A級基礎鞏固1.對于直線m,n和平面α,β,能得出α⊥β的一個條件是()A.m⊥n,m∥α,n∥βB.m⊥n,α∩β=m,n?αC.m∥n,n⊥β,m?αD.m∥n,m⊥α,n⊥β解析:因為n⊥β,m∥n,所以m⊥β.因為m?α,所以由面面垂直的判定定理,知α⊥β.答案:C2.若從二面角內任意一點分別向兩個面引垂線,則兩垂線所成的角與二面角的平面角的關系是()A.相等B.互補C.互余D.無法確定解析:如圖所示,BD,CD分別為AB,AC所在平面與α,β的交線,則∠BDC為二面角α-l-β的平面角,且∠ABD=∠ACD=90°,所以∠A+∠BDC=180°.答案:B3.空間四邊形ABCD中,若AD⊥BC,BD⊥AD,則()A.平面ABC⊥平面ADCB.平面ABC⊥平面ADBC.平面ABC⊥平面DBCD.平面ADC⊥平面DBC解析:因為BC⊥AD,AD⊥BD,BC∩BD=B,所以AD⊥平面BCD.因為AD?平面ADC,所以平面ADC⊥平面DBC.答案:D4.如圖所示,在三棱錐P-ABC中,若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,則在三棱錐P-ABC的四個面中,互相垂直的面有3對.解析:平面PAB⊥平面PAC,平面PAB⊥平面PBC,平面PAC⊥平面PBC.5.如圖所示,AC⊥平面BCD,BD⊥CD,AC=12AD,求平面ABD與平面BCD所成的二面角的大小解:因為AC⊥平面BCD,BD?平面BCD,所以BD⊥AC.因為BD⊥CD,AC∩CD=C,所以BD⊥平面ACD.因為AD?平面ACD,所以AD⊥BD,所以∠ADC即為平面ABD與平面BCD所成二面角的平面角.在Rt△ACD中,AC=12AD,所以∠ADC=所以平面ABD與平面BCD所成的二面角為30°.B級能力提升6.(2022·全國乙卷,理)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,BC的中點,則()A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D解析:如圖,對于選項A,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,因為E,F分別為AB,BC的中點,所以EF∥AC,又AC⊥BD,所以EF⊥BD,又易知DD1⊥EF,BD∩DD1=D,從而EF⊥平面BDD1,又EF?平面B1EF,所以平面B1EF⊥平面BDD1,故選項A正確;對于選項B,因為平面A1BD∩平面BDD1=BD,所以由選項A知,平面B1EF⊥平面A1BD不成立,故選項B錯誤;對于選項C,由題意知直線AA1與直線B1E必相交,故平面B1EF與平面A1AC不平行,故選項C錯誤;對于選項D,連接AB1,B1C,易知平面AB1C∥平面A1C1D,又平面AB1C與平面B1EF有公共點B1,所以平面A1C1D與平面B1EF不平行,故選項D錯誤.故選A.答案:A7.如圖所示,二面角α-l-β的大小是60°,線段AB?α,B∈l,AB與l所成的角為30°,則AB與平面β所成的角的正弦值是34解析:如圖所示,作AO⊥β于點O,過點O作OC⊥l于點C,連接OB,AC,由線面垂直、線線垂直可得AC⊥l.設AB與β所成的角為θ,則∠ABO=θ,所以sinθ=AOAB=ACAB·AOAC=sin30°·sin60°8.(2024·廣東韶關期末)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,E,F分別為棱A1C1,BC的中點.(1)求證:C1F∥平面ABE;(2)求證:平面ABE⊥平面BCC1B1;(3)若AB=BC=AA1=2,求二面角E-AB-C的余弦值.(1)證明:如圖,取AB的中點M,因為F為棱BC的中點,所以MF∥AC,MF=12AC.又AC∥A1C1,AC=A1C1,E為A1C1的中點,所以MF∥EC1,MF=EC1.所以四邊形MFC1E是平行四邊形,所以ME∥C1F.又C1F?平面ABE,ME?平面ABE,所以C1F∥平面(2)證明:因為三棱柱ABC-A1B1C1為直三棱柱,所以BB1⊥平面ABC.又AB?平面ABC,所以BB1⊥AB.又AB⊥BC,BB1∩BC=B,BB1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,所以AB⊥平面BCC1B1.又AB?平面ABE,所以平面ABE⊥平面BCC1B1.(3)解:如圖,取AC的中點G,連接EG,因為M為AB的中點,所以MG∥BC.又AB⊥BC,所以MG⊥AB,又由直三棱柱的幾何特征可得EG⊥平面ABC.又AB?平面ABC,所以EG⊥AB.又MG∩EG=G,MG?平面EMG,EG?平面EMG,所以AB⊥平面EMG,又EM?平面EMG,所以AB⊥EM,所以二面角E-AB-C的平面角為∠EMG.因為AB=BC=AA1=2,所以MG=1,EG=2.在Rt△EGM中,ME=EG2+MG2=22+12=5,所以cos∠C級挑戰創新9.多選題如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=AC=BC=33,PA=PB=PC=5,D,E,F分別為AB,AC,BC的中點,則以下結論正確的是()A.平面PDE⊥平面ABCB.平面PAF⊥平面ABCC.AB∥平面PFED.三棱錐P-ABC的外接球表面積為2π解析:如圖,對于A,設AF與DE的交點為M,連接PM,則AF和DE垂直,若平面PDE⊥平面ABC,那么根據面面垂直的性質定理,必有AF⊥平面PDE,此時須有AM⊥PM成立,又因為M是AF的中點,此時須有PA=PF成立,上式顯然不成立,所以A不正確;對于B,由于AC=AB,PC=PB,因此AF⊥BC且PF⊥BC,又AF∩PF=F,AF,PF?平面PAF,故BC⊥平面PAF,而BC?平面ABC,所以平面PAF⊥平面ABC,所以B正確;對于C,由于EF∥AB,EF?平面PEF,AB?平面PEF,因此AB∥平面PFE,所以C正確;對于D,作PN⊥平面ABC,垂足為N,則N為等邊三角形ABC的重心,所以AN=3,PN=4,設三棱錐P-ABC的外接球球心為O,則O在PN上,連接AO,設三棱錐P-ABC的外接球半徑為R,則在△AON中,R2=(4-R)2+32,解得R=258,因此其外接球表面積為625π16,所以D不正確.答案:BC10.(2023·全國乙卷,理)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,AD=5DO,BP,AP,BC的中點分別為D,E,O,點F在AC上,BF⊥AO.(1)證明:EF∥平面ADO;(2)證明:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的正弦值.(1)證明:連接OF,DE,由題可知,|AC|=23,設AF=λAC,所以AB·AC=|AB||AC|cos∠BAC=4,則BF·AO=(λAC-AB)·12AB+1=λ2|AC|2-12|AB|2+12λ-12AB=8λ-4=0,解得λ=12,所以OF∥AB,OF=1而DE∥AB,DE=12AB所以DE∥OF,DE=OF,所以四邊形ODEF為平行四邊形,所以EF∥OD.因為OD?平面ADO,EF?平面ADO,所以EF∥平面ADO.(2)證明:因為AO=AB2+OB2AD=5OD,所以AD2=AO2+OD2,即AO⊥OD,AO⊥EF.因為BF⊥AO,BF∩