . 所以 PA= 6 . 4.(2011 年湖南卷,理 19)如图所示,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2 ,☉O 的直径 AB=2,C 是 中点. 的中点,D 为 AC 的

(1)证明:平面 POD⊥平面 PAC; (2)求二面角 B PA C 的余弦值. (1)证明:如图,连接 OC, 因为 OA=OC,D 是 AC 的中点, 所以 AC⊥OD.

又 PO⊥底面☉O,AC? 底面☉O, 所以 AC⊥PO. 因为 OD,PO 是平面 POD 内的两条相交直线, 所以 AC⊥平面 POD, 而 AC? 平面 PAC, 所以平面 POD⊥平面 PAC. (2)解:在平面 POD 中,过 O 作 OH⊥PD 于 H, 由(1)知,平面 POD⊥平面 PAC, 所以 OH⊥平面 PAC. 又 PA? 平面 PAC, 所以 PA⊥OH. 在平面 PAO 中,过 O 作 OG⊥PA 于 G, 连接 HG, 则有 PA⊥平面 OGH, 从而 PA⊥HG, 故∠OGH 为二面角 B PA C 的平面角. 在 Rt△ODA 中,OD=OA·sin 45°=

2 . 2

在 Rt△POD 中,

OH=

PO ? OD PO 2 ? OD 2

2?
=

2 2 = 10 . 5 1 2? 2

在 Rt△POA 中, OG=

PO ? OA PO ? OA
2 2

=

2 ?1 2 ?1

=

6 . 3

在 Rt△OHG 中,

10 15 OH sin∠OGH= = 5 = . 5 OG 6 3
2 所以 cos∠OGH= 1 ? sin ?OGH = 1 ?

15 10 = . 25 5

故二面角 B PA C 的余弦值为

10 . 5

考点四 线、面垂直关系中探索性问题的解法
1.(2012 年江西卷,理 19)在三棱柱 ABC A1B1C1 中,已知 AB=AC=AA1= 5 ,BC=4,点 A1 在底面 ABC 的投影是线段 BC 的中点 O.

(1)证明在侧棱 AA1 上存在一点 E,使得 OE⊥平面 BB1C1C,并求出 AE 的长; (2)求平面 A1B1C 与平面 BB1C1C 夹角的余弦值. (1)证明:连接 AO,在△AOA1 中,作 OE⊥AA1 于点 E, 因为 AA1∥BB1, 得 OE⊥BB1, 因为 A1O⊥平面 ABC, 所以 A1O⊥BC. 因为 AB=AC,OB=OC, 得 AO⊥BC, 所以 BC⊥平面 AA1O, 所以 BC⊥OE, 所以 OE⊥平面 BB1C1C. 又 AO=

AB2 ? BO2 =1,AA1= 5 ,
5 AO 2 = . 5 AA1

得 AE=

(2)解:如图所示,分别以 OA,OB,OA1 所在直线为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,

则 A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A1(0,0,2), B1(-1,2,2), 由 AE =

1 4 2 AA1 得点 E 的坐标是( ,0, ), 5 5 5 4 2 ,0, ), 5 5

由(1)得平面 BB1C1C 的法向量 OE =( 设平面 A1B1C 的法向量 n=(x,y,z),
?n ? A1B1 ? 0, ? 由? ? ? n ? A1C ? 0,

?? x ? 2 y ? 0, 得? ? y ? z ? 0.
令 y=1,得 x=2,z=-1, 即 n=(2,1,-1), 所以 cos< OE ,n>=

OE ?n OE n

=

30 , 10 30 . 10

即平面 A1B1C 与平面 BB1C1C 夹角的余弦值是

2.(2011 年浙江卷,理 20)如图所示,在三棱锥 P ABC 中,AB=AC,D 为 BC 的中点,PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线 段 AD 上,已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.

(1)证明:AP⊥BC; (2)在线段 AP 上是否存在点 M,使得二面角 A MC B 为直二面角?若存在,求出 AM 的长;若不存在,请说明理由. (1)证明:由 AB=AC,D 是 BC 的中点, 得 AD⊥BC. 又 PO⊥平面 ABC, 所以 PO⊥BC. 因为 PO∩AD=O, 所以 BC⊥平面 PAD, 故 BC⊥PA. (2)解:如图所示,在平面 PAB 内作 BM⊥PA 于 M,连接 CM,PD.

