考点43直线平面垂直的判定与性质教师版备战2020年高考理科数学必刷题集

1考点43直线、平面垂直的判定与性质1．（陕西省汉中市2019届高三全真模拟考试数学（理）如图，四边形ABCD为矩形，平面ABEF平面ABCD，//EFAB，90BAF，2AD，1ABAF，点P在线段DF上.（1）求证：AF平面ABCD；（2）若二面角DAPC的余弦值为63，求PF的长度.【答案】（1）见解析；（2）53【解析】（1）证明：∵90BAF，∴ABAF，又平面ABEF平面ABCD，平面ABEF平面ABCDAB，AF平面ABEF，∴AF平面ABCD.（2）以A为原点，以AB，AD，AF为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则0,0,0A，1,0,0B，1,2,0C，0,2,0D，0,0,1F，∴0,2,1FD，1,2,0AC，1,0,0AB由题知，AB平面ADF，∴1,0,0AB为平面ADF的一个法向量，设01FPFD，则0,2,1P，∴0,2,1AP，设平面APC的一个法向量为,,xyzm，则00mAPmAC，∴21020yzxy，令1y，可得22,1,1m，2∴226cos,321411mABmABmAB，得13或1（舍去），∴53PF.2．（江苏省徐州市2018-2019学年高三考前模拟检测）如图，在三棱柱111ABCABC中，ABAC，侧面11BCCB底面ABC，E，F分别为棱BC和11AC的中点.（1）求证：//EF平面11ABBA；（2）求证：平面AEF平面11BCCB.【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】（1）取11AB的中点G，连接BG，FG，3在111ABC中，因为F，G分别为11AC，11AB的中点，所以11//FGBC，且1112FGBC，在三棱柱111ABCABC中，11//BCBC，又E为棱BC的中点，所以//FGBE且FGBE，从而四边形BEFG为平行四边形，于是//EFBG，又因为BG面11ABBA，EF面11ABBA，所以//EF平面11ABBA.（2）证明：在ABC中，因为ABAC，E为BC的中点，所以AEBC，又因为侧面11BCCB底面ABC，侧面11BCCB底面ABCBC，且AE面ABC，所以AE⊥平面1BCCB，又AE面AEF，所以平面AEF平面1BCCB.3．（江苏省南通市2019届高三模拟练习卷四模）如图，在直三棱柱111ABCABC中，ABAC，1ACAA＝，D是棱AB的中点．（1）求证：11BCCD平面A；（2）求证：11BCAC．【答案】(1)见详解；（2）见详解.【解析】（1）连接AC1，设AC1∩A1C＝O，连接OD，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1是平行4四边形，所以：O为AC1的中点，又因为：D是棱AB的中点，所以：OD∥BC1，又因为：BC1⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，所以：BC1∥平面A1CD．（2）由（1）可知：侧面ACC1A1是平行四边形，因为：AC＝AA1，所以：平行四边形ACC1A1是菱形，所以：AC1⊥A1C，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，因为：AB⊂平面ABC，所以：AB⊥AA1，又因为：AB⊥AC，AC∩AA1＝A，AC⊂平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1，所以：AB⊥平面ACC1A1，因为：A1C⊂平面ACC1A1，所以：AB⊥A1C，又因为：AC1⊥A1C，AB∩AC1＝A，AB⊂平面ABC1，AC1⊂平面ABC1，所以：A1C⊥平面ABC1，因为：BC1⊂平面ABC1，所以：BC1⊥A1C．4．（江苏省镇江市2019届高三考前模拟三模）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，PC底面ABCD，E为PB上一点，G为PO中点.（1）若PD∥平面ACE，求证：E为PB的中点；（2）若2ABPC，求证：CG平面PBD.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.5【解析】（1）连接OE，由四边形ABCD是正方形知，O为BD中点//PD平面ACE，PD面PBD，面PBD面ACEOE//PDOEO为BD中点E为PB的中点（2）在四棱锥PABCD中，2ABPC四边形ABCD是正方形22OCABPCOCG为PO中点CGPO又PC底面ABCD，BD底面ABCDPCBD而四边形ABCD是正方形ACBD,ACCG平面PAC，ACCGCBD平面PAC又CG平面PACBDCG,POBD平面PBD，POBDOCG平面PBD5．（湖北部分重点中学2020届高三年级新起点考试数学理）如图四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，,PBBCPDCD，且PAAB，E为PD中点.（1）求证：PA平面ABCD；（2）求二面角ABEC的正弦值.6【答案】（1）证明见解析；（2）155.【解析】（1）证明：∵底面ABCD为正方形，∴BCAB，又,BCPBABPBB，∴BC⊥平面PAB，∴BCPA.同理,CDPABCCDC，∴PA平面ABCD.（2）建立如图的空间直角坐标系Axyz，不妨设正方形的边长为2则0,0,0,2,2,0,0,1,1,2,0,0ACEB，设,,mxyz为平面ABE的一个法向量，又0,1,1,2,0,0AEABuuuruuur，020nAEyznABx，令1,1yz，得0,1,1m.同理1,0,2nr是平面BCE的一个法向量，则210cos,525mnmnmnrrrrrr.∴二面角ABEC的正弦值为155.6．