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第5讲 直线、平面垂直的判定及其性质

1．直线与平面垂直的判定定理与性质定理

文字语言

一条直线与一个平面
图形语言

符号语言
判定定理

内的两条相交直线都
垂直，则该直线与此
平面垂直




图形语言

a
，
b
⊂
α
a
∩
b
＝
O


⇒
l
⊥l
⊥
a


l
⊥
b
α

性质定理

垂直于同一个平面的
两条直线平行



a
⊥
α



⇒
a
∥
b

b
⊥
α


2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理

文字语言

一个平面过另一个平面的
符号语言

l
⊂
β

判定定理

垂线，则这两个平面互相
垂直



⇒
α
⊥
β

l
⊥
α


两个平面互相垂直，则一
性质定理

个平面内垂直于交线的直
线垂直于另一个平面





⇒
l
α
∩
β
＝
a

l
⊥
a
l
⊂
β
⊥
α

α
⊥
β
3.空间角
(1)直线与平面所成的角
①定义： 平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所
成的角，如图，∠
PAO
就是斜线
AP
与平面
α
所成的角．

< br>π

②线面角
θ
的范围：
θ
∈

0 ，

．
2

(2)二面角
①定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．这条直线叫做二面角

1

的棱．两个半平面叫做二面角的面．
如图中二面角，可记作：二 面角
α
­
l
­
β
或二面角
P
­
A B
­
Q
．

②二面角的平面角
如图，过二面角
α
­
l
­
β
的棱
l
上一点
O
在两 个半平面内分别作
BO
⊥
l
，
AO
⊥
l
， 则∠
AOB
就叫做二面角
α
­
l
­
β
的平 面角．

③二面角的范围
设二面角的平面角为
θ
，则
θ
∈[0，π]．
π
④当
θ
＝时，二面角叫做直二面角．
2

[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)已知直线a
，
b
，
c
，若
a
⊥
b
，< br>b
⊥
c
，则
a
∥
c
.( )
( 2)直线
l
与平面
α
内的无数条直线都垂直，则
l
⊥
α
.( )
(3)设
m
，
n
是两条不同的直线，α
是一个平面，若
m
∥
n
，
m
⊥
α< br>，则
n
⊥
α
.( )
(4)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．( )
(5) 若平面
α
内的一条直线垂直于平面
β
内的无数条直线，则
α
⊥
β
.( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
[教材衍化]
1．(必修2P73练习T1改编)下列命题中错误的是________(填序号)．
①如 果平面
α
⊥平面
β
，那么平面
α
内一定存在直线平行于平面
β

②如果平面
α
不垂直于平面
β
，那么平面α
内一定不存在直线垂直于平面
β

③如果平面
α
⊥平 面
γ
，平面
β
⊥平面
γ
，
α
∩
β
＝
l
，那么
l
⊥平面
γ

④如果平面α
⊥平面
β
，那么平面
α
内所有直线都垂直于平面
β< br>
解析：对于④，若平面
α
⊥平面
β
，则平面
α内的直线可能不垂直于平面
β
，即与
平面
β
的关系还可以是斜交 、平行或在平面
β
内，其他选项均是正确的．
答案：④
2．(必修2P6 7练习T2改编)在三棱锥
P
­
ABC
中，点
P
在平面ABC
中的射影为点
O
.
(1)若
PA
＝
P B
＝
PC
，则点
O
是△
ABC
的________ 心；

2

(2)若
PA
⊥
PB
，
PB
⊥
PC
，
PC
⊥
PA
，则点
O
是△
ABC
的________心．
解析：(1)如图1，连接
OA
，
OB
，
OC
，
OP
，
在Rt△
POA
，Rt△
POB
和Rt△
POC
中，
PA< br>＝
PC
＝
PB
，
所以
OA
＝
OB
＝
OC
，即
O
为△
ABC
的外心．

(2)如图2，延长
AO
，
BO
，
CO
分别交BC
，
AC
，
AB
于点
H
，
D
，
G
.因为
PC
⊥
PA
，
PB
⊥
PC
，
PA
∩
PB
＝
P
，
所以
PC
⊥平面
PAB
，又
AB
⊂平面
PAB
，所以
PC
⊥
AB
，
因为
AB
⊥
PO
，
PO
∩
PC
＝
P
，
所以
AB
⊥平面
PGC
，又
CG
⊂平面
PGC
，
所以AB
⊥
CG
，即
CG
为△
ABC
边
A B
上的高．
同理可证
BD
，
AH
分别为△
ABC
边
AC
，
BC
上的高，即
O
为△
ABC< br>的垂心．
答案：(1)外 (2)垂
[易错纠偏]
(1)忽略线面垂直的条件致误；
(2)忽视平面到空间的变化致误．
1．“直线
a
与平面
α
内的无数条直线都垂直”是“直线
a
与平面α
垂直”的________
条件．
解析：根据直线与平面垂直的定义知“直线
a
与平面
α
内的无数条直线都垂直”不能
推出“直线
a与平面
α
垂直”，反之则可以，所以应是必要不充分条件．
答案：必要不充分
2．已知直线
a
，
b
，
c
，若
a
⊥
b
，
b
⊥
c
，则
a
与
c
的位置关系为________．
解析：若
a
，
b
，
c
在同一个平面内，由题设条件可得
a
∥
c
；若在空间中，则直线a
与
c
的位置关系不确定，平行，相交，异面都有可能．
答案：平行，相交或异面


