考点测试29 空间直线、平面的垂直-【金版教程】2025年高考数学一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

数学　高考总复习首选用卷 考点测试29　空间直线、平面的垂直 高考 概览 本考点是高考必考知识点，各种题型都有考查，分值为5分或12分，中等难度 考点 研读 1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理 2．能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题 一、基础小题 1．已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　) A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 答案　C 解析　由α⊥β，且α∩β＝l，m∥α，若m⊥β，那么m⊥l，故A错误；若m∥α∥l，且已知n⊥β，那么n⊥l，m⊥n，故B错误；因为n⊥β，l⊂β，所以n⊥l，故C正确；若m∥α，且m⊥l，那么m∥n，故D错误．故选C. 2．已知两条不同的直线l，m和不重合的两个平面α，β，且l⊥β，有下面四个命题：①若m⊥β，则l∥m；②若α∥β，则l⊥α；③若α⊥β，则l∥α；④若l⊥m，则m∥β.其中真命题的序号是(　　) A．①② B．②③ C．②③④ D．①④ 答案　A 解析　对于①，由l⊥β，m⊥β，可得l∥m，故①正确；对于②，若l⊥β，α∥β，可得l⊥α，故②正确；对于③，若l⊥β，α⊥β，则有可能l⊂α，故③错误；对于④，当l⊥β，l⊥m时，则有可能m⊂β，故④错误．综上，真命题的序号是①②.故选A. 3.如图所示，已知四边形ABCD是由一个等腰直角三角形ABC和一个有一内角为30°的直角三角形ACD拼接而成，将△ACD绕AC边旋转的过程中，下列结论中不可能成立的是(　　) A．CD⊥AB B．BC⊥AD C．BD⊥AB D．BC⊥CD 答案　B 解析　当将△ACD绕AC边旋转到平面ADC⊥平面ABC时，因为CD⊥AC，平面ADC∩平面ABC＝AC，所以CD⊥平面ABC，而AB，BC⊂平面ABC，则CD⊥AB，CD⊥BC，A，D不符合题意；由AB⊥CD，AB⊥BC，CD∩BC＝C，得AB⊥平面BCD，又BD⊂平面BCD，所以AB⊥BD，C不符合题意；若BC⊥AD，而AB⊥BC，AB∩AD＝A，故必有BC⊥平面ABD，又BD⊂平面ABD，所以BC⊥BD.而CD<BC，故CD不是△BCD的最大边，即不可能成为直角三角形的斜边，所以BC⊥AD不可能成立．故选B. 4.如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥BC且PA＝BC＝1，PB＝AC＝，PC＝，则下列命题正确的个数是(　　) ①平面PAB⊥平面PBC；②平面PAB⊥平面ABC；③平面PAC⊥平面PAB；④平面PAC⊥平面PBC；⑤平面PBC⊥平面ABC；⑥平面PAC⊥平面ABC. A．3 B．4 C．5 D．6 答案　A 解析　因为PA＝1，PC＝，AC＝，则PA2＋AC2＝PC2，故PA⊥AC，又PA⊥BC，BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ABC，则PA⊥平面ABC，又PA⊂平面PAB，PA⊂平面PAC，故平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，故②⑥正确；因为AB⊂平面ABC，则PA⊥AB，又PA＝1，PB＝，则AB＝1，又AC＝，BC＝1，则AB2＋BC2＝AC2，故BC⊥AB，又BC⊥PA，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB，故①正确；易得③④⑤不正确．故选A. 5．在90°的二面角α－l－β内有一点P，过P有PA⊥α于点A，PB⊥β于点B，如果PA＝PB＝a，则P到l的距离为(　　) A．2a B. C.a D．2 答案　C 解析　由PA⊥α，PB⊥β，l⊂α，l⊂β，则PA⊥l，PB⊥l，且PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面APB，故l⊥平面APB，记l∩平面APB＝C，连接PC，PC⊂平面APB，故l⊥PC，所以P到l的距离为线段PC的长度，二面角α－l－β为90°，故BC＝PA＝PB，且∠PBC＝90°，故PC＝PB＝a.故选C. 6.(多选)如图，在梯形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，则下列结论可能正确的是(　　) A．DF⊥BC B．BD⊥FC C．平面BDF⊥平面BCF D．平面DCF⊥平面BCF 答案　BC 解析　因为BC∥AD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，所以A不正确；设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥FC时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，所以B可能正确；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C可能正确；因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以D不正确．故选BC. 7．(多选)如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中(　　) A．