PAGEPAGE9第5講直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．(2024·嘉興市七校聯(lián)考)“直線a與平面M內(nèi)的多數(shù)條直線都垂直”是“直線a與平面M垂直”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解析：選B.依據(jù)直線與平面垂直的定義知“直線a與平面M內(nèi)的多數(shù)條直線都垂直”不能推出“直線a與平面M垂直”，反之可以，所以應(yīng)當(dāng)是必要不充分條件．2.如圖，O為正方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心，則下列直線中與B1O垂直的是()A．A1D B．AA1C．A1D1 D．A1C1解析：選D.由題易知A1C1⊥平面BB1D1D.又B1O?平面BB1D1D，所以A1C1⊥B1O.3．(2024·溫州中學(xué)高三模考)如圖，在三棱錐D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點(diǎn)，則下列命題中正確的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE解析：選C.因?yàn)锳B＝CB，且E是AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因?yàn)锳C?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故選C.4．(2024·浙江省名校協(xié)作體高三聯(lián)考)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱長與底面邊長相等，則直線AB1與側(cè)面ACC1A1所成角的正弦值等于()A．eq\f(\r(6),4) B．eq\f(\r(10),4)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(3),2)解析：選A.如圖所示，取A1C1的中點(diǎn)D，連接AD，B1D，則可知B1D⊥平面ACC1A1，所以∠DAB1即為直線AB1與平面ACC1A1所成的角，不妨設(shè)正三棱柱的棱長為2，所以在Rt△AB1D中，sin∠DAB1＝eq\f(B1D,AB1)＝eq\f(\r(3),2\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，故選A.5．(2024·浙江省中學(xué)學(xué)科基礎(chǔ)測試)在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，BA⊥AD，AD∥BC，AB＝BC＝2，PA＝3，PA⊥底面ABCD，E是棱PD上異于P，D的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)eq\f(PE,ED)＝m，則“0<m<2”是“三棱錐C-ABE的體積不小于1”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解析：選B.過E點(diǎn)作EH⊥AD，H為垂足，則EH⊥平面ABCD.因?yàn)閂C-ABE＝VE-ABC，所以三棱錐C-ABE的體積為eq\f(2,3)EH.若三棱錐C-ABE的體積不小于1，則EH≥eq\f(3,2)，又PA＝3，所以eq\f(PE,ED)＝m≤1，故選B.6．(2024·紹興市柯橋區(qū)高考數(shù)學(xué)模擬)如圖，四邊形ABCD是矩形，沿直線BD將△ABD翻折成△A′BD，異面直線CD與A′B所成的角為α，則()A．α<∠A′CA B．α>∠A′CAC．α<∠A′CD D．α>∠A′CD解析：選B.因?yàn)锳B∥CD，所以∠A′BA為異面直線CD與A′B所成的角．假設(shè)AB＝BC＝1，平面A′BD⊥平面ABCD.連接AC交BD于點(diǎn)O，連接A′A，A′C，A′O，則A′O⊥平面ABCD，A′O＝AO＝BO＝CO＝DO＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(\r(2),2)，所以A′A＝A′C＝A′B＝A′D＝1，所以△A′BA，△A′CD是等邊三角形，△A′CA是等腰直角三角形，所以∠A′CA＝45°，∠A′CD＝∠A′BA＝60°，即α>∠A′CA，α＝∠A′CD.解除A，C，D.故選B.7.如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PM的最小值為________．解析：作CH⊥AB于H，連接PH.因?yàn)镻C⊥平面ABC，所以PH⊥AB，PH為PM的最小值，等于2eq\r(7).答案：2eq\r(7)8.如圖所示，在四面體ABCD中，AB，BC，CD兩兩垂直，且BC＝CD＝1.直線BD與平面ACD所成的角為30°，則線段AB的長度為________．解析：如圖，過點(diǎn)B作BH⊥AC，垂足為點(diǎn)H，連接DH.因?yàn)镃D⊥AB，CD⊥BC，所以平面ACD⊥平面ABC，所以BH⊥平面ACD.所以∠BDH為直線BD與平面ACD所成的角．所以∠BDH＝30°，在Rt△BDH中，BD＝eq\r(2)，所以BH＝eq\f(\r(2),2).又因?yàn)樵赗t△BHC中，BC＝1，所以∠BCH＝45°.所以在Rt△ABC中，AB＝BC＝1.答案：19．(2024·臺(tái)州市書生中學(xué)月考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，PD＝AD＝DC＝2AB，則異面直線PC與AB所成角的大小為________；直線PB與平面PDC所成角的正弦值為________．