线面垂直的判定与性质
(1)在四棱锥
P
­
ABCD
中，
PA
⊥底面< br>ABCD
，
AB
⊥
AD
，
AC
⊥
C D
，∠
ABC
＝60°，
PA
＝
AB
＝
B C
，
E
是
PC
的中点．

3

证明：①
CD
⊥
AE
；
②
PD
⊥平面
ABE
.
π
(2)(2020·嘉 兴调研)如图，在平行四边形
ABCD
中，
AB
＝1，
BC
＝2，∠
CBA
＝，
ABEF
3
π
为直角梯形，
B E
∥
AF
，∠
BAF
＝，
BE
＝2，
AF
＝3，平面
ABCD
⊥平面
ABEF
.
2

①求证：
AC
⊥平面
ABEF
；
②求三棱锥
D
­
AEF
的体积．
【解】 (1)证明：①在四棱锥
P
­
ABCD
中，
因为
PA
⊥底面
ABCD
，
CD
⊂平面
ABCD
，所以
PA
⊥
CD
，
因为
AC
⊥
CD
，且
PA
∩
AC
＝
A
，
所以
CD
⊥平面
PAC
，而
AE
⊂平面
PAC
，
所以
CD
⊥
AE
. < br>②由
PA
＝
AB
＝
BC
，∠
ABC
＝60°，可得
AC
＝
PA
.
因为
E
是
PC
的中点，所以
AE
⊥
PC
.
由①知
AE⊥
CD
，且
PC
∩
CD
＝
C
，
所以
AE
⊥平面
PCD
.
而
PD
⊂平面
PCD
，所以
AE
⊥
PD
.
因为
PA< br>⊥底面
ABCD
，所以
PA
⊥
AB
.
又因 为
AB
⊥
AD
且
PA
∩
AD
＝
A
，
所以
AB
⊥平面
PAD
，而
PD
⊂平 面
PAD
，
所以
AB
⊥
PD
.
又因为
AB
∩
AE
＝
A
，所以
PD
⊥平面
ABE
.
π
(2)①证明：在△
ABC
中，
AB
＝1，∠
CBA
＝，
BC
＝2，
3
所以
AC< br>＝
BA
＋
BC
－2
BA
×
BC
co s∠
CBA
＝3，
所以
AC
＋
BA
＝
B C
，所以
AB
⊥
AC
.
又因为平面
ABCD⊥平面
ABEF
，平面
ABCD
∩平面
ABEF
＝AB
，
AC
⊂平面
ABCD
，所以
AC
⊥平面
ABEF
.
②连接
CF
.因为
CD
∥
AB
，
222
222

4

所以
CD
∥平面
ABEF
，
所以点
D
到平面
ABEF
的距离等于点
C
到平面
ABEF
的距离，又
AC
＝3，
1

1
3

所 以
V
D
­
AEF
＝
V
C
­
AEF
＝×

×3×1

×3＝.
3

2
2


判定线面垂直的四种方法

[提醒] 证明线面垂直问题一般常见两种题型；①推理证明型；②计算证明型(即利用
夹角、 边等计算后判断垂直关系)．

S
是Rt△
ABC
所在平面外 一点，且
SA
＝
SB
＝
SC
，
D
为斜边< br>AC
的中点．
(1)求证：
SD
⊥平面
ABC
；
(2)若
AB
＝
BC
，求证：
BD
⊥平面
SAC
.
证明：(1)如图所示，取
AB
的中点
E
，连接
SE
，
DE
，
在Rt△
ABC
中，
D< br>、
E
分别为
AC
、
AB
的中点，
所以DE
∥
BC
，所以
DE
⊥
AB
，
因为
SA
＝
SB
，所以△
SAB
为等腰三角形，
所以
SE
⊥
AB
.
又
SE
∩
DE
＝
E
，
所以
AB
⊥平面
SDE
.
又
SD
⊂平面
SDE
，
所以
AB
⊥
SD
.
在△
SAC
中，SA
＝
SC
，
D
为
AC
的中点，
所以
SD
⊥
AC
.
又
AC
∩
A B
＝
A
，所以
SD
⊥平面
ABC
.
(2 )由于
AB
＝
BC
，则
BD
⊥
AC
，
由(1)可知，
SD
⊥平面
ABC
，
又
BD⊂平面
ABC
，所以
SD
⊥
BD
，
又
SD
∩
AC
＝
D
，所以
BD
⊥平面
SA C
.

面面垂直的判定与性质

5

(2020·浙江省名校协作体高三联考)如图，将边长为2的正六边形
AB CDEF
沿对
角线
BE
翻折，连接
AC
，
FD，形成如图所示的多面体，且
AC
＝6.证明：平面
ABEF
⊥平面BCDE
.

【证明】 在正六边形
ABCDEF
中，连接< br>AC
，
BE
，交点为
G
，易知
AC
⊥
BE
，且
AG
＝
CG
＝3，
在多面体中，由
AC
＝6，知
AG
2
＋
CG2
＝
AC
2
，故
AG
⊥
GC
， 又
GC
∩
BE
＝
G
，
GC
，
BE
⊂平面
BCDE
，
故
AG
⊥平面
BCDE
，
又
AG
⊂平面
ABEF
，所以平面
ABEF
⊥平面
BCDE
.

