第五节 直线、平面垂直的判定与性质考点 直线、平面垂直的判定与性质1.(2022·浙江，6)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( )A.若m⊥n，n∥α，则m⊥αB.若m∥β，β⊥α，则m⊥αC.若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD.若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α解析 选项A、B、D中m均可能与平面α平行、垂直、斜交或平面α内，故选C.答案 C2.(2022·浙江，4)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( )A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若m∥α，m∥β，则α∥βC.若m∥n，m⊥α，则n⊥αD.若m∥α，α⊥β，则m⊥β解析 A选项中直线m，m可能平行，也可能相交或异面，直线m，n的关系是任意的；B选项中，α与β也可能相交，此时直线m平行于α，β的交线；D选项中，m也可能平行于β.故选C.答案 C3.(2022·大纲全国，11)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于( )A.B.C.D.解析 如图，设AA1＝2AB＝2，AC交BD于点O，连接OC1，过C作CH⊥OC1于点H，连接DH.∵BD⊥AC，BD⊥AA1，∴BD⊥平面ACC1A1.∴CH⊂平面ACC1A1，∴CH⊥BD.∴CH⊥平面C1BD.∴∠CDH为CD与平面BDC1所成的角.OC1＝＝＝.10\n由等面积法得OC1·CH＝OC·CC1，∴·CH＝×2.CH＝.∴sin∠CDH＝＝＝.故选A.答案 A4.(2022·浙江，5)设l是直线，α，β是两个不同的平面( )A.若l∥α，l∥β，则α∥βB.若l∥α，l⊥β，则α⊥βC.若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD.若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析 A选项中由l∥α，l∥β不能确定α与β的位置关系，C选项中由α⊥β，l⊥α可推出l∥β或l⊂β，D选项由α⊥β，l∥α不能确定l与β的位置关系.答案 B5.(2022·全国，8)已知直二面角αlβ，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，点B∈β，BD⊥l，D为垂足.若AB＝2，AC＝BD＝1，则CD＝( )A.2B.C.D.1解析 由题意得AB2＝AC2＋CD2＋BD2，即4＝1＋CD2＋1，解得CD＝，故选C.答案 C6.(2022·湖北，4)用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号是( )A.①②B.②③C.①④D.③④解析 由公理4知①是真命题.在空间内a⊥b，b⊥c，直线a、c的关系不确定，故②是假命题.由a∥γ，b∥γ，不能判定a、b的关系，故③是假命题.④是直线与平面垂直的性质定理.故选C.答案 C7.(2022·辽宁，16)已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2的正方形.若PA＝2，则△OAB的面积为________.解析 将直四棱锥补成长方体如图：10\n球O的直径2R＝＝4，∴R＝2.S△OAB＝×2×3＝3.答案 38.(2022·新课标全国Ⅰ，18)如图，四边形ABCD为菱形，G是AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积.解 (1)因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.由已知得，三棱锥EACD的体积VEACD＝×AC·GD·BE＝x3＝.故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.10\n故三棱锥EACD的侧面积为3＋2.9.(2022·安徽，19)如图，三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.(1)求三棱锥PABC的体积；(2)证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求的值.(1)解 由题设AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，可得S△ABC＝·AB·AC·sin60°＝.由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥PABC的高，又PA＝1.所以三棱锥PABC的体积V＝·S△ABC·PA＝.(2)证明 在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N，在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN，又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM.在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝，从而NC＝AC－AN＝，由MN∥PA，得＝＝.10.(2022·湖北，20)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的阳马PABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，点E是PC的中点，连接DE、BD、BE.(1)证明：DE⊥平面PBC.试判断四面体EBCD是否为鳖臑.若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，请说明理由；(2)记阳马PABCD的体积为V1，四面体EBCD的体积为V2，求的值.解 (1)因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.而DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE.又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC.而PC∩BC＝C，10\n所以DE⊥平面PBC.由BC⊥平面PCD，DE⊥平面PBC，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD是一个鳖臑，其四个面的直角分别是∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB.(2)由已知，PD是阳马PABCD的高，所以V1＝SABCD·PD＝BC·CD·PD；由(1)知，DE是鳖臑DBCE的高，BC⊥CE，所以V2＝S△BCE·DE＝BC·CE·DE.在Rt△PDC中，因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE＝CE＝CD，于是＝＝＝4.11.(2022·浙江，18)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D为B1C1的中点.(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值.(1)证明 设E为BC的中点，由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE，因为AB＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A且DE＝A1A，所以AA1DE为平行四边形.