由(1)知 AP⊥BC, 得 AP⊥平面 BMC. 又 AP? 平面 APC, 所以平面 BMC⊥平面 APC. 在 Rt△ADB 中, AB =AD +BD =(AO+OD) +( 得 AB= 41 . 在 Rt△POD 中,PD =PO +OD , 在 Rt△PDB 中,PB =PD +BD , 所以 PB =PO +OD +DB =36, 得 PB=6. 在 Rt△POA 中,PA =AO +OP =25, 得 PA=5. 又 cos∠BPA=
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 BC) =41, 2

PA2 ? PB2 ? AB2 1 = , 2PA ? PB 3

从而 PM=PBcos∠BPA=2, 所以 AM=PA-PM=3. 综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3.

模拟试题
考点一 直线与直线垂直的证明方法
1.(2013 云南省一模)如图所示,边长为 2 的等边△PCD 所在平面与矩形 ABCD 所在平面垂直,BC=2 2 ,M 为 BC 中点.

(1)求证:AM⊥PM; (2)求点 D 到平面 PAM 的距离. (1)证明:取 CD 的中点 E,连接 AE,ME、PE.

∵△PCD 为等边三角形,E 为 CD 中点, ∴PE⊥CD. ∵平面 PCD⊥平面 ABCD, 平面 PCD∩平面 ABCD=CD, PE? 平面 PCD, ∴PE⊥平面 ABCD. 在 Rt△ABM 中,AB=2,BM= 2 , ∴AM =6. 在 Rt△PDE 中,PD=2,DE=1, ∴PE= 3 . 连接 BD,∵E、M 分别为 DC、BC 的中点, ∴EM=
2

1 BD, 2

在 Rt△BDC 中,BC=2 2 ,CD=2, ∴BD=2 3 , ∴EM= 3 . 在 Rt△PEM 中,PM= 3 ? 3 = 6 . 在 Rt△ADE 中,AD=2 2 ,DE=1, ∴AE=3. 在 Rt△PAE 中,PA= 9 ? 3 =2 3 . 在△PAM 中,PM +AM =6+6=12=PA , ∴PM⊥AM. (2)解:由(1)知,PM⊥AM,PM= 6 ,AM= 6 , ∴S△PAM=
2 2 2

1 × 6 × 6 =3. 2 1 ×2 2 ×2=2 2 , 2

连接 DM,S△ADM=

设点 D 到平面 PAM 的距离为 d, 由 VD ? PAM = VP ? ADM , 得

1 1 S△PAM·d= ·S△ADM·PE, 3 3
2 2? 3 2 6 = . 3 3 2 6 . 3

∴d=

即点 D 到平面 PAM 的距离是

2.(2012 开封二模)如图所示,已知四棱锥 P ABCD,侧面 PAD 为边长等于 2 的正三角形,底面 ABCD 为菱形, ∠DAB=60°.

(1)证明:∠PBC=90°; (2)若 PB=3,求直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值. (1)证明:如图所示,取 AD 中点 O,连接 OP、OB,

由已知得 OP⊥AD,OB⊥AD, 又 OP∩OB=O. ∴AD⊥平面 POB, ∵BC∥AD, ∴BC⊥平面 POB, 又 PB? 平面 POB. ∴BC⊥PB,即∠PBC=90°. (2)解:设 AB 与平面 PBC 所成的角为θ ,A 到平面 PBC 的距离为 d, 则 sin θ =

d . AB

∵AD∥平面 PBC, ∴A、O 到平面 PBC 的距离相等. 作 OE⊥PB,垂足为 E. 由(1)知,BC⊥平面 POB. ∴平面 POB⊥平面 PBC, ∴OE⊥平面 PBC, ∴d=OE. 据题意,OB=OP=2sin 60°= 3 , ∴E 为 PB 的中点, ∴OE= OP ? ?
2

3 ? PB ? . ? = 2 ? 2 ?

2

∴sin θ =

d 3 = , AB 4

3 . 4 考点二 直线与平面垂直的判定及性质的应用
即 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值为 1.(2013 安徽黄山三校联考)如图(1)所示,平面四边形 ABCD 关于直线 AC 对称,∠BAD=60°,∠BCD=90°,CD=2, 把△ABD 沿 BD 折起(如图(2)所示),使二面角 A BD C 的余弦值等于

3 .对于图(2), 3

(1)求 A,C 两点间的距离; (2)证明:AC⊥平面 BCD; (3)求直线 AC 与平面 ABD 所成角的正弦值. (1)解:如图所示,取 BD 的中点 E,连接 AE,CE,