(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理(
a
⊥
β
，
a
⊂
α
⇒
α
⊥
β
)．
(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．
在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
由四棱柱
ABCD
­
A
1
B
1
C
1
D1
截去三棱锥
C
1
­
B
1
CD
1后得到的几何体如图所
示．四边形
ABCD
为正方形，
O
为AC
与
BD
的交点，
E
为
AD
的中点，A
1
E
⊥平面
ABCD
.

(1)证明：< br>A
1
O
∥平面
B
1
CD
1;
< br>(2)设
M
是
OD
的中点，证明：平面
A
1
EM
⊥平面
B
1
CD
1
.
证明：(1)取
B
1
D
1
的中点
O
1
，连接
CO
1
，
A
1
O
1
，

由于
AB CD
­
A
1
B
1
C
1
D
1
是四棱柱，
所以
A
1
O
1
∥
OC
，< br>A
1
O
1
＝
OC
，

6

因此四边形
A
1
OCO
1
为平行四边形，所以A
1
O
∥
O
1
C
，
又
O< br>1
C
⊂平面
B
1
CD
1
，
A
1
O
⊄平面
B
1
CD
1
，
所以
A
1
O
∥平面
B
1
CD
1
.
(2)因为
AC
⊥
BD
，点
E
，
M
分别为
AD
和
OD
的中点，
所以
EM
⊥
BD
，
又
A
1
E< br>⊥平面
ABCD
，
BD
⊂平面
ABCD
，
所以
A
1
E
⊥
BD
，因为
B
1
D
1
∥
BD
，
所以
EM
⊥
B
1< br>D
1
，
A
1
E
⊥
B
1
D< br>1
，
又
A
1
E
，
EM
⊂平面A
1
EM
，
A
1
E
∩
EM
＝
E
，
所以
B
1
D
1
⊥平面
A< br>1
EM
，
又
B
1
D
1
⊂平面B
1
CD
1
，
所以平面
A
1
EM< br>⊥平面
B
1
CD
1
.

证明空间平行、垂直，求空间角的综合问题(高频考点)
证明空间平行、垂直与求空间角是浙江省高考 必考题型，本题型可直接证明求解，也可
利用空间向量法证明求解．主要命题角度有：
(1)空间位置关系的证明及求线面角；
(2)空间位置关系的证明及求二面角．
角度一 空间位置关系的证明及求线面角
(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC
­
A
1
B
1
C
1
，平面
A
1
ACC
1
⊥平面
ABC
，∠
ABC
＝90°，∠
BAC
＝30°，
A
1
A
＝
A
1
C
＝
AC
，
E
，
F
分别是
A C
，
A
1
B
1
的中点．
(1)证明：
EF
⊥
BC
；
(2)求直线
EF< br>与平面
A
1
BC
所成角的余弦值．

【解】 (1 )证明：如图，连接
A
1
E
，因为
A
1
A
＝
A
1
C
，
E
是
AC
的中
点，所 以
A
1
E
⊥
AC
.
又平面
A
1
ACC
1
⊥平面
ABC
，
A
1
E
⊂平面
A
1
ACC
1
，平面
A
1
ACC< br>1
∩平面
ABC
＝
AC
，所以
A
1
E
⊥平面
ABC
，则
A
1
E
⊥
BC
.
又因为
A
1
F
∥
AB
，∠
ABC< br>＝90°，故
BC
⊥
A
1
F
.

7

所以
BC
⊥平面
A
1
EF
.
因此
EF
⊥
BC
.
(2)取
BC
的中点
G
，连接
EG
，
GF
，则
EGFA
1是平行四边形．
由于
A
1
E
⊥平面
ABC
， 故
A
1
E
⊥
EG
，所以平行四边形
EGFA
1
为矩形．
连接
A
1
G
交
EF
于O
，由(1)得
BC
⊥平面
EGFA
1
，则平面
A
1
BC
⊥平面
EGFA
1
，
所以
E F
在平面
A
1
BC
上的射影在直线
A
1
G
上．
则∠
EOG
是直线
EF
与平面
A
1
BC
所成的角(或其补角)．
不妨设
AC
＝4，则在Rt△
A
1
EG
中，
A
1
E
＝23，
EG＝3.
由于
O
为
A
1
G
的中点，故
EO
＝
OG
＝
A
1
G
2
＝
15< br>，
2
EO
2
＋
OG
2
－
EG2
3
所以cos∠
EOG
＝＝.
2
EO
·< br>OG
5
3
因此，直线
EF
与平面
A
1
BC
所成角的余弦值是.
5
角度二 空间位置关系的证明及求二面角
(2020·绍兴诸暨高考模拟)如图，四棱锥
P
­
ABCD
的一个
侧面
PAD
为等边三角形，且平面
PAD
⊥平面
ABCD
， 四边形
ABCD
是平
行四边形，
AD
＝2，
AB
＝ 4，
BD
＝23.
(1)求证：
PA
⊥
BD
；
(2)求二面角
D
­
BC
­
P
的余弦值．
【解】 (1)证明：在△
ABD
中，因为
AB
＝
AD＋
BD
，所以
AD
⊥
DB
，
由平面
PAD
⊥平面
ABCD
，所以
BD
⊥平面
PAD
， 所以
DB
⊥
PA
.
(2)二面角
D
­
B C
­
P
的余弦值即二面角
A
­
BC
­
P< br>的余弦值，
作
PO
⊥
AD
于
O
，则
PO
⊥平面
ABCD
.
过
O
作
OE
⊥
BC
于
E
，连接
PE
，则∠
PEO
为二面 角
A
­
BC
­
P
的平面
角．
又△
PEO
中，
PO
＝3，
OE
＝
DB
＝23，故< br>PE
＝15，
2325
cos∠
PEO
＝＝，
5
15
25
所以二面角
D
­
BC
­
P
的余弦值为.
5

