.4直線、平面垂直的判定和性質一、選擇題1.(2024屆湖北部分重點中學開學聯考,3)已知a,b是兩條不重合的直線,α為一個平面,且a⊥α,則“b⊥α”是“a∥b”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件答案C當b⊥α時,結合a⊥α,可得a∥b;當a∥b時,結合a⊥α,可得b⊥α.故選C.2.(2024屆貴陽五校11月聯考,4)給出下列三個命題:①垂直于同一條直線的兩個平面相互平行;②若一個平面內有多數條直線與另一個平面都平行,那么這兩個平面相互平行;③若一條直線垂直于一個平面內的隨意一條直線,那么這條直線垂直于這個平面.其中真命題的個數是()A.1B.2C.3D.0答案B①由線面垂直的性質可知,垂直于同始終線的兩個平面相互平行,故①為真命題;②當兩個平面相交時,其中一個平面內全部平行于交線的直線都與另一個平面平行,故②為假命題;③由線面垂直的定義可知,③為真命題.所以真命題的個數為2,故選B.3.(2024屆陜西漢中質檢,6)下列四個命題中,正確命題的個數為()①若α⊥γ,β⊥γ,則α∥β②若α∥β,m∥α,則m⊥β③α⊥β,α∩β=l,點A∈α,若AB⊥l,則AB⊥β④直線m,n為異面直線,且m⊥α,n⊥β,若m⊥n,則α⊥βA.1B.2C.3D.4答案A①若α⊥γ,β⊥γ,則α與β相交或平行,故①錯誤;②若α∥β,m∥α,則m∥β或m?β,故②錯誤;③當點A在棱l上,且滿意AB⊥l時,AB與β不肯定垂直,故③錯誤;④直線m,n為異面直線,且m⊥α,n⊥β,m⊥n,由面面垂直的判定得α⊥β,故④正確,故選A.4.(2024屆陜西頂級名校聯考(一),9)如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為線段BC1上的動點(不含端點),則下列結論錯誤的是()A.平面D1C1P⊥平面C1CPB.三棱錐A-D1DP的體積為定值C.A1D⊥D1PD.DP⊥平面D1C1P答案D在正方體ABCD-A1B1C1D1中,明顯有D1C1⊥平面C1CP,又D1C1?平面D1C1P,所以平面D1C1P⊥平面C1CP,故A正確;因為BC1∥AD1,AB⊥平面D1DA,所以點P到平面D1DA的距離等于AB的長,是定值,又△D1DA的面積是定值,所以由等體積法知,三棱錐A-D1DP的體積為定值,故B正確;在正方體ABCD-A1B1C1D1中,明顯有A1D⊥D1C1,A1D⊥BC1,又D1C1∩BC1=C1,所以A1D⊥平面D1C1P,又知D1P?平面D1C1P,所以A1D⊥D1P,故C正確;若DP⊥平面D1C1P,則DP⊥BC1,結合DC⊥BC1,DP∩DC=D,可得BC1⊥平面DCP,所以BC1⊥CP,此時P為BC1的中點,而P為線段BC1上的動點(不含端點),BC1與CP不恒相互垂直,故D不正確,故選D.5.(2024屆豫西五校10月聯考,8)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是平行四邊形,且AB=1,BC=2,∠ABC=60°,PA⊥平面ABCD,AE⊥PC于E,有下列四個結論:①AB⊥AC;②AB⊥平面PAC;③PC⊥平面ABE;④BE⊥PC.其中正確結論的個數為()A.1B.2C.3D.4答案D在△ABC中,由已知及余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos60°=3,所以AC2+AB2=BC2,即AB⊥AC,故①正確;由PA⊥平面ABCD,得PA⊥AB,又PA∩AC=A,所以AB⊥平面PAC,故②正確;由AB⊥平面PAC,得AB⊥PC,又AE⊥PC,AB∩AE=A,所以PC⊥平面ABE,故③正確;由PC⊥平面ABE,BE?平面ABE,得PC⊥BE,故④正確.故選D.6.(2024屆北京十一學校10月月考,10)如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,過體對角線BD1的一個平面交AA1于E,交CC1于F,給出下面幾個命題:①四邊形BFD1E肯定是平行四邊形;②四邊形BFD1E有可能是正方形;③平面BFD1E有可能垂直于平面BB1D;④設D1F與DC的延長線交于M,D1E與DA的延長線交于N,則M、N、B三點共線;⑤四棱錐B1-BFD1E的體積為定值.