AE∥CD B．CH∥BE C．DG⊥BH D．BG⊥DE 答案　BCD 解析　由正方体的平面展开图还原正方体如图．由图形可知，AE⊥CD，故A错误；因为HE∥BC，HE＝BC，所以四边形BCHE为平行四边形，所以CH∥BE，故B正确；因为DG⊥HC，DG⊥BC，HC∩BC＝C，所以DG⊥平面BHC，所以DG⊥BH，故C正确；连接AH，因为BG∥AH，而DE⊥AH，所以BG⊥DE，故D正确．故选BCD. 8.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可) 答案　DM⊥PC(或BM⊥PC) 解析　如图，连接AC，则AC⊥BD，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.又PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD. 二、高考小题 9．(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，所以CE⊥AB.又△ABD是等边三角形，所以DE⊥AB，从而∠CED为二面角C－AB－D的平面角，即∠CED＝150°，显然CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝，在△CDE中，由余弦定理得，CD＝＝＝，由正弦定理得，＝，即sin∠DCE＝＝，显然∠DCE是锐角，cos∠DCE＝＝＝，所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为.故选C. 10．(2022·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　) A．平面B1EF⊥平面BDD1 ．平面B1EF⊥平面A1BD C．平面B1EF∥平面A1AC ．平面B1EF∥平面A1C1D 答案　A 解析　对于A，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD1，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD1＝D，所以EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；对于B，平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以易知平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故B错误；对于C，由题意知，直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；对于D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面AB1C与平面B1EF不平行，即平面A1C1D与平面B1EF不平行，故D错误．故选A. 11．(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是(　　) 答案　BC 解析　设正方体的棱长为2，对于A，如图1所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC或其补角为异面直线OP，MN所成的角，在直角三角形OPC中，OC＝，CP＝1，故tan∠POC＝＝，故MN⊥OP不成立，故A不符合题意；对于B，如图2所示，取MT的中点为Q，连接PQ，OQ，MD，则OQ∥DT，PQ⊥MN，由正方体SBCN－MADT可得DT⊥平面SNTM，则OQ⊥平面SNTM，所以OQ⊥MN，而OQ∩PQ＝Q，所以MN⊥平面OPQ，而OP⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B符合题意； 　 　 对于C，如图3，连接BD，则BD∥MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C符合题意；对于D，如图4，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，AO，则AC∥MN，因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO或其补角为异面直线OP，MN所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ＝AC＝，OQ＝＝＝，OP＝＝＝，OQ2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故OP，MN不垂直，故D不符合题意．故选BC. 三、模拟小题 12．(2023·湖北武汉华中师大一附中校考模拟预测)已知m，n，l是三条不同的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则下列说法错误的是(　　) A．若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β B．若m与n异面，l⊥m，l⊥n，则存在α，使得l⊥α，m∥α，n∥α C．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，则l⊥γ D．