(1)平行关系及垂直关系的转化
空间平行、垂直关 系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面
面之间的平行、垂直关系相互转化．

8
222

(2)求空间角的三个步骤
①一作：根据定义作平行线或垂线，用作图法作出要求的角．
②二证：证明所作的角就是要求的角．
③三求：把空间角问题转化为(三角形)平面问题，解 三角形，求出该角，注意角的范围，
判断所求角是此角还是它的补角．

1．( 2018·高考浙江卷)已知四棱锥
S
­
ABCD
的底面是正方形，侧棱长均 相等，
E
是线段
AB
上的点(不含端点)．设
SE
与
BC
所成的角为
θ
1
，
SE
与平面
ABCD所成的角为
θ
2
，二面角
S
­
AB
­
C
的平面角为
θ
3
，则( )
A．
θ
1
≤
θ
2
≤
θ
3

C．
θ
1
≤
θ
3
≤
θ
2

B．
θ
3
≤
θ
2
≤
θ
1

D．
θ
2
≤
θ
3
≤
θ
1

解析：选D.由题意知四棱锥
S
­
ABCD
为正四棱锥，如图，连接
BD
，记
AC
∩
BD
＝
O
，连接
SO
，则
SO
⊥平面
ABCD
，取
AB
的中点M
，连接
SM
，
OM
，
OE
，易得
A B
⊥
SM
，则
θ
2
＝∠
SEO
，
θ
3
＝∠
SMO
，易知
θ
3
≥
θ
2
.
因为
OM
∥
BC
，
BC
⊥
AB
，
SM
⊥
AB
，所以
θ
3
也为
OM
与平面
SAB
所成的角，即
BC
与平面
SAB
所成的角，再根据最小角定理知，
θ
3
≤
θ
1
，所以θ
2
≤
θ
3
≤
θ
1
，故选D.

2.(2020·金华十校高考模拟)如图，
AB
＝
BE
＝
BC
＝2
AD
＝2，且
AB
⊥
BE
，∠
DAB
＝60°，
AD
∥
BC
，
BE
⊥< br>AD
，
(1)求证：平面
ADE
⊥平面
BDE
；
(2)求直线
AD
与平面
DCE
所成角的正弦值．
解：( 1)证明：因为
AB
＝2
AD
，∠
DAB
＝60°，
所以
AD
⊥
DB
，

9

又
BE
⊥
AD
，且
BD
∩
BE
＝
B
，
所以
AD
⊥平面
BDE
，又
AD
⊂平面
ADE
，
所以平面
ADE
⊥平面
BDE
.
(2)因为
BE
⊥
AD
，
AB
⊥
BE，所以
BE
⊥平面
ABCD
，
所以点
E
到平 面
ABCD
的距离就是线段
BE
的长为2，
设
AD
与平面
DCE
所成角为
θ
，点
A
到平面
DCE< br>的距离为
d
，
1130
由
V
A
­
DCE
＝
V
E
­
ADC
得×
d
×
S
△
CDE
＝×|
BE
|×
S
△
ACD< br>，可解得
d
＝，而
AD
＝1，则sin
θ
＝
3310
d
30
＝，
AD
10故直线
AD
与平面
DCE
所成角的正弦值为
30
.
10
核心素养系列17 逻辑推理——平面图形折叠问题的解题技巧
一、将平面图形折叠成立体图形
如图是一个正方体表面的一种展开图，图中的四条线段AB
，
CD
，
EF
和
GH
在原正方体中相互异 面的有________对．
【解析】 平面图形的折叠应注意折前折后各元素相对位置的变
化．画出图形即可判断，相互异面的线段有
AB
与
CD
，
EF
与
GH
，
AB
与
GH
，共3对．

【答案】 3

画折叠图形一般以某个面为基础，依次将其余各面翻折还原，当然， 画图之前要对翻折
后形成的立体图形有所认识，这是解答此类问题的关键．
二、折叠中的“变”与“不变”
如图①，在等腰直角三角形
ABC
中，∠
A
＝90°，
BC
＝6，
D
，
E
分别是< br>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．

10

【解】 (1)证明：在题图①中，易得
OC
＝3，
AC
＝32，
AD
＝22.
连接
OD
，
OE
，在△
OCD
中，由余弦定理可得
OD
＝
OC
2
＋
CD
2
－2
OC
·
CD
cos 45 °＝5.
由翻折不变性可知
A
′
D
＝22，
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)过
O
作
OH
⊥
CD
交
CD
的延长线于
H
，连接
A
′
H
，因为
A
′
O
⊥平面
222
BCDE
，所以
A
′
H
⊥
C D
，所以∠
A
′
HO
为二面角
A
′－
CD
－
B
的平面角．
32
结合题图①可知，
H
为AC
的中点，故
OH
＝，
2
从而
A
′
H
＝
OH
＋
OA
′＝
所以cos∠
A
′
HO
＝
22
30
，
2
OH
15
＝，
A
′
H
5
15
.
5
所以二面角
A
′－
CD
－
B
的平面角的余弦值为