以上命題中真命題的個數為()A.2B.3C.4D.5答案C因為平面AA1D1D與平面BCC1B1平行,平面BFD1E與它們分別交于D1E,BF,所以D1E∥BF,同理可得BE∥D1F,所以四邊形BFD1E是平行四邊形,故①正確;假如四邊形BFD1E是正方形,則BE⊥D1E,因為BE⊥A1D1,A1D1∩D1E=D1,所以BE⊥平面A1D1E,又BA⊥平面A1D1E,所以E與A重合,此時四邊形BFD1E不是正方形,故②錯誤;連接EF,當E,F分別為AA1,CC1的中點時,四邊形BFD1E為菱形,易得EF⊥平面BB1D1D,所以平面BFD1E垂直于平面BB1D1D,故③正確;由D1F與DC的延長線交于M,可得M∈D1F,且M∈DC,又因為D1F?平面BFD1E,DC?平面ABCD,所以M∈平面BFD1E,M∈平面ABCD,又因為B∈平面BFD1E,B∈平面ABCD,所以平面BFD1E∩平面ABCD=BM,同理,平面BFD1E∩平面ABCD=BN,所以BM,BN都是平面BFD1E與平面ABCD的交線,所以B,M,N三點共線,故④正確;因為VB1-BFD1E=VE-BB1D1所以E,F到平面BB1D1的距離均為定值,又△BB1D1的面積為定值,所以四棱錐B1-BFD1E的體積為定值,故⑤正確.故選C.7.(2024屆四川南充測試,10)如圖,在邊長為2的正方形ABCD中,E,F分別是BC,CD的中點,G是EF的中點,現在沿AE,AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形,使點B,C,D重合,重合后的點記為H.那么,在這個空間圖形中必有()A.AG⊥平面EFHB.HF⊥平面AEFC.AH⊥平面EFHD.HG⊥平面AEF答案C依據折疊得AH⊥HE,AH⊥HF,又HE∩HF=H,∴AH⊥平面EFH,故C正確;∵過A只有一條直線與平面EFH垂直,∴A不正確;易知AG⊥EF,GH⊥EF,又AG∩GH=G,∴EF⊥平面HAG,又EF?平面AEF,∴平面HAG⊥平面AEF,過H作直線垂直于平面AEF,則垂足肯定在AG上,∴B不正確;若HG⊥平面AEF,則HG⊥AG,又知AH⊥HG,明顯沖突,∴D不正確,故選C.二、解答題8.(2024屆北京景山學校遠洋分校10月月考,16)在三棱柱ABC-A1B1C1中,側面BCC1B1為矩形,AC⊥平面BCC1B1,D,E分別是棱AA1,BB1的中點.(1)求證:AE∥平面B1C1D;(2)求證:CC1⊥平面ABC;(3)若AC=BC=AA1=2,求直線AB與平面B1C1D所成角的正弦值.解析(1)證明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1∥BB1,且AA1=BB1.因為點D,E分別是棱AA1,BB1的中點,所以AD∥B1E,且AD=B1E.所以四邊形AEB1D是平行四邊形.所以AE∥DB1.又因為AE?平面B1C1D,DB1?平面B1C1D,所以AE∥平面B1C1D.(2)證明:因為AC⊥平面BCC1B1,CC1?平面BCC1B1,所以AC⊥CC1.因為四邊形BCC1B1為矩形,所以CC1⊥BC.又因為AC∩BC=C,AC?平面ABC,BC?平面ABC,所以CC1⊥平面ABC.(3)分別以CA,CB,CC1所在直線為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz,由題意得A(2,0,0),B(0,2,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(2,0,1).所以AB=(-2,2,0),C1B1設平面B1C1D的法向量為n=(x,y,z),則n·C令x=1,則z=2.于是n=(1,0,2).所以cos<n,AB>=n·AB|n||所以直線AB與平面B1C1D所成角的正弦值為1010解后反思(1)先證明AE∥DB1,再由線面平行的判定定理證明AE∥平面B1C1D;(2)由AC⊥平面BCC1B1得出AC⊥CC1,結合CC1⊥BC,由線面垂直的判定定理證明CC1⊥平面ABC;(3)建立空間直角坐標系,利用向量法求直線AB與平面B1C1D所成角的正弦值.9.(2024屆遼寧六校期初聯考,20)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,∠DAB=45°,PD⊥平面ABCD,AP⊥BD.(1)證明:BC⊥平面PDB;(2)若AB=2,PB與平面APD所成角為45°,求二面角B-PC-D的大小.解析(1)證明:因為PD⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,BC?平面ABCD,所以PD⊥BD,PD⊥BC,因為AP⊥BD,又PD∩AP=P,所以DB⊥平面APD,又AD?平面APD,所以BD⊥AD,因為底面ABCD為平行四邊形,所以AD∥BC,所以BC⊥BD,因為PD⊥BC,PD∩BD=D,所以BC⊥平面PDB.