由 AB=AD,CB=CD 得,AE⊥BD,CE⊥BD, ∴∠AEC 就是二面角 A BD C 的平面角, ∴cos∠AEC=

3 . 3

在△ACE 中,AE= 6 ,CE= 2 . AC =AE +CE -2AE·CE·cos∠AEC =6+2-2× 6 × 2 × =4, ∴AC=2. (2)证明:题图(2)中,由 AB=AD=BD=2 2 , AC=BC=CD=2, ∴AC +BC =AB ,AC +CD =AD , ∴∠ACB=∠ACD=90°. ∴AC⊥BC,AC⊥CD, 又 BC∩CD=C, ∴AC⊥平面 BCD. (3)解:如图所示,在平面 ACE 中,过 C 作 CF⊥AE 于 F,
2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 3

则 CF⊥平面 ABD, 则∠FAC 即直线 AC 与平面 ABD 所成的角. 由 AE= 6 ,CE= 2 ,AC=2. ∴ 6 ·CF=2 2 , ∴CF=

2 3 . 3

2 3 3 sin∠FAC= 3 = . 3 2
即所求角正弦值为

3 . 3

2.(2012 福建莆田模拟)如图所示,在三棱锥 P ABC 中,△PAC、△ABC 分别是以 A、B 为直角顶点的等腰直角 三角形,AB=1.

(1)现给出三个条件:①PB= 3 ;②PB⊥BC;③平面 PAB⊥平面 ABC.试从中任意选取一个作为已知条件,并证 明:PA⊥平面 ABC;

(2)在(1)的条件下,求三棱锥 P ABC 的体积. 解:法一 (1)选取条件①. 在等腰直角三角形 ABC 中, ∵AB=1,∴BC=1,AC= 2 . 又∵PA=AC, ∴PA= 2 . ∴在△PAB 中,AB=1,PA= 2 ,PB= 3 , ∴AB +PA =PB , ∴∠PAB=90°, 即 PA⊥AB. 又∵PA⊥AC,AB∩AC=A, ∴PA⊥平面 ABC. (2)由(1)可知 PA⊥平面 ABC,
2 2 2

V三棱锥P ? ABC =

2 1 1 1 2 PA·S△ABC= × 2 × ×1 = . 6 2 3 3

法二 (1)选取条件②. ∵PB⊥BC, 又 AB⊥BC,且 PB∩AB=B, ∴BC⊥平面 PAB. ∵PA? 平面 PAB,∴BC⊥PA. 又∵PA⊥AC,且 BC∩AC=C, ∴PA⊥平面 ABC. (2)由(1)可知 PA⊥平面 ABC. ∵AB=BC=1,AB⊥BC, ∴AC= 2 ,∴PA= 2 , ∴ V三棱锥P ? ABC = =

1 PA·S△ABC 3

1 1 × AB·BC·PA 3 2
2 1 1 × ×1×1× 2 = . 6 3 2

=

法三 (1)选取条件③. 若平面 PAB⊥平面 ABC, ∵平面 PAB∩平面 ABC=AB,BC? 平面 ABC,BC⊥AB, ∴BC⊥平面 PAB. ∵PA? 平面 PAB,∴BC⊥PA. ∵PA⊥AC,且 BC∩AC=C, ∴PA⊥平面 ABC. (2)同法二.

考点三 平面与平面垂直的判定及性质的应用
1.(2013 皖南八校联考)已知四棱锥 P ABCD 的底面是菱形,PB=PD,E 为 PA 的中点.

(1)求证:PC∥平面 BDE; (2)求证:平面 PAC⊥平面 BDE. 证明:(1)设 O 为 AC 与 BD 的交点,连接 EO,

因为 E、O 分别为 PA、AC 的中点, 所以 EO∥PC. 因为 EO? 平面 BDE, PC?平面 BDE, 所以 PC∥平面 BDE. (2)连接 OP,因为 PB=PD, 所以 OP⊥BD. 在菱形 ABCD 中,BD⊥AC, 因为 OP∩AC=O, 所以 BD⊥平面 PAC. 因为 BD? 平面 BDE, 所以平面 PAC⊥平面 BDE. 2.(2013 四川树德中学 3 月阶段性考试)如图(1)所示,在 Rt△ABC 中,∠C=90°,BC=3,AC=6.D、E 分别是 AC、 AB 上的点,且 DE∥BC,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1D⊥CD,如图(2)所示.

(1)求证:平面 A1BC⊥平面 A1DC; (2)若 CD=2,求 BE 与平面 A1BC 所成角的余弦值; (3)当 D 点在何处时,A1B 的长度最小,并求出最小值. (1)证明:如题图(1),在△ABC 中,∠C=90°,DE∥BC, ∴AD⊥DE. ∴A1D⊥DE. 又 DE⊥DC,A1D∩DC=D, ∴DE⊥平面 A1DC. 又 DE∥BC, ∴BC⊥平面 A1DC, 又 BC? 平面 A1BC, 故平面 A1BC⊥平面 A1DC. 解:(2)A1D⊥DE,A1D⊥DC,DC⊥DE,以 D 为原点,DE,DC,DA1 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系.

