7.3 直线、平面垂直的判定与性质(实战册)-【实战高考】2026年高考数学总复习（山东专版）

答案 实战高考·数学 之轴建立空间直角坐标系。 因为AB∥CD,BE=2,所以PQ∥BE,且PQ=BE, 设AA1=a(a>0),则M(0,1,a),B(2,0,0),C(0,2,0), 所以四边形EBQP是平行四边形，所以EP∥BQ. A1(0,0,a), 因为EP丈平面BCNM,BQC平面BCNM, 所以Mi=(2,-1,-a),Md=(0,1,-a),MAi=(0, 所以EP∥平面BCNM -1,0). (2)解：以F为坐标原点，FN,FE所在直线分别为x轴、 设平面MBC的法向量为m=(x1,y1,21), 之轴建立如图所示的空间直角坐标系， m·Mi=2x1-y1-a1=0, 则 m.M心=y-az1=0. 则F0,00).B0,02).C(-号，39o）, 取1=1，得m=(a,a,1). 设平面A1BM的法向量为n=(x2,y2,2), 所成-(8,3-2 n·Mi=2x2-y2-az2=0, 则 n·MAi=-y2=0. M 取2=2，得n=(a,0,2). 因为平面MBC与平面A1BM的夹角的余弦值为于，所 以|cos(m,ml=mn a2+2 _√15 mn√2a2+1·√a2+4 5, 设P(a,0,0)(a>0),则Ep-(a,0,-2). 解得a=1(负值舍去)，即AA1=1. 设平面CEP的法向量为n=(x,y,z), M 则胶-2+9，-2-0， B (n·Ei=ax-2x=0. 令x=2,则m=(2,232a+3),a). 9 A D 直线FN的一个方向向量为m=(1,0,0),则 B cos(m,n)= m·n m n √4+[282a+3)T+a 9 ⑤(1)证明：在线段CN上取一点Q,使得NQ= 号NC,连 2 接PQ,BQ. 5 因为N-号N,所以PQ/FC,且PQ号rC=2 解得a=3(a=昭舍去)，放PF=3 7.3直线、平面垂直的判定与性质 山东新高考全练 ①BC解析方法一：对于A,在正三棱柱ABC-A1B1C 所以BC⊥平面AA1D,故B正确. 中，AA1⊥平面ABC, 对于C,因为在正三棱柱ABC-A1B1C中，CC∥AA1, 因为ADC平面ABC,所以AA1⊥ C 又AAC平面AAD,CC中平面AA1D,所以CC∥平面 AD,所以A1A·AD=0. AA1D,故C正确， 因为△ABC是正三角形，D为BC 对于D,因为在正三棱柱ABC-A1B1C中，AB1∥AB, 的中点，所以AD⊥BC,所以C市· 假设AD∥A1B1,则AD∥AB,这与AD∩AB=A矛盾， Ad=0. 所以AD∥A1B1不成立，故D错误，故选BC 又A1C-A1A+AD+DC, 方法二：如图，建立空间直角坐 C 所以A1C·AD=(A1A+AD+ 标系，设该正三棱柱的底面边 D心·AD-A1A.AD+AD+D心.AD=A≠0， 长为2，高为h, 所以AD⊥A1C不成立，故A错误. 则D(0,0,0),A(3,0,0), 对于B,在正三棱柱ABC-A1B1C中，AA1⊥平面ABC, A1(W3,0,h),C(0,-1,0), 因为BCC平面ABC,所以AA1⊥BC. C(0,-1,h),B(0,1,0), 又AA∩AD=A,AA1,ADC平面AA1D, B1(0,1,h). 438 ○实战册参考答案及解析 对于A,AD=(-V3,0,0),A1C=(-√3，-1，-h), BC⊥平面EFM, 则AD.A1C=(-5)×(-3)+0+0=3≠0， 因为MEC平面EFM,所以BC⊥ME, 所以AD⊥A1C不成立，故A错误. 所以∠EMF为二面角E一BC-D的平面角， 对于B、C,BC-(0,-2,0),CC=(0,0,h),AA=(0,0, 所以∠EMF=平，则MF=ER. h),Aj=(-√5,0,0). 