(2)由(1)可知BD⊥AD,因為AB=2,∠DAB=45°,所以AD=BD=1,因為DB⊥平面APD,PB與平面APD所成角為45°,所以∠BPD=45°,所以PD=BD=1.以D為坐標原點,DA,DB,DP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,則P(0,0,1),A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,1,0),D(0,0,0),所以PA=(1,0,-1),PC=(-1,1,-1),PB=(0,1,-1),DC=(-1,1,0),設平面PCD的法向量為m=(x,y,z),則m·PC=-x+y-z=0,m·DC=-x+y=0,令y=1,則m=(1,1,0),設平面PCB的法向量為n=(a,b,c),則n·PC=-a+b-c=0,n·PB=b-c=0,令c=1,則n=(0,1,1),所以10.(2024屆河南洛陽期中,19)如圖,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是平行四邊形,點M,N,P分別是AD,AB,B1D1的中點,AD=1,AB=2,DD1=3,∠BAD=60°.(1)證明:MN⊥平面A1ADD1;(2)求點A到平面PMN的距離.解析(1)證明:如圖,連接BD,在△DAB中,AD=1,AB=2,∠BAD=60°,由余弦定理得BD=3,∴AD2+BD2=AB2,∴BD⊥AD.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,DD1⊥平面ABCD,∴DD1⊥BD,又∵DD1∩AD=D,∴BD⊥平面ADD1A1,∵點M,N分別是AD,AB的中點,∴MN∥BD,∴MN⊥平面ADD1A1.(2)連接D1M,則平面PMN即平面PD1MN.因為點M是AD的中點,所以點A到平面PMN的距離等于點D到平面PMN(即平面PD1MN)的距離.由(1)知MN⊥平面ADD1A1,在Rt△D1DM中,作DE⊥MD1于E,又知DE⊥MN,MN∩MD1=M,所以DE⊥平面PD1MN,所以DE的長即為點D到平面PD1MN的距離,因為DE=DM·D1DD所以點A到平面PMN的距離為391311.(2024屆北京一六一中學10月月考,18)如圖,在△AOB中,∠AOB=90°,AO=2,OB=1.△AOC可以通過△AOB以直線AO為軸旋轉得到,且OB⊥OC,動點D在斜邊AB上.(1)求證:平面COD⊥平面AOB;(2)當D為AB的中點時,求二面角B-CD-O的余弦值;(3)求CD與平面AOB所成的角中最大角的正弦值.解析(1)證明:由旋轉的性質得AO⊥OC,又∵OB⊥OC,且AO∩OB=O,∴OC⊥平面AOB,又OC?平面COD,∴平面COD⊥平面AOB.(2)如圖建立空間直角坐標系O-xyz,則O(0,0,0),A(0,0,2),B(0,1,0),C(1,0,0),∴OC=(1,0,0),BC=(1,-1,0),∵D為AB的中點,∴D0,1OD=0,12,1,BD設n1=(x1,y1,z1)為平面OCD的法向量,∴n1·令z1=1,則y1=-2,∴n1=(0,-2,1)是平面OCD的一個法向量,設n2=(x2,y2,z2)為平面BCD的法向量,∴n2·令z2=1,則x2=2,y2=2,∴n2=(2,2,1)是平面BCD的一個法向量,∴cos<n1,n2>=n=0+(-2)×2+1×102+由圖可知,二面角B-CD-O為銳二面角,∴二面角B-CD-O的余弦值為55(3)解法一:∵OC⊥平面AOB,∴∠CDO為CD與平面AOB所成的角,∵OC=1,∴點O到直線AB的距離最小時,∠CDO的正弦值最大,即當OD⊥AB時,∠CDO的正弦值最大,此時OD=255,∴CD=355,∴sin∴CD與平面AOB所成的角中最大角的正弦值為53解法二:設AD=λAB(0≤λ≤1),∴D(0,λ,2-2λ),∴CD=(-1,λ,2-2λ).易知平面AOB的一個法向量為n=(1,0,0),設CD與平面AOB所成角為θ0≤θ≤π2,則sinθ=|n∴當λ=45時,sinθ有最大值,最大值為5此時CD與平面AOB所成的角最大,∴CD與平面AOB所成的角中最大角的正弦值為5312.(2024屆北京一六六中學10月月考,17)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,且AD=2,AB=1,PA⊥平面ABCD,E,F分別是線段AB,BC的中點.(1)證明:PF⊥FD;(2)若PB與平面ABCD所成的角為45°,求平面PFD與平面CFD所成銳角的余弦值;(3)若PA=1,求點E到平面PFD的距離.