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n 答案　D 解析　对于A，如图1，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，又n⊥α，所以n⊥β，故A正确；对于B，如图1，在l上取点Q，分别作m，n的平行线m′，n′，这两条相交直线确定平面α，因为m∥m′，m⊄α，m′⊂α，则m∥α，同理可证n∥α，因为l⊥m，l⊥n，m∥m′，n∥n′，所以l⊥m′，l⊥n′，又因为m′∩n′＝Q，m′，n′⊂α，所以l⊥α，故B正确；对于C，如图2，设α∩γ＝a，β∩γ＝b，在平面γ内任取一个不在直线a，b上的点P，过点P作直线PA⊥a，PB⊥b，垂足分别为点A，B.又因为PA⊂γ，PB⊂γ，α⊥γ，β⊥γ，∴PA⊥α，PB⊥β，又l⊂α，l⊂β，故l⊥PA，l⊥PB，又因为PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面γ，从而l⊥γ，故C正确；对于D，直线m，n的位置关系可以是任意的，比如设α∩β＝l，n⊂α且n∥l，m⊂β，m∥l，则根据平行的传递性知m∥n，故D错误．故选D. 　 13．(2023·陕西安康中学校考模拟预测)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，L，M，N分别为棱A1B1，AD，CC1的中点，则平面LMN与平面CBD1的位置关系是(　　) A．垂直 B．相交不垂直 C．平行 D．重合 答案　A 解析　设棱AA1，B1C1的中点分别为P，Q，连接LP，PM，LQ，QN，BC1，B1C，如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，C1D1⊥平面BCC1B1，CB1⊂平面BCC1B1，C1D1⊥CB1.在正方形BCC1B1中，BC1⊥CB1，BC1∩C1D1＝C1，BC1，C1D1⊂平面BC1D1，∴CB1⊥平面BC1D1，又BD1⊂平面BC1D1，∴BD1⊥CB1.又Q，N分别为棱B1C1，CC1的中点，∴NQ∥CB1，∴BD1⊥NQ，同理可证BD1⊥LQ，NQ∩LQ＝Q，NQ，LQ⊂平面NQL，∴BD1⊥平面NQL，LN⊂平面NQL，∴BD1⊥LN，同理可证BD1⊥LM，又LM∩LN＝L，LM，LN⊂平面LMN，∴BD1⊥平面LMN，BD1⊂平面CBD1，故平面CBD1⊥平面LMN.故选A. 14.(2023·海南文昌中学校考模拟预测)已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP＝2PD1，AA1＝3，AB＝1.若点Q在侧面BCC1B1(包括其边界)上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　如图，在侧棱AA1上取一点R，使得AR＝2RA1，连接PR，BR，过点A作AN⊥BR交BR于点M，交BB1于点N，连接AC，CN，由PR∥AD，可知PR⊥AN，BR∩PR＝R，BR，PR⊂平面BPR，从而AN⊥平面BPR，BP⊂平面BPR，所以BP⊥AN，又由BP在平面ABCD内的射影BD⊥AC，所以BP⊥AC，AN∩AC＝A，AN，AC⊂平面ACN，所以BP⊥平面ACN，CN⊂平面ACN，所以BP⊥CN，所以动点Q的轨迹为线段CN，在Rt△ABN和Rt△RAB中，∠BAN＝∠ARB，所以Rt△ABN∽Rt△RAB，则＝，得BN＝，易得CN＝＝＝.故选D. 15.(多选)(2024·广东深圳中学高三阶段考试)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中正确的是(　　) A．BC⊥平面PAC B．AE⊥EF C．AC⊥PB D．平面AEF⊥平面PBC 答案　ABD 解析　对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，而BC⊂底面圆面，则PA⊥BC，又由圆的性质可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，则BC⊥平面PAC，所以A正确；对于B，由A项分析可知，BC⊥AE，又AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC，而EF⊂平面PBC，所以AE⊥EF，所以B正确；对于C，若AC⊥PB，又AC⊥BC，PB∩BC＝B，所以AC⊥平面PBC，所以AC⊥PC，与AC⊥PA矛盾，所以AC⊥PB不成立，所以C错误；对于D，由B项分析可知，AE⊥平面PBC，又AE⊂平面AEF，故平面AEF⊥平面PBC，所以D正确．故选ABD. 16.(多选)(2023·山东临沂二模)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，AA1＝3，点M在BB1上，且BM＝MB1，P为线段C1M上的点，则(　　) A．C1M⊥平面AMC B．当P为C1M的中点时，直线AP与平面ABC所成角的正切值为 C．存在点P，使得CP⊥AM D．存在点P，使得三棱锥P－AMC的体积为 答案　BD 解析　如图，对于A，假设C1M⊥平面AMC，则C1M⊥AC，易知CC1⊥AC，CC1∩C1M＝C1，故AC⊥平面BCC1B1，故AC⊥BC，这与∠ACB＝60°矛盾，故假设不成立，故A错误；对于B，如图1，当P为C1M的中点时，取BC的中点为N，连接PN，AN，易知PN∥CC1，CC1⊥平面ABC，则PN⊥平面ABC，故∠PAN即为AP与平面ABC所成的角，则tan∠PAN＝＝＝＝，故B正确；对于C，连接MN，由AN⊥BC，AN⊥CC1知AN⊥平面BCC1B1，故AN⊥CP，若CP⊥AM，∵AN∩AM＝A，则CP⊥平面AMN，则CP⊥MN，过C作CG∥MN交C1M于G，则CP⊥CG，即∠PCG＝90°，易知∠PCG不可能为90°，故不存在点P使得CP⊥AM，故C错误；对于D，AN＝，若三棱锥P－AMC的体积为，则VA－PMC＝S△PMC·AN＝⇒S△PMC＝，∵S△CMC1＝CC1·BC＝×3×2＝3>S△PMC＝，故存在点P，使得三棱锥P－AMC的体积为，故D正确．