于是A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)解 作A1F⊥DE，垂足为F，连接BF.因为A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.因为BC⊥AE，所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F，A1F⊥平面BB1C1C.所以∠A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成的角.由AB＝AC＝2，∠CAB＝90°，得EA＝EB＝.10\n由A1E⊥平面ABC，得A1A＝A1B＝4，A1E＝.由DE＝BB1＝4.DA1＝EA＝，∠DA1E＝90°，得A1F＝.所以sin∠A1BF＝.12.(2022·天津，17)如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点.(1)求证：EF∥平面A1B1BA；(2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1；(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小.(1)证明 如图，连接A1B，在△A1BC中，因为E和F分别是BC和A1C的中点，所以EF∥BA1.又因为EF⊄平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA.(2)证明 因为AB＝AC，E为BC中点，所以AE⊥BC，因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC，从而BB1⊥AE.又因为BC∩BB1＝B，所以AE⊥平面BCB1，又因为AE⊂平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面BCB1.(3)解 取BB1的中点M和B1C的中点N，连接A1M，A1N，NE.因为N和E分别为B1C和BC的中点，所以NE∥B1B，NE＝B1B，故NE∥A1A且NE＝A1A，所以A1N∥AE，且A1N＝AE.又因为AE⊥平面BCB1，所以A1N⊥平面BCB1，从而∠A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角.在△ABC中，可得AE＝2，所以A1N＝AE＝2.因为BM∥AA1，BM＝AA1，所以A1M∥AB，A1M＝AB，又由AB⊥BB1，有A1M⊥BB1.10\n在Rt△A1MB1中，可得A1B1＝＝4.在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N＝＝，因为∠A1B1N＝30°.所以，直线A1B1与平面BCB1所成的角为30°.13.(2022·重庆，20)如图，四棱锥PABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝，M为BC上一点，且BM＝.(1)证明：BC⊥平面POM；(2)若MP⊥AP，求四棱锥PABMO的体积.(1)证明 如图，因四边形ABCD为菱形，O为菱形中心，连接OB，则AO⊥OB.因∠BAD＝，故OB＝AB·sin∠OAB＝2sin＝1，又因BM＝，且∠OBM＝，在△OBM中，OM2＝OB2＋BM2－2OB·BM·cos∠OBM＝12＋()2－2×1××cos＝.所以OB2＝OM2＋BM2，故OM⊥BM.又PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内两条相交直线OM，PO都垂直，所以BC⊥平面POM.(2)解 由(1)可得，OA＝AB·cos∠OAB＝2×cos＝.设PO＝a，由PO⊥底面ABCD知，△POA为直角三角形，故PA2＝PO2＋OA2＝a2＋3.由△POM也是直角三角形，故PM2＝PO2＋OM2＝a2＋.10\n连接AM，在△ABM中，AM2＝AB2＋BM2－2AB·BM·cos∠ABM＝22＋－2×2××cos＝.由已知MP⊥AP，故△APM为直角三角形，则PA2＋PM2＝AM2，即a2＋3＋a2＋＝，得a＝，a＝－(舍去)，即PO＝.此时S四边形ABMO＝S△AOB＋S△OMB＝·AO·OB＋·BM·OM＝××1＋××＝.所以四棱锥PABMO的体积VPABMO＝·S四边形ABMO·PO＝××＝.14.(2022·新课标全国Ⅰ，19)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.(1)证明：B1C⊥AB；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABCA1B1C1的高.(1)证明 连接BC1，则O为B1C与BC1的交点.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，又因为BC1∩AO＝O，所以B1C⊥平面ABO.由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.(2)解 作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.由于BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD＝O，故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又BC＝1，可得OD＝.由于AC⊥AB1，所以OA＝B1C＝.由OH·AD＝OD·OA，且AD＝＝，得OH＝.10\n又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为.故三棱柱ABCA1B1C1的高为.15.(2022·江西，19)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝，AA1＝3，E为CD上一点，DE＝1，EC＝3.(1)证明：BE⊥平面BB1C1C；(2)求点B1到平面EA1C1的距离.(1)证明 过B作CD的垂线交CD于F，则BF＝AD＝，EF＝AB－DE＝1，FC＝2.在Rt△BFE中，BE＝.在Rt△CFB中，BC＝.在△BEC中，因为BE2＋BC2＝9＝EC2，故BE⊥BC.由BB1⊥平面ABCD得BE⊥BB1，又BC∩BB1＝B，所以BE⊥平面BB1C1C.(2)解 连接B1E，则三棱锥EA1B1C1的体积V＝AA1·S△A1B1C1＝.在Rt△A1D1C1中，A1C1＝＝3.同理，EC1＝＝3，A1E＝＝2.故S△A1C1E＝3.设点B1到平面EA1C1的距离为d，则三棱锥B1A1C1E的体积V＝·d·S△A1C1E＝d，从而d＝，d＝.16.(2022·北京，17)如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点.求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.10\n证明 (1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以ABED为平行四边形，所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.且PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.所以CD⊥EF.又CD⊥BE，EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.且CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.10