因为 CD=2, 则 E(2,0,0),B(3,2,0),C(0,2,0),A1(0,0,4).

BE =(-1,-2,0), A1C =(0,2,-4), CB =(3,0,0),
设平面 A1BC 的法向量为 m=(x,y,z). 则?

?2 y ? 4 z ? 0, ?3x ? 0,

取法向量 m=(0,2,1), 设直线 BE 与平面 A1BC 所成角为θ . 则 sin θ =|cos<m, BE >|=

?4 5? 5

=

4 , 5 3 . 5

故直线 BE 与平面 A1BC 所成角的余弦值为 (3)设 CD=x(0<x<6), 则 A1D=6-x, 则 B(3,x,0),A1(0,0,6-x), |A1B|= 9 ? x2 ? (6 ? x)2
2 = 2 x ? 12 x ? 45

2 x ? 3)? 27 (0<x<6), = (
2

则当 x=3 时,|A1B|最小值为 3 3 .

考点四
中点.

线、面垂直中探索性问题的解法

1.(2013 广东十校联考)在四棱锥 E ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,AC 与 BD 交于 O,EC⊥底面 ABCD,F 为 BE 的

(1)求证:DE∥平面 ACF; (2)求证:BD⊥AE; (3)若 AB= 2 CE,在线段 EO 上是否存在点 G,使 CG⊥平面 BDE?若存在,求出 (1)证明:连接 OF.

EG 的值,若不存在,请说明理由. EO

由 ABCD 是正方形可知,点 O 为 BD 中点.

又 F 为 BE 的中点, 所以 OF∥DE. 又 OF? 平面 ACF,DE?平面 ACF, 所以 DE∥平面 ACF. (2)证明:由 EC⊥底面 ABCD,BD? 底面 ABCD, 所以 EC⊥BD, 由 ABCD 是正方形可知,AC⊥BD, 又 AC∩EC=C,AC,EC? 平面 ACE, 所以 BD⊥平面 ACE, 又 AE? 平面 ACE, 所以 BD⊥AE. (3)解:在线段 EO 上存在点 G, 使 CG⊥平面 BDE. 理由如下:如图,取 EO 中点 G,连接 CG. 在四棱锥 E ABCD 中,AB= 2 CE,CO= 所以 CG⊥EO. 由(2)可知,BD⊥平面 ACE, 而 BD? 平面 BDE, 所以平面 ACE⊥平面 BDE, 又平面 ACE∩平面 BDE=EO, CG⊥EO,CG? 平面 ACE, 所以 CG⊥平面 BDE. 故在线段 EO 上存在点 G,使 CG⊥平面 BDE. 由 G 为 EO 中点,得

2 AB=CE, 2

EG 1 = . EO 2

2.(2013 石家庄市教学质检(二))如图所示,已知三棱柱 ABC A1B1C1,侧面 BCC1B1⊥底面 ABC.

(1)若 M、N 分别是 AB,A1C 的中点,求证:MN∥平面 BCC1B1; (2)若三棱柱 ABC A1B1C1 的各棱长均为 2,侧棱 BB1 与底面 ABC 所成的角为 60°.问在线段 A1C1 上是否存在一 点 P,使得平面 B1CP⊥平面 ACC1A1,若存在,求 C1P 与 PA1 的比值,若不存在,说明理由. (1)证明:连接 AC1,BC1,

则 AN=NC1,

因为 AM=MB, 所以 MN∥BC1. 又 BC1? 平面 BCC1B1, MN?平面 BCC1B1, 所以 MN∥平面 BCC1B1. (2)解:作 B1O⊥BC 于 O, 因为面 BCC1B1⊥底面 ABC, 所以 B1O⊥平面 ABC. 以 O 为原点,建立如图所示空间直角坐标系,

则 A(0, 3 ,0),B(-1,0,0),C(1,0,0),B1(0,0, 3 ). 由 AA1 = CC1 = BB1 ,可求出 A1(1, 3 , 3 ),C1(2,0, 3 ). 设 P(x,y,z), AC 1 1 =λ A 1P , 得 P(

3 3 1 1 +1, 3 , 3 ), CP =( , 3, 3 ), ? ? ? ?

CB1 =(-1,0, 3 ).
设平面 B1CP 的法向量为 n1=(x,y,z), 由?