解析：因?yàn)锳B∥CD，所以∠PCD即為異面直線PC與AB所成的角，明顯三角形PDC為等腰直角三角形，所以∠PCD＝eq\f(π,4).設(shè)AB＝1，則可計(jì)算得，PB＝3，而點(diǎn)B到平面PDC的距離d等于AD的長為2，所以直線PB與平面PDC所成角的正弦值為eq\f(d,PB)＝eq\f(2,3).答案：eq\f(π,4)eq\f(2,3)10．(2024·浙江名校新高考聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，已知正四面體D-ABC，P為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)(端點(diǎn)除外)，則二面角D-PC-B的平面角的余弦值的取值范圍是________．解析：當(dāng)點(diǎn)P從A運(yùn)動(dòng)到B，二面角D-PC-B的平面角漸漸增大，二面角D-PC-B的平面角最小趨近于二面角D-AC-B的平面角，最大趨近于二面角D-BC-A的平面角的補(bǔ)角，故余弦值的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)))11.如圖，AB是⊙O的直徑，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圓周上不同于A，B的隨意一點(diǎn)．(1)求證：平面PAC⊥平面PBC；(2)若PA＝AC，D為PC的中點(diǎn)．求證：PB⊥AD.證明：(1)設(shè)⊙O所在的平面為α，由已知條件PA⊥α，BC在α內(nèi)，所以PA⊥BC.因?yàn)辄c(diǎn)C是圓周上不同于A，B的隨意一點(diǎn)，AB是⊙O的直徑，所以∠BCA是直角，即BC⊥AC.又因?yàn)镻A與AC是△PAC所在平面內(nèi)的兩條相交直線，所以BC⊥平面PAC.又因?yàn)锽C在平面PBC內(nèi)，所以平面PAC⊥平面PBC.(2)因?yàn)镻A＝AC，D是PC的中點(diǎn)，所以AD⊥PC.由(1)知平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC.因?yàn)锳D?平面PAC.所以AD⊥平面PBC.又PB?平面PBC，所以PB⊥AD.12．(2024·浙江名校協(xié)作體高三質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為梯形，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝1，DA＝2，DP⊥平面ABP，O，M分別是AD，PB的中點(diǎn)．(1)求證：PD∥平面OCM；(2)若AP與平面PBD所成的角為60°，求線段PB的長．解：(1)證明：設(shè)BD交OC于N，連接MN，OB，因?yàn)镺為AD的中點(diǎn)，AD＝2，所以O(shè)A＝OD＝1＝BC.又因?yàn)锳D∥BC，所以四邊形OBCD為平行四邊形，所以N為BD的中點(diǎn)，因?yàn)镸為PB的中點(diǎn)，所以MN∥PD.又因?yàn)镸N?平面OCM，PD?平面OCM，所以PD∥平面OCM.(2)由四邊形OBCD為平行四邊形，知OB＝CD＝1，所以△AOB為等邊三角形，所以∠A＝60°，所以BD＝eq\r(1＋4－2×1×2×\f(1,2))＝eq\r(3)，即AB2＋BD2＝AD2，即AB⊥BD.因?yàn)镈P⊥平面ABP，所以AB⊥PD.又因?yàn)锽D∩PD＝D，所以AB⊥平面BDP，所以∠APB為AP與平面PBD所成的角，即∠APB＝60°，所以PB＝eq\f(\r(3),3).[實(shí)力提升]1．如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，將四邊形ADFE沿直線EF進(jìn)行翻折，給出下列四個(gè)結(jié)論：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面BDF⊥平面BCF；④平面DCF⊥平面BCF，則上述結(jié)論可能正確的是()A．①③ B．②③C．②④ D．③④解析：選B.對(duì)于①，因?yàn)锽C∥AD，AD與DF相交但不垂直，所以BC與DF不垂直，則①不成立；對(duì)于②，設(shè)點(diǎn)D在平面BCF上的射影為點(diǎn)P，當(dāng)BP⊥CF時(shí)就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使條件滿意，所以②正確；對(duì)于③，當(dāng)點(diǎn)D在平面BCF上的射影P落在BF上時(shí)，DP?平面BDF，從而平面BDF⊥平面BCF，所以③正確；對(duì)于④，因?yàn)辄c(diǎn)D在平面BCF上的射影不行能在FC上，所以④不成立．2．(2024·紹興諸暨高考模擬)已知三棱錐A-BCD的全部棱長都相等，若AB與平面α所成角等于eq\f(π,3)，則平面ACD與平面α所成角的正弦值的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(6),6)，\f(3＋\r(6),6))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(6),6)，1))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\f(\r(3),6)，\f(\r(2),2)＋\f(\r(3),6))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\f(\r(3),6)，1))解析：選A.