解析(1)證明:連接AF,則AF=DF=2,又AD=2,∴DF2+AF2=AD2,∴DF⊥AF.∵PA⊥平面ABCD,DF?平面ABCD,∴DF⊥PA,又PA∩AF=A,∴DF⊥平面PAF,又PF?平面PAF,∴DF⊥PF.(2)∵PA⊥平面ABCD,∴∠PBA是PB與平面ABCD所成的角,∴∠PBA=45°.∴PA=AB=1.∵平面PFD∩平面CFD=DF,且DF⊥PF,DF⊥AF,∴∠PFA為平面PFD與平面CFD所成銳角,易知PF=3,∴cos∠PFA=AFPF=23=故平面PFD與平面CFD所成銳角的余弦值為63(3)連接EP,ED,EF.∵S△EFD=S矩形ABCD-S△BEF-S△ADE-S△CDF=2-14-12-12∴VP-EFD=13S△EFD·PA=13×34設點E到平面PFD的距離為h,易知S△PFD=62則由VE-PFD=VP-EFD得13S△PFD·h=13×62·h=14,∴點E到平面PFD的距離為6413.(2024屆清華高校中學生標準學術實力測試(11月),20)在三棱錐D-ABC中,△ACD為正三角形,平面ACD⊥平面ABC,AD⊥BC,AC=BC=2.(1)求證:BC⊥AC;(2)若E是CD的中點,求直線CD與平面ABE所成角的正弦值.解析(1)證明:設O為AC的中點,連接OD.∵△ACD是正三角形,∴OD⊥AC,∵平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC,∴OD⊥平面ABC.又BC?平面ABC,∴OD⊥BC,又∵AD⊥BC,OD∩AD=D,OD,AD?平面ACD,∴BC⊥平面ACD,∴BC⊥AC.(2)設AB中點為F,連接OF.∴OF∥BC,又BC⊥AC,∴OF⊥AC,∴OF、OC、OD兩兩垂直,以O為原點,分別以OF、OC、OD所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,則A(0,-1,0),D(0,0,3),C(0,1,0),F(1,0,0),∴AF=(1,1,0),CD=(0,-1,3),∵E是CD的中點,∴E0,12,32,設平面ABE的法向量為n=(x,y,z),則3不妨取y=-1,則n=(1,-1,3),設直線CD與平面ABE所成角為θ,∴sinθ=|cos<n,CD>|=n·CD|n||14.(2024通州一模,18)如圖1,已知四邊形ABCD為菱形,且∠A=60°,取AD的中點E.現將四邊形EBCD沿BE折起至四邊形EBHG的位置,使得∠AEG=90°,如圖2.(1)求證:AE⊥平面EBHG;(2)求二面角A-GH-B的余弦值;(3)若點F滿意AF=λAB,當EF∥平面AGH時,求λ的值.解析(1)證明:在題圖1中,連接BD,易得△ABD為等邊三角形,因為E為AD的中點,所以BE⊥AD,所以BE⊥AE.在題圖2中,因為∠AEG=90°,所以GE⊥AE.又GE∩BE=E,所以AE⊥平面EBHG.(2)設菱形ABCD的邊長為2,由(1)可知GE⊥AE,BE⊥AE,GE⊥BE.所以以E為原點,EA,EB,EG所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系.可得A(1,0,0),B(0,3,0),G(0,0,1),H(0,3,2),所以AG=(-1,0,1),AH=(-1,3,2).設平面AGH的法向量為n=(x,y,z),所以n·AG令x=1,則n=1,-3易知平面EBHG的一個法向量為EA=(1,0,0).設二面角A-GH-B的平面角的大小為θ,由圖可知θ<90°,所以cosθ=|cos<n,EA>|=217(3)由AF=λAB,得F(1-λ,3λ,0),所以EF=(1-λ,3λ,0).因為EF∥平面AGH,所以n·EF=0.即1-2λ=0,所以λ=1215.(2024屆河南三市聯考,18)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥PC,AD∥BC,AD⊥CD,且PC=BC=2AD=2CD=22,PA=2.(1)證明:PA⊥平面ABCD;(2)在線段PD上取一點M,其中PM=λMD(λ>0),是否存在λ,使得三棱錐P-ACM的體積為49?若存在,求出λ的值;若不存在,請說明理由解析(1)證明:∵AD⊥CD,AD=CD=2,∴AC=2,又∵PA=2,PC=22,∴PA2+AC2=PC2,∴PA⊥AC.在△ABC中,AC=2,BC=22,易知∠ACB=π4,∴由余弦定理得AB=2,∴AB2+AC2=BC2,∴AB⊥又∵AB⊥PC,AC∩PC=C,∴AB⊥平面PAC,又∵PA?平面PAC,∴AB⊥PA,又∵AB∩AC=A,∴PA⊥平面ABCD.