折叠问题的 关键有二：①画好两个图——折叠前的平面图和折叠后的立体图；②分析好
两个关系——折叠前后哪些位 置关系和数量关系发生了变化，哪些没有改变．一般地，在同
一半平面内的几何元素之间的关系是不变的 ．涉及两个半平面内的几何元素之间的关系是要
变化的．分别位于两个半平面内但垂直于折叠棱的直线翻 折后仍然垂直于折叠棱．
三、立体图形的表面展开图的应用
在一个底面直径是5 cm，高为2π cm的圆柱形玻璃杯子的上沿
B
处有一只苍蝇，
而恰好在相对的底沿
A
处有一只蜘蛛，蜘蛛要想用最快的速度捕捉到这只苍蝇，蜘蛛所走的
最短的路程是_ _______．
【解析】 利用侧面展开图，如图，蜘蛛所走的最短的路程是线段
AB的长，
AC
＝×2π×＝π cm，
BC
＝2π cm，则
AB
＝
5

2
4141

（2 π）＋

π

＝π cm，即蜘蛛所走的最短的路程是π cm.
22

2

2
1
2
5
2
5
2

11

【答案】

41
π cm
2
求从一点出发沿几何体表面到另一点的最短距离问题：通常把几何体的侧面展开，转化
为平面图形中的距离问题．
[基础题组练]
1．在正方体
ABCD
­
A
1
B
1
C
1
D
1
中，点E
为棱
CD
的中点，则( )
A．
A
1
E
⊥
DC
1

C．
A
1
E
⊥
BC
1

B．
A
1
E
⊥
BD

D．
A
1
E
⊥
AC

解析：选C.由正方 体的性质，得
A
1
B
1
⊥
BC
1
，
B
1
C
⊥
BC
1
，所以
BC
1
⊥平面
A
1
B
1
CD
，又
A
1
E
⊂
平面
A
1
B
1
CD
，所以
A< br>1
E
⊥
BC
1
，故选C.
2.如图，
O< br>为正方体
ABCD
­
A
1
B
1
C
1
D
1
的底面
ABCD
的中心，则下列直线
中与
B< br>1
O
垂直的是( )
A．
A
1
D

C．
A
1
D
1

B．
AA
1

D．
A
1
C
1

解析：选D.由题易知
A
1
C
1
⊥平面
BB
1
D
1
D.又
B
1
O
⊂平面
BB
1
D
1
D
，所以
A
1
C
1
⊥
B
1
O< br>.
3．(2020·温州中学高三模考)如图，在三棱锥
D
­
ABC
中，若
AB
＝
CB
，
AD
＝
CD
，
E
是
AC
的中点，则下列命题中正确的是( )
A．平面
ABC
⊥平面
ABD

B．平面
ABD
⊥平面
BCD

C．平面
ABC< br>⊥平面
BDE
，且平面
ACD
⊥平面
BDE

D．平面
ABC
⊥平面
ACD
，且平面
ACD
⊥平面BDE

解析：选C.因为
AB
＝
CB
，且
E
是
AC
的中点，所以
BE
⊥
AC
，同理，
DE
⊥
AC
，由于
DE
∩
BE
＝
E
，于是
AC
⊥平面
BDE
.因为
AC
⊂平面
AB C
，所以平面
ABC
⊥平面
BDE
.又
AC
⊂平面
ACD
，所
以平面
ACD
⊥平面
BDE
.故选C.
4．(2020·浙江省名校协作体高三联考)已知正三棱柱
ABC
­
A1
B
1
C
1
的侧棱长与底面边长
相等，则直线
AB
1
与侧面
ACC
1
A
1
所成角的正弦值等于( )
A.
6

4
2

2
B.
10

4
3

2
C.D.
解析：选A.如图所示，取
A
1
C
1
的中点
D，连接
AD
，
B
1
D
，则可知
B
1< br>D
⊥平面
ACC
1
A
1
，所以
∠
D AB
1
即为直线
AB
1
与平面
ACC
1
A
1
所成的角，不妨设正三棱柱的棱长为2，所以在Rt△
AB
1
D< br>
12

中，
sin∠
DAB
1
＝
B
1
D
36
＝＝，故选A.
AB
1
22
4

5．(2020·浙江省高中学科基础测试 )在四棱锥
P
­
ABCD
中，底面
ABCD
是直角梯形，< br>BA
⊥
AD
，
AD
∥
BC
，
AB< br>＝
BC
＝2，
PA
＝3，
PA
⊥底面
ABC D
，
E
是棱
PD
上异于
P
，
D
的 动点，设＝
PE
ED
m
，则“0<
m
<2”是“三棱锥C
­
ABE
的体积不小于1”的( )
A．充分不必要条件
C．充要条件
B．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
解析 ：选B.过
E
点作
EH
⊥
AD
，
H
为垂足 ，则
EH
⊥平面
ABCD
.因为
V
C
­
A BE
＝
V
E
­
ABC
，所以三
23
PE< br>棱锥
C
­
ABE
的体积为
EH
.若三棱锥
C
­
ABE
的体积不小于1，则
EH
≥，又
PA
＝3 ，所以＝
m
≤1，
32
ED
故选B.
6．(2019·高 考浙江卷)设三棱锥
V
­
ABC
的底面是正三角形，侧棱长均相等，
P
是棱
VA
上的点(不含端点)．记直线
PB
与直线
AC< br>所成的角为
α
，直线
PB
与平面
ABC
所成的角为< br>β
，
二面角
P
­
AC
­
B
的平面角 为
γ
，则( )
A．
β
<
γ
，
α
<
γ