? ?n1 ? CP ? 0, ? ?n1 ? CB1 ? 0,
1+? ,1). 1? ?

取 n1=( 3 ,

同理可求出平面 ACC1A1 的一个法向量 n2=( 3 ,1,-1). 假设平面 B1CP⊥平面 ACC1A1, 得 n1·n2=0, 即 3+

1+? -1=0. 1? ?

解得λ =3, 所以 A1C1=3A1P, 从而 C1P∶PA1=2.

综合检测
1.(2011 安徽省淮南市高三模拟)给出命题: (1)在空间里,垂直于同一平面的两个平面平行; (2)设 l,m 是不同的直线,α 是一个平面,若 l⊥α ,l∥m,则 m⊥α ;

(3)已知α ,β 表示两个不同平面,m 为平面α 内的一条直线,则“α ⊥β ”是“m⊥β ”的充要条件; (4)a,b 是两条异面直线,P 为空间一点,过 P 总可以作一个平面与 a,b 之一垂直,与另一个平行. 其中正确命题个数是( (A)0 (B)1 (C)2 (D)3 解析:(1)错,也可能相交;(2)正确;(3)“α ⊥β ”是“m⊥β ”的必要条件,命题错误;(4)当异面直线 a,b 垂 直时才可以作出满足要求的平面,命题错误.故选 B. 答案:B 2.(2011 广东省深圳市高三调研)如图所示,在立体图形 D ABC 中,若 AB=CB,AD=CD,E 是 AC 的中点,则下列正 确的是( ) )

(A)平面 ABC⊥平面 ABD (B)平面 ABD⊥平面 BDC (C)平面 ABC⊥平面 BDE,且平面 ADC⊥平面 BDE (D)平面 ABC⊥平面 ADC,且平面 ADC⊥平面 BDE 解析:要判断两个平面的垂直关系,就需固定其中一个平面,找另一个平面内的一条直线与第一个平面垂直. 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.故选 C. 答案:C 3.(2012 山东日照高三模拟考试)设α ,β ,γ 为平面,m,n,l 为直线,则 m⊥β 的一个充分条件是( (A)α ⊥β ,α ∩β =l,m⊥l (B)α ∩γ =m,α ⊥γ ,β ⊥γ (C)α ⊥γ ,β ⊥γ ,m⊥α 又 m⊥α ,故 m⊥β , 因此 n⊥α ,n⊥β ,m⊥α ,即为α ⊥β 的一个充分条件. 其他均不符合. 故选 D. 答案:D 4.(2012 北京怀柔 4 月模拟)P 为△ABC 所在平面外一点,且 PA、PB、PC 两两垂直,则下列命题:①PA⊥BC;② PB⊥AC;③PC⊥AB;④AB⊥BC. 其中正确的个数是 解析:如图所示. . (D)n⊥α ,n⊥β ,m⊥α 解析:对于选项 D,由于 n⊥α ,n⊥β ,可得α ∥β , )

∵PA⊥PC,PA⊥PB,PC∩PB=P, ∴PA⊥平面 PBC. 又∵BC? 平面 PBC, ∴PA⊥BC. 同理 PB⊥AC,PC⊥AB.

但 AB 不一定垂直于 BC. 答案:3 5.(2012 江苏启东 3 月模拟)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⊥CD; (2)若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面 PCD. 证明:(1)连接 AC,AN,BN, ∵PA⊥平面 ABCD, ∴PA⊥AC, 在 Rt△PAC 中,N 为 PC 中点, ∴AN=

1 PC. 2

∵PA⊥平面 ABCD, ∴PA⊥BC, 又 BC⊥AB,PA∩AB=A, ∴BC⊥平面 PAB, ∴BC⊥PB, 从而在 Rt△PBC 中,BN 为斜边 PC 上的中线, ∴BN=

1 PC. 2

∴AN=BN, ∴△ABN 为等腰三角形, 又 M 为 AB 的中点, ∴MN⊥AB, 又∵AB∥CD, ∴MN⊥CD. (2)连接 PM、MC, ∵∠PDA=45°,且易知 PA⊥AD, ∴AP=AD. ∵四边形 ABCD 为矩形,∴AD=BC, ∴AP=BC. 又∵M 为 AB 的中点, ∴AM=BM. 而∠PAM=∠CBM=90°, ∴△PAM≌△CBM, ∴PM=CM. 又 N 为 PC 的中点, ∴MN⊥PC. 由(1)知,MN⊥CD,又 PC∩CD=C,

∴MN⊥平面 PCD.


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