因?yàn)槿忮FA-BCD的全部棱長都相等，所以三棱錐A-BCD為正四面體，如圖：設(shè)正四面體的棱長為2，取CD中點(diǎn)P，連接AP，BP，則∠BAP為AB與平面ADC所成角．AP＝BP＝eq\r(3)，可得cos∠BAP＝eq\f(\r(3),3)，sin∠BAP＝eq\f(\r(6),3).設(shè)∠BAP＝θ.當(dāng)CD與α平行且AB在平面ACD上面時(shí)，平面ACD與平面α所成角的正弦值最小，為sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝sineq\f(π,3)cosθ－coseq\f(π,3)sinθ＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),3)－eq\f(1,2)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(3－\r(6),6)；當(dāng)CD與α平行且AB在平面ACD下面時(shí)，平面ACD與平面α所成角的正弦值最大，為sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋θ))＝sineq\f(π,3)cosθ＋coseq\f(π,3)sinθ＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),3)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(3＋\r(6),6)，所以平面ACD與平面α所成角的正弦值的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(6),6)，\f(3＋\r(6),6))).故選A.3．(2024·杭州市高三期末)在△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,3)，邊BC在平面α內(nèi)，頂點(diǎn)A在平面α外，直線AB與平面α所成角為θ.若平面ABC與平面α所成的二面角為eq\f(π,3)，則sinθ＝________．解析：過A作AO⊥α，垂足是O，過O作OD⊥BC，交BC于D，連接AD，則AD⊥BC，所以∠ADO是平面ABC與平面α所成的二面角，即∠ADO＝eq\f(π,3)，∠ABO是直線AB與平面α所成的角，即∠ABO＝θ，設(shè)AO＝eq\r(3)，所以AD＝2，在Rt△ADB中，∠ABD＝eq\f(π,3)，所以AB＝eq\f(2,sin\f(π,3))＝eq\f(4\r(3),3)，所以sinθ＝eq\f(AO,AB)＝eq\f(\r(3),\f(4\r(3),3))＝eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)4．(2024·浙江“七彩陽光”新高考聯(lián)盟聯(lián)考)已知直角三角形ABC的兩條直角邊AC＝2，BC＝3，P為斜邊AB上一點(diǎn)，沿CP將此三角形折成直二面角A-CP-B，此時(shí)二面角P-AC-B的正切值為eq\r(2)，則翻折后AB的長為________．解析：如圖，在平面PCB內(nèi)過P作直二面角A-CP-B的棱CP的垂線交邊BC于E,則EP⊥平面ACP.于是在平面PAC中過P作二面角P-AC-B的棱AC的垂線，垂足為D，連接DE，則∠PDE為二面角P-AC-B的平面角，且tan∠PDE＝eq\f(EP,PD)＝eq\r(2)，設(shè)DP＝a，則EP＝eq\r(2)a.如圖，設(shè)∠BCP＝α，則∠ACP＝90°－α，則在直角三角形DPC中，PC＝eq\f(a,sin（90°－α）)＝eq\f(a,cosα)，又在直角三角形PCE中，tanα＝eq\f(PE,PC)，則eq\f(a,cosα)·tanα＝eq\r(2)a，sinα＝eq\r(2)cos2α，所以α＝45°，因?yàn)槎娼茿-CP-B為直二面角，所以cos∠ACB＝cos∠ACP·cos∠BCP，于是eq\f(AC2＋BC2－AB2,2·AC·BC)＝cos∠ACP·sin∠ACP＝eq\f(1,2)，解得AB＝eq\r(7).答案：eq\r(7)5．(2024·浙江模擬)如圖，在四棱錐E-ABCD中，平面CDE⊥平面ABCD，∠DAB＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，AD＝ED＝3，EC＝2.(1)證明：AB⊥平面BCE；(2)求直線AE與平面CDE所成角的正弦值．解：(1)證明：因?yàn)椤螪AB＝∠ABC＝90°，所以四邊形ABCD是直角梯形，因?yàn)锳B＝BC＝1，AD＝ED＝3，EC＝2.所以CD＝eq\r(12＋（3－1）2)＝eq\r(5)，所以CE2＋DC2＝DE2，所以EC⊥CD，因?yàn)槠矫鍱DC⊥平面ABCD，平面EDC∩平面ABCD＝DC，所以CE⊥平面ABCD，所以CE⊥AB，又AB⊥BC，BC∩CE＝C，所以AB⊥平面BCE.(2)過A作AH⊥DC，交DC于H，則AH⊥平面DCE，連接EH，則∠AEH是直線AE與平面DCE所成的角，因?yàn)閑q\f(1,2)×DC×AH＝eq\f(AD＋BC,2)×AB－eq\f(1,2)×AB×BC，所以AH＝eq\f(\f(1,2)×（3＋1）×1－\f(1,2)×1×1,\f(1,2)×\r(5))＝eq\f(3\r(5),5)，AE＝eq\r(AB2＋（CE2＋BC2）)＝eq\r(6)，所以sin∠AEH＝eq\f(\r(30),10)，所以直線AE與平面CDE所成角的正弦值為eq\