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课件PPT（新教材）

第一部分　考点通关练 第五章　立体几何 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 目录 狂刷小题·基础练 KUANG SHUA XIAO TI JI CHU LIAN 精做大题·能力练 JING ZUO DA TI NENG LI LIAN 狂刷小题·基础练 KUANG SHUA XIAO TI JI CHU LIAN 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 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 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. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 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 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. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 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 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 4.如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥BC且PA＝BC＝1，PB＝AC＝eq \r(2)，PC＝eq \r(3)，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 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　因为PA＝1，PC＝eq \r(3)，AC＝eq \r(2)，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＝eq \r(2)，则AB＝1，又AC＝eq \r(2)，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. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 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.eq \f(a,2) C.eq \r(2)a D．2eq \r(a) 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＝eq \r(2)PB＝eq \r(2)a.故选C. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 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 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 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 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 DM⊥PC(或BM⊥PC) 答案 解析 * 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) 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. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 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.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(2),5) C.eq \f(\r(3),5) D.eq \f(2,5) 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， 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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＝eq \r(3)，在△CDE中，由余弦定理得，CD＝eq \r(CE2＋DE2－2CE·DEcos∠CED)＝eq \r(1＋3－2×1×\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2))))＝eq \r(7)，由正弦定理得，eq \f(DE,sin∠DCE)＝eq \f(CD,sin∠CED)，即sin∠DCE＝eq \f(\r(3)sin150°,\r(7))＝eq \f(\r(3),2\r(7))，显然∠DCE是锐角，cos∠DCE＝eq \r(1－sin2∠DCE)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2\r(7))))\s\up12(2))＝eq \f(5,2\r(7))，所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为eq \f(\r(3),5).故选C. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 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 B．平面B1EF⊥平面A1BD C．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面A1C1D 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 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(　　) 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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＝eq \r(2)，CP＝1，故tan∠POC＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，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； INCLUDEPICTURE "2021GKSX47.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "2021GKSX45.TIF" \* MERGEFORMAT 　　 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2)，OQ＝eq \r(AO2＋AQ2)＝eq \r(2＋1)＝eq \r(3)，OP＝eq \r(PK2＋OK2)＝eq \r(4＋1)＝eq \r(5)，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. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 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 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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； 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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. INCLUDEPICTURE "515SX67.TIF" \* MERGEFORMAT 　 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 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 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 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.eq \r(3) B.eq \r(2) C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \f(\r(5),2) 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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eq \f(BN,AB)＝eq \f(AB,RA)，得BN＝eq \f(1,2)，易得CN＝eq \r(BN2＋BC2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋12)＝eq \f(\r(5),2).故选D. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 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 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 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＝eq \f(1,2)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eq \f(2\r(3),3) 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eq \f(3\r(3),4) 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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＝eq \f(PN,AN)＝eq \f(\f(1,2)（MB＋CC1）,\f(\r(3),2)×2)＝eq \f(\f(1,2)×（1＋3）,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3)，故B正确； 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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＝eq \r(3)，若三棱锥P－AMC的体积为eq \f(3\r(3),4)，则VA－PMC＝eq \f(1,3)S△PMC·AN＝eq \f(3\r(3),4)⇒S△PMC＝eq \f(9,4)，∵S△CMC1＝eq \f(1,2)CC1·BC＝eq \f(1,2)×3×2＝3>S△PMC＝eq \f(9,4)，故存在点P，使得三棱锥P－AMC的体积为eq \f(3\r(3),4)，故D正确．