（江西省鹰潭市2019届高三第一次模拟考试理）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABAD，ACCD，60ABC，PAABBC，E是PC的中点．7（1）求PB和平面PAD所成的角的大小．（2）求二面角APDC的正弦值．【答案】（1）45（2）144【解析】解：（1）在四棱锥PABCD中，∵PA平面ABCD，ABÌ平面ABCD，∴PAAB．又ABAD，PAADA，∴AB平面PAD．故PB在平面PAD内的射影为PA，从而APB为PB和平面PAD所成的角．在RtPAB中，ABPA，故45APB．所以PB和平面PAD所成的角的大小为45．（2）在四棱锥PABCD中，∵PA平面ABCD，CD平面ABCD，∴PACD．由条件ACCD，PAACA，∴CD平面PAC．又∵AE平面PAC，∴CDAE．由PAABBC，60ABC，可得ACPA．∵E是PC的中点，∴PCAE．又∵CDPCC，∴AE平面PCD．过点E作EMPD，垂足为M，连接AM，如图所示．8∵AE平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，∴AMPD．∴AME是二面角APDC的平面角．由已知∵30CAD，∴设1CD，则3PAAC，2AD，6PC，7PD．RtPAC△中，1622AEPC．在RtADP中，∵AMPD，∴••AMPDAPAD，得2217AM．在RtAEM中，14sin4AEAMEAM．所以二面角APDC的正弦值为144．7．（山东省实验中学等四校2019届高三联合考试理）如图在直角ABC中，B为直角，2ABBC，E，F分别为AB，AC的中点，将AEF沿EF折起，使点A到达点D的位置，连接BD，CD，M为CD的中点．（Ⅰ）证明：MF面BCD；（Ⅱ）若DEBE，求二面角EMFC的余弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）33.【解析】证明：（Ⅰ）取DB中点N，连结MN、EN，∵12MNBC，12EFBC，∴四边形EFMN是平行四边形，∵EFBE，EFDE，BEEFE，9∴EFBDE平面，∴EFEN，∴MFMN，在DFC中，DFFC，又∵M为CD的中点，∴MFCD，又∵MFMNM，∴MFBCD平面．解：（Ⅱ）∵DEBE，DEEF，BEEFE，∴DEBEF平面，以E为原点，BE、EF、ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设2BC，则000E，，，010F，，，220C，，，111M，，，∴0,1,0EF，1,0,1FM，2,1,0CF，设面EMF的法向量,,mxyz，则00mEFymFMxz，取1x，得1,0,1m，同理，得平面CMF的法向量1,2,1n，设二面角EMFC的平面角为，则3cos3mnmn，∴二面角EMFC的余弦值为33．8．（广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月)数学理）已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，PDPB,H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且//BD平面AMHN．10（1）证明：MNPC；（2）当H为PC的中点，3PAPCAB，PA与平面ABCD所成的角为60，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．【答案】(1)见证明(2)34【解析】（1）连结AC、BD且ACBDO，连结PO．因为，ABCD为菱形，所以，BDAC，因为，PDPB，所以，POBD，因为，ACPOO且AC、PO平面PAC，所以，BD平面PAC，因为，AC平面PAC，所以，BDPC，因为，//BD平面AMHN，且平面AMHN平面PBDMN，所以，//BDMN，11所以，MNPC．（2）由（1）知BDAC且POBD，因为PAPC，且O为AC的中点，所以，POAC，所以，PO平面ABCD,所以PA与平面ABCD所成的角为PAO，所以60PAO，所以，12AOPA，32POPA，因为，3PAAB，所以，36BOPA.以OA，ODuuur，OP分别为x，y，z轴，如图所示建立空间直角坐标系记2PA，所以，(0,0,0)O，(1,0,0)A，3(0,,0)3B，(1,0,0)C，3(0,,0)3D，(0,0,3)P，13(,0,)22H，所以，23(0,,0)3BD，33(,0,)22AH，3(1,,0)3AD记平面AMHN的法向量为(,,)nxyz，所以，00nBDnAH即230333022yxz，令2x，解得0y，23z，所以，(2,0,23)n，记AD与平面AMHN所成角为，所以，3sin|cos,|||4||||nADnADnAD.12所以，AD与平面AMHN所成角的正弦值为34.9．（甘肃省兰州市第一中学2019届高三6月最后高考冲刺模拟数学理）如图，在直三棱柱111ABCABC中，平面1ABC侧面11ABBA，且12AAAB，（Ⅰ）求证：ABBC；（Ⅱ）若直线AC与平面1ABC所成角的大小为30，求锐二面角1AACB的大小．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）60.【解析】（Ⅰ）如图，取1AB的中点D，连接AD.因为1AAAB，所以1ADAB.由平面1ABC侧面11AABB，且平面1ABC侧面111AABBAB，得AD平面1ABC.又BC平面1ABC，所以ADBC，因为三棱柱111ABCABC是直三棱柱，则1AA底面ABC，所以1AABC又1AAADA，从而BC侧面11ABBA，又ABÌ侧面11AABB，故ABBC．(Ⅱ)由（1）知ABBC且1BB底面ABC，所以以点B为原点，以1BCBABB、、所在直线分别为x，13y，z轴建立空间直角坐标系Bxyz.设BCa，则0,2,0A，0,0,0B，,0,0C