故选BD. 17.(多选)(2023·湖北名校联盟高三下学期五月联合测评)在四面体P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB＝BC＝，PA＝AC＝2，M∈PB，N∈PC，Q为AC的中点，QH⊥PC，垂足为H，连接BH，则下列结论正确的是(　　) A．平面BQH⊥平面PBC B．若平面AMN⊥平面PBC，则一定有AM⊥PB C．若平面AMN⊥平面PBC，则一定有AN⊥PC D．点R是平面PBC上的动点，AR＝，则当直线AR与BC所成的角最小时，点R到直线AB的距离为 答案　ABD 解析　易知三棱锥P－ABC的各个面均为直角三角形，且BC⊥平面PAB，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，BQ⊥AC，BQ⊥平面PAC.对于A，由BQ⊥平面PAC，知PC⊥BQ，又QH⊥PC，BQ∩QH＝Q，BQ，QH⊂平面BQH，∴PC⊥平面BQH，又PC⊂平面PBC，∴平面BQH⊥平面PBC，故A正确；对于B，过点C作CT⊥MN，由于平面AMN⊥平面PBC，且两平面的交线为MN，由面面垂直的性质得CT⊥平面AMN，AM⊂平面AMN，∴CT⊥AM，又BC⊥平面PAB，AM⊂平面PAB，∴BC⊥AM，又BC∩CT＝C，BC，CT⊂平面PBC，∴AM⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，∴AM⊥PB，故B正确；对于C，在AM⊥平面PBC条件下，N可以在直线PC上运动，故C不正确；对于D，作AD⊥PB于D，由上可知AD⊥平面PBC，则AD＝，则RD＝＝，点R的轨迹是以D为圆心， 为半径的圆，动线段AR是圆锥的母线，AR与平面PBC所成 的角为定角，AR与BC所成的角最小时，DR0∥BC.过R0作R0F⊥平面ABC，FE⊥AB，垂足为E，则R0E为R0到直线AB的距离．R0F＝DE＝×＝，由四边形R0DEF是矩形，得R0E＝＝，故D正确．故选ABD. 18．(2024·河南宝丰县第一高级中学模拟)在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E为CD的中点(如图1)，沿AE将△ADE折起到△APE处，使得平面PAE⊥平面ABCE(如图2)，则直线PC与平面ABCE所成角的正切值为________． 答案　 解析　取AE的中点F，连接CF，PF，∵PA＝PE，∴PF⊥AE，又平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，PF⊂平面PAE，∴PF⊥平面ABCE，则直线PC与平面ABCE所成的角为∠PCF，AE＝＝2，PF＝EF＝，∵CF2＝EF2＋CE2－2EF·CEcos∠CEF＝10，∴CF＝，∴tan∠PCF＝＝. 19.(2023·河北邢台期末)如图，棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是________． ①平面D1A1P⊥平面A1AP；②∠APD1的取值范围是；③三棱锥B1－D1PC的体积为定值；④DC1⊥D1P. 答案　①③④ 解析　∵D1A1⊥平面A1AP，D1A1⊂平面D1A1P，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，①正确；若P是A1B上靠近A1的四等分点，D1P2＝1＋＝，此时AP2＝AA＋A1P2－2AA1·A1Pcos45°＝，D1P2＋AP2<AD，此时∠APD1为钝角，②错误；由于BP∥CD1，则BP∥平面B1D1C，因此三棱锥P－B1D1C的底面是确定的，高也是定值，其体积为定值，③正确；∵D1C⊥DC1，D1C∥A1B，∴DC1⊥A1B，且DC1⊥A1D1，A1B∩A1D1＝A1，∴DC1⊥平面A1PD1，又D1P⊂平面A1PD1，∴DC1⊥D1P，④正确． 一、高考大题 1.(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°. (1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C； (2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高． 解　(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以A1C⊥BC， 因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC， 又A1C∩AC＝C，A1C，AC⊂平面ACC1A1， 所以BC⊥平面ACC1A1， 又BC⊂平面BB1C1C， 所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C. (2)如图，过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O. 因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C， 所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O. 因为∠ACB＝90°，A1C⊥BC，A1B＝AB，BC为公共边， 所以△A1BC≌△ABC，所以A1C＝AC. 