C．
β
<
α
，
γ
<
α

B．
β
<
α
，
β
<
γ

D．
α
<
β
，
γ
<
β

解析：选B.由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等，因为点
P
是棱
VA< br>上的
点(不含端点)，所以直线
PB
与平面
ABC
所成的角< br>β
小于直线
VB
与平面
ABC
所成的角，而
直线VB
与平面
ABC
所成的角小于二面角
P
­
AC
­
B
的平面角
γ
，所以
β
<
γ
；因为< br>AC
⊂平面
ABC
，所以直线
PB
与直线
AC
所成的角
α
大于直线
PB
与平面
ABC
所成的角
β
，即
α
>
β
.
故选B.
7.如图，在△
ABC
中，∠
ACB
＝90°，
AB
＝8，∠
ABC＝60°，
PC
⊥平面
ABC
，
PC
＝4，
M
是
AB
上的一个动点，则
PM
的最小值为________． 解析：作
CH
⊥
AB
于
H
，连接
PH
.因为
PC
⊥平面
ABC
，所以
PH
⊥
AB
，
PH
为
PM
的最小值，等于27.
答案：27

13

8.如图所示，在四面体
ABCD
中，
AB< br>，
BC
，
CD
两两垂直，且
BC
＝
CD＝1.
直线
BD
与平面
ACD
所成的角为30°，则线段
AB
的长度为________．
解析：如图，过点
B
作
BH< br>⊥
AC
，垂足为点
H
，连接
DH
.
因为< br>CD
⊥
AB
，
CD
⊥
BC
，所以平面
ACD
⊥平面
ABC
，所以
BH
⊥平面
ACD
.
所以∠
BDH
为直线
BD
与平面
ACD
所成的角．
所以∠
BDH
＝30°，
在Rt△
BDH
中，
BD
＝2，
所以
BH
＝
2
.
2
又因为在Rt△
BHC
中，
BC
＝1，
所以∠
BCH
＝45°.
所以在Rt△
ABC
中，
AB
＝
BC
＝1.
答案：1
9．(2020·台州市书生中学月考)如图，在四棱锥
P
­ABCD
中，
PD
⊥
平面
ABCD
，
AB∥
CD
，
AD
⊥
CD
，
PD
＝
AD
＝
DC
＝2
AB
，则异面直线
PC
与
AB
所
成角的大小为________；直线
PB
与平面
PDC< br>所成角的正弦值为________．
解析：因为
AB
∥
CD
，所以∠
PCD
即为异面直线
PC
与
AB
所成的角，π
显然三角形
PDC
为等腰直角三角形，所以∠
PCD
＝.设< br>AB
＝1，则可计算得，
PB
＝3，而点
B
4
d2
到平面
PDC
的距离
d
等于
AD
的长为2， 所以直线
PB
与平面
PDC
所成角的正弦值为＝.
PB
3
π2
答案：
43
10．(2020·浙江名校新 高考联盟联考)如图，已知正四面体
D
­
ABC
，
P
为线段
AB
上的动点(端点除外)，则二面角
D
­
PC
­
B
的平面角的余弦值
的取值范围是________．
解析：当点
P
从
A
运动到
B
，二面角
D
­
PC
­B
的平面角逐渐增大，二
面角
D
­
PC
­
B< br>的平面角最小趋近于二面角
D
­
AC
­
B
的平面角， 最大趋近于二面角
D
­
BC
­
A
的平

1 1

面角的补角，故余弦值的取值范围是

－，

. 
33


11

答案：

－，


33

11.如图，
AB
是⊙
O
的直径，
PA
垂直于⊙
O
所在的平面，
C
是圆周 上
不同于
A
，
B
的任意一点．
(1)求证：平面
PAC
⊥平面
PBC
；
(2)若
PA
＝
AC
，
D
为
PC
的中点．求证：
PB
⊥
AD
.

14

证明：(1)设⊙
O
所在的平面为
α
，
由 已知条件
PA
⊥
α
，
BC
在
α
内，所以< br>PA
⊥
BC
.
因为点
C
是圆周上不同于
A
，
B
的任意一点，
AB
是⊙
O
的直径，
所以∠
BCA
是直角，即
BC
⊥
AC
.
又因为
PA
与
AC
是△
PAC
所在平面内的两条相交直线， 所以
BC
⊥平面
PAC
.
又因为
BC
在平面
PBC
内，
所以平面
PAC
⊥平面
PBC
.
(2)因为
PA
＝
AC
，
D
是
PC
的中点，所以
AD⊥
PC
.
由(1)知平面
PAC
⊥平面
PBC
，且平面
PAC
∩平面
PBC
＝
PC
.
因为< br>AD
⊂平面
PAC
.所以
AD
⊥平面
PBC
.
又
PB
⊂平面
PBC
，所以
PB
⊥
A D
.
12．(2020·浙江名校协作体高三质检)如图，在四棱锥
P
­< br>ABCD
中，底面
ABCD
为梯形，
AD
∥
BC，
AB
＝
BC
＝
CD
＝1，
DA
＝2 ，
DP
⊥平面
ABP
，
O
，
M
分别是AD
，
PB
的中点．