故选BD. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 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＝eq \r(2)，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＝eq \r(2)，则当直线AR与BC所成的角最小时，点R到直线AB的距离为eq \f(\r(10),3) 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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； 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 对于D，作AD⊥PB于D，由上可知AD⊥平面PBC，则AD＝eq \f(2\r(3),3)，则RD＝eq \r(AR2－AD2)＝eq \f(\r(6),3)，点R的轨迹是以D为圆心，eq \f(\r(6),3)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＝eq \f(2\r(3),3)×eq \f(\f(2\r(3),3),2)＝eq \f(2,3)，由四边形R0DEF是矩形，得R0E＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(10),3)，故D正确．故选ABD. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 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________． eq \f(\r(5),5) 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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＝eq \r(AP2＋PE2)＝2eq \r(2)，PF＝EF＝eq \r(2)，∵CF2＝EF2＋CE2－2EF·CEcos∠CEF＝10，∴CF＝eq \r(10)，∴tan∠PCF＝eq \f(\r(2),\r(10))＝eq \f(\r(5),5). 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ①③④ 答案 * 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eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；③三棱锥B1－D1PC的体积为定值；④DC1⊥D1P. 目录 狂刷小题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 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＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4))) eq \s\up12(2)＝eq \f(9,8)，此时AP2＝AAeq \o\al(2,1)＋A1P2－2AA1·A1Pcos45°＝eq \f(5,8)，D1P2＋AP2<ADeq \o\al(2,1)，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． 精做大题·能力练 JING ZUO DA TI NENG LI LIAN 目录 精做大题 1 2 3 4 * 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． 目录 精做大题 1 2 3 4 解 * 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， 目录 精做大题 1 2 3 4 解 * 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＝eq \f(1,2)CC1＝eq \f(1,2)AA1＝1， 所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1. 目录 精做大题 1 2 3 4 * 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eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(DA,\s\up16(→))，求二面角D－AB－F的正弦值． 目录 精做大题 1 2 3 4 解 * 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. 目录 精做大题 1 2 3 4 解 * (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2， 因为BD⊥CD，所以BC＝2eq \r(2)，DE＝eq \r(2)， 因为△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB＝2， 所以AE⊥BC，AE＝eq \r(2)， 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. 目录 精做大题 1 2 3 4 解 * 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(eq \r(2)，0，0)，A(0，0，eq \r(2))，B(0，eq \r(2)，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eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))， 因为eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(DA,\s\up16(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))， 所以F(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，即有eq \o(AF,\s\up16(→))＝(－eq \r(2)，0，0)， 目录 精做大题 1 2 3 4 解 * 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DA,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(AB,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，)) 取x1＝1，所以n1＝(1，1，1)． eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AB,\s\up16(→))＝0，,n2·\o(AF,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))取y2＝1，所以n2＝(0，1，1)， 所以|cosθ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)， 所以sinθ＝eq \r(1－\f(6,9))＝eq \f(\r(3),3)， 所以二面角D－AB－F的正弦值为eq \f(\r(3),3). 目录 精做大题 1 2 3 4 * 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eq \f(V1,V2)的值． 目录 精做大题 1 2 3 4 解 * 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， 目录 精做大题 1 2 3 4 解 * 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＝eq \f(1,3)S四边形ABB1A1×AD＝eq \f(4,3). 四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD的面积S四边形ABCD＝eq \f(3,2)，高为AA1＝2， 所以四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积V2＝S四边形ABCD×AA1＝3，所以eq \f(V1,V2)＝eq \f(4,9). 目录 精做大题 1 2 3 4 * 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． 目录 精做大题 1 2 3 4 解 * 解　(1)证明：由题意，设AB＝2AD＝2DC＝2， 又AB∥DC，AB⊥AD，所以AC＝BC＝eq \r(2)， 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. 目录 精做大题 1 2 3 4 解 * (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＝eq \r(2)， 又△PCB为正三角形， 所以PC＝BC＝PB＝eq \r(2)，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＝eq \r(PC2＋AC2)＝2，CM＝AM＝1. 目录 精做大题 1 2 3 4 解 * 在△ABP中，PB＝eq \r(2)，AB＝PA＝2， 所以cos∠BAP＝eq \f(PA2＋AB2－PB2,2PA·AB)＝eq \f(4＋4－2,8)＝eq \f(3,4)， 所以sin∠BAP＝eq \f(\r(7),4)，tan∠BAP＝eq \f(\r(7),3)， MN＝AMtan∠BAP＝eq \f(\r(7),3)， AN＝eq \f(AM,cos∠BAP)＝eq \f(4,3). 在△ACN中，∠CAN＝45°， 目录 精做大题 1 2 3 4 解 * 所以CN＝eq \r(AC2＋AN2－2AC·ANcos∠CAN)＝eq \f(\r(10),3)， 在△MNC中，cos∠CMN＝eq \f(MN2＋CM2－CN2,2MN·CM) ＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),3)))\s\up12(2)＋12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),3)))\s\up12(2),2×\f(\r(7),3)×1)＝eq \f(\r(7),7)， 所以sin∠CMN＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),7)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(42),7)，即二面角B－PA－C的正弦值为eq \f(\r(42),7). 　　　　　　　　　　　　　 R $$