又AC＝A1C1，所以A1C＝A1C1， 又A1C⊥AC，AC∥A1C1，所以A1C⊥A1C1， 所以△CA1C1是等腰直角三角形， 所以A1O＝CC1＝AA1＝1， 所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1. 2.(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足＝，求二面角D－AB－F的正弦值． 解　(1)证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC， 所以DE⊥BC，① 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，所以AE⊥BC，② 由①②，AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA. (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2， 因为BD⊥CD，所以BC＝2，DE＝， 因为△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB＝2， 所以AE⊥BC，AE＝， 所以AE2＋DE2＝4＝DA2，所以AE⊥DE， 又DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD， 所以AE⊥平面BCD. 以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则E(0，0，0)，D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)， 设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，二面角D－AB－F的平面角为θ，而＝(0，，－)， 因为＝＝(－，0，)， 所以F(－，0，)，即有＝(－，0，0)， 所以即 取x1＝1，所以n1＝(1，1，1)． 即取y2＝1，所以n2＝(0，1，1)， 所以|cosθ|＝＝＝， 所以sinθ＝＝， 所以二面角D－AB－F的正弦值为. 二、模拟大题 3.(2024·广东佛山S7高质量发展联盟高三联考)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M是棱DD1上的一点，AA1⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AA1＝AB＝2AD＝2DC. (1)若M是DD1的中点，证明：平面AMB⊥平面A1MB1； (2)设四棱锥M－ABB1A1与四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积分别为V1与V2，求的值． 解　(1)证明：因为AA1⊥平面ABCD， 且AB⊂平面ABCD， 所以AA1⊥AB， 又AB⊥AD，AA1∩AD＝A，AA1，AD⊂平面AA1D1D， 所以AB⊥平面AA1D1D， 又MA1⊂平面AA1D1D，所以AB⊥MA1. 因为AD＝DM，所以∠AMD＝45°， 同理∠A1MD1＝45°，所以AM⊥MA1， 又AM∩AB＝A，AM，AB⊂平面AMB， 所以MA1⊥平面AMB， 又MA1⊂平面A1MB1， 故平面AMB⊥平面A1MB1. (2)设AD＝1，则四棱锥M－ABB1A1的底面ABB1A1的面积S四边形ABB1A1＝4， 高为AD＝1，所以四棱锥M－ABB1A1的体积V1＝S四边形ABB1A1×AD＝. 四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD的面积S四边形ABCD＝，高为AA1＝2， 所以四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积V2＝S四边形ABCD×AA1＝3，所以＝. 4.(2024·福建福州闽侯县第一中学高三上月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB＝2AD＝2DC，AB∥DC，AB⊥AD，平面PCB⊥平面ABCD. (1)证明：PB⊥AC； (2)若△PCB为正三角形，求二面角B－PA－C的正弦值． 解　(1)证明：由题意，设AB＝2AD＝2DC＝2， 又AB∥DC，AB⊥AD，所以AC＝BC＝， 又AB＝2，所以AC2＋BC2＝AB2， 所以AC⊥BC， 又平面PCB∩平面ABCD＝BC，且平面PCB⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 所以AC⊥平面PCB， 又PB⊂平面PCB，所以AC⊥PB. (2)如图，取PA的中点M，连接CM，在平面PAB中，作MN⊥PA，交AB于点N，连接CN， 由(1)知AC＝BC＝， 又△PCB为正三角形， 所以PC＝BC＝PB＝，所以PC＝AC， 所以CM⊥PA，又MN⊥PA， 所以∠CMN为二面角B－PA－C的平面角， 因为AC⊥平面PCB，PC⊂平面PCB， 所以AC⊥PC， 所以PA＝＝2，CM＝AM＝1. 在△ABP中，PB＝，AB＝PA＝2， 所以cos∠BAP＝＝＝， 所以sin∠BAP＝，tan∠BAP＝， MN＝AMtan∠BAP＝， AN＝＝. 在△ACN中，∠CAN＝45°， 所以CN＝＝， 在△MNC中，cos∠CMN＝ ＝＝， 所以sin∠CMN＝＝，即二面角B－PA－C的正弦值为. 21 学科网（北京）股份有限公司 $$