(1)求证：
PD
∥平面
OCM
；
(2)若
AP
与平面
PBD
所成的角为60°，求线段
PB
的长．
解： (1)证明：设
BD
交
OC
于点
N
，连接
MN，
OB
，
因为
O
为
AD
的中点，
A D
＝2，所以
OA
＝
OD
＝1＝
BC
.
又因为
AD
∥
BC
，所以四边形
OBCD
为平行四边形，所 以
N
为
BD
的中点，因为
M
为
PB
的中点 ，所以
MN
∥
PD
.
又因为
MN
⊂平面
OCM
，
PD
⊄平面
OCM
，所以
PD
∥平面OCM
.
(2)由四边形
OBCD
为平行四边形，知
OB＝
CD
＝1，
所以△
AOB
为等边三角形，所以∠
A
＝60°，
所以< br>BD
＝
1
222
1＋4－2×1×2×＝3，即
AB
＋
BD
＝
AD
，即
AB
⊥
BD
.
2
因为
DP
⊥平面
ABP
，所以
AB
⊥
PD
.
又因为
BD
∩
PD
＝
D
，所以< br>AB
⊥平面
BDP
，
所以∠
APB
为
AP
与平面
PBD
所成的角，即∠
APB
＝60°，
所以
PB
＝
3
.
3
[综合题组练]

15

1.如图，梯形
ABCD
中，
AD
∥
BC
，∠
ABC
＝90°，
AD
∶
BC
∶
AB
＝2∶3∶4，
E
，
F
分别是
AB
，
CD
的中点，将四边形
ADFE
沿直线
EF
进行翻折，给出 下
列四个结论：①
DF
⊥
BC
；②
BD
⊥
FC
；③平面
BDF
⊥平面
BCF
；④平面
DCF
⊥
平面
BCF
，则上述结论可能正确的是( )
A．①③
C．②④
B．②③
D．③④
解析：选B.对于①，因为
B C
∥
AD
，
AD
与
DF
相交但不垂直，所
以
BC
与
DF
不垂直，则①不成立；对于②，设点
D
在平面
BCF
上的射
影为点
P
，当
BP
⊥
CF< br>时就有
BD
⊥
FC
，而
AD
∶
BC
∶
AB
＝2∶3∶4可使
条件满足，所以②正确；对于③，当点
D
在 平面
BCF
上的射影
P
落在
BF
上时，
DP
⊂平面
BDF
，从而平面
BDF
⊥平面
BCF
，所以③正 确；对于④，因为点
D
在平面
BCF
上的射影不可能在
FC
上，所以④不成立．
2．(2020·绍兴诸暨高考模拟)已知三棱锥
A
­
BCD
的所有棱长都相等，若
AB
与平面
α
π
所成角等于， 则平面
ACD
与平面
α
所成角的正弦值的取值范围是( )
3< br>A.

C.


3－63＋6

，


6

6
323

2
－，＋


626

2
B.

D.


3 －6

，1



6

3

2
－，1

6

2

解析：选A.因为三棱锥
A
­
BCD
的所有棱长都相等，
所以三棱锥
A
­
BCD
为正四面体，如图：

设 正四面体的棱长为2，取
CD
中点
P
，连接
AP
，
BP
，
则∠
BAP
为
AB
与平面
ADC
所成角．
AP
＝
BP
＝3，可得cos∠
BAP
＝
设∠
B AP
＝
θ
.
36
，sin∠
BAP
＝.
33
当
CD
与
α
平行且
AB
在平面
AC D
上面时，平面
ACD
与平面
α
所成角的正弦值最小，为
π π33163－6

π

sin

－
θ

＝sincos
θ
－cossin
θ
＝×－×＝；
3 323236

3

当
CD
与
α
平行且< br>AB
在平面
ACD
下面时，平面
ACD
与平面
α所成角的正弦值最大，为
ππ33163＋6

π

sin
＋
θ

＝sincos
θ
＋cossin
θ
＝×＋×＝，
3323236

3


16

所以平面
ACD
与平面
α
所成角的正 弦值的取值范围是


3－63＋6

，

.故选 A.
6

6
π
3．(2020·杭州市高三期末)在△
ABC
中，∠
ABC
＝，边
BC
在平面
α
内，顶点
A
在平
3
面
α
外，直线
AB
与平面
α
所成角为
θ
.若平面
ABC
与平面
α
所成的二 面角为
＝________．
π
，则sin
θ
3
解析：过
A
作
AO
⊥
α
，垂足是
O
， 过
O
作
OD
⊥
BC
，交
BC
于点
D
，连
接
AD
，则
AD
⊥
BC
，所以∠< br>ADO
是平面
ABC
与平面
α
所成的二面角，即∠
A DO
π
＝，∠
ABO
是直线
AB
与平面
α
所成的角，即∠
ABO
＝
θ
，设
AO
＝3，
3
所以
AD
＝2，在Rt△
ADB
中，
π243
∠
ABD
＝，所以
AB
＝＝，
3π3
sin
3
AO
33
所以sin
θ
＝＝＝.
AB
43
4
3
3
答案： < br>4
4．(2020·浙江“七彩阳光”新高考联盟联考)已知直角三角形
ABC
的两条直角边
AC
＝
2，
BC
＝3，
P
为斜边AB
上一点，沿
CP
将此三角形折成直二面角
A
­
CP
­
B
，此时二面角
P
­
AC
­
B
的正切值为2，则翻折后
AB
的长为________．

解析：如图，在 平面
PCB
内过
P
点作直二面角
A
­
CP
­
B
的棱
CP
的垂
线交边
BC
于点
E,
则
EP
⊥平面
ACP
.
于是在平面
PAC
中过
P
作二面角
P
­
AC
­
B
的棱AC
的垂线，垂足为
D
，
连接
DE
，则∠
PD E
为二面角
P
­
AC
­
B
的平面角，且tan∠< br>PDE
＝＝2，设
DP
＝
a
，则
EP
＝2< br>EP
PD
a
.
如图，设∠
BCP
＝
α，则∠
ACP
＝90°－
α
，则在直角三角形
DPC
中 ，

17

PC
＝＝，又在直角三角形
PCE
中，tan
α
＝，则·tan
α
sin（90°－
α
）cos
αPC
cos
α
2
aaPEa
＝2
a
，sin
α
＝2 cos
α
，所以
α
＝45°，因为二面角
A
­
CP
­
B
为直二面角，所以cos∠
AC
2
＋
BC2
－
AB
2
1
ACB
＝cos∠
ACP
·cos∠
BCP
，于是＝cos∠
ACP
·sin∠
ACP＝，解得
AB
＝7.
2·
AC
·
BC
2
答案：7
5．(2020·浙 江名校模拟)如图，在四棱锥
E
­
ABCD
中，平面
CDE
⊥平面
ABCD
，∠
DAB
＝
∠
ABC
＝90°，
AB
＝
BC
＝1，
AD
＝
ED
＝3，EC
＝2.

(1)证明：
AB
⊥平面
BCE
；
(2)求直线
AE
与平面
CDE
所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为∠
DAB
＝∠
ABC
＝90°，
所以四边形
ABCD
是直角梯形，
因为
AB
＝
B C
＝1，
AD
＝
ED
＝3，
EC
＝2.
所以
CD
＝1
2
＋（3－1）
2
＝5，
所以
CE
2
＋
DC
2
＝
DE
2
， 所以
EC
⊥
CD
，
因为平面
EDC
⊥平面
ABCD
，平面
EDC
∩平面
ABCD
＝
DC
，
所以
CE
⊥平面
ABCD
，
所以
CE
⊥
AB
，又
AB
⊥
BC
，
BC
∩
C E
＝
C
，
所以
AB
⊥平面
BCE
. < br>(2)过
A
作
AH
⊥
DC
，交
DC
于点
H
，
则
AH
⊥平面
DCE
，连接
EH
，
则∠
AEH
是直线
AE
与平面
DCE
所成的角，
因为
1
2
×
DC
×
AH
＝
AD< br>＋
BC
2
×
AB
－
1
2
×
AB
×
BC
，
1
×（3＋1）×1－
1
×1×1
所以
AH
＝
22
35
1
＝，
2
×5
5
AE
＝
AB
2
＋（
C E
2
＋
BC
2
）＝6，
所以sin∠
AEH
＝
30
10
，

18

所以直线
AE
与平面
CDE
所成角的 正弦值为
30
.
10

6．(2020·鲁迅中学高考方向性测试 )四棱锥
P
­
ABCD
中，底面
ABCD
是边长为2的菱形 ，∠
ABC
＝60°，
E
为
AB
的中点，
PA⊥平面
ABCD
，
PC
与平面
PAB
所成的角的正弦值 为
6
.
4
(1)在棱
PD
上求一点
F
， 使
AF
∥平面
PEC
；
(2)求二面角
D
­
PE
­
A
的余弦值．
解：(1)分别取
PD
，
PC
的中点
F
，
G，连接
AF
，
FG
，
GE
，
则
FG
∥
CD
∥
AB
，
FG
＝
11
CD
＝
AB
＝
AE
，
22
所以四边形
AEGF
为平行四边形，
所以
AF
∥
EG
，又
EG
⊂平面
PEC
，
所以
AF
∥平面
PEC
，
所以
PD
的中点
F
即为所求．
(2)易知，∠
C PE
即为
PC
与平面
PAB
所成的角，
在Rt△
PEC
中，＝
解得
PA
＝2，
过
D
作
BA
的垂线，垂足为
H
，过
H
作
P E
的垂线，垂足为
K
，连接
KD
，
因为
PA⊥平面
ABCD
，所以
PA
⊥
DH
，又
DH< br>⊥
BA
，所以
DH
⊥平面
PBA
，
所以< br>DH
⊥
PE
，所以
PE
⊥平面
DHK
，所以
PE
⊥
DK
，
所以∠
DKH
即为所求的二面角的平面角，
在Rt△
DHK
中，
DH
＝3，
由于
PE
·
HK
＝
EH
·
PA
，所以
HK
＝16
3＋＝
5
31
，
5
CE
CP
636
，即＝，
2
44
3＋ 1＋
PA
EH
·
PA
4
＝，
PE
5从而
DK
＝
所以cos∠
DKH
＝＝

HK
431
，
DK
31
19

4 31
即二面角
D
­
PE
­
A
的余弦值为.
31





20