因为△OCD为边长为1的等边三角形，且O为BD的中 设平面AA1D的法向量为n=(x,y,z), 点，所以OC=OB=OD=1,所以△BCD为直角三角形， 则·n=he=0, Ad.n=-√3.x=0 得x=x=0.令y=1,则n=(0,1, 且∠BCD=90,BC-5,所以SAcD-9 2· 0),所以BC=(0,-2,0)=-2n,CC·n=0,所以BC⊥ 因为DE=2EA,EF∥AO, 平面AA1D,CC∥平面AA1D,故B、C正确. 所以A0=号EP,OF=} D 对于D,A市=(-3,0,0)，A1B=(-3,1,0),则-5≠ √3 号，显然AD/A不成立，故D错误，故选C 易知∠MBF=30°，所以在 ☑受解断知图，取BG的中点为E,BB的中点为 R:ABMF中，FM=号BF=号 F,CC的中点为G. ×(1+号）=号，从而EF=FM=号，所以A0=1. 因为∠BAD=60°，直四棱柱ABCD D 因为A01平面BCD,所以VAm=号S△m·A0 一A1B1CD1的棱长均为2，所以 △D1B1C为等边三角形，所以D1E ×9×1-得 =√3，D1ELB1C. ④(1)证明：在正方形ABCD中，AD∥BC 因为四棱柱ABCD一A1B1CD1为 因为AD中平面PBC,BCC平面PBC, 直四棱柱，所以BB⊥平面 所以AD∥平面PBC. A1B1CD1.因为DEC平面A1B1CD1,所以BB 又因为ADC平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以 IDE. AD∥L. 因为BB∩B1C=B1,所以D1E⊥侧面BCCB1. 因为在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD是正方形， 设P为侧面BCC1B1与球面的交线上的点，则D1E 所以AD⊥DC,所以L⊥DC. ⊥EP. 因为PD⊥平面ABCD,ADC平面ABCD, 因为球的半径为√5，D1E=√3，所以EP=√D1P2-D1E巴 所以AD⊥PD,所以l⊥PD. =√5-3=√2， 因为CD∩PD=D,CD,PDC平面PDC, 所以侧面BCCB1与球面的交线上的点到，点E的距离 所以L⊥平面PDC 为W2. (2)解：建立如图所示的空间直角坐标系D一xy, 因为PD=AD=1,所以D(0,0, 因为EF=EG=√2，所以侧面BCCB1与球面的交线是扇 0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0, 形FEG的孤FC. 1),B(1,1,0) 因为∠BEF=∠CEG-平，所以∠FEG=乏，所以根据 设Q(m,0,1),则有D心=(0,1,0)， D0=(m,0,1),PB=(1,1,-1). 孤长公可得风吾X恒-号 设平面QCD的法向量为n=(x,y, 3(1)证明：因为AB=AD,O为BD的中点， ), 所以AO⊥BD. 则/n·D心-=0 即0， 因为平面ABD∩平面BCD=BD,平面ABD⊥平面 ln·DQ=0,m.x+x=0. BCD,AOC平面ABD,所以AO⊥平面BCD, 令x=1,则z=一m,所以平面QCD的一个法向量为n= 因为CDC平面BCD,所以OA⊥CD. (1,0,-m), (2)解：作EF⊥BD于点F,FM BC于点M,连接EM, 1十0十m cos<n,PBBm2 则AO∥EF.因为AO⊥平面BCD,所以EF⊥平面BCD. 又BCC平面BCD,所以EF⊥BC, 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对 因为FM⊥BC,FM∩EF=F,FM,EFC平面EFM,所以 值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角 439 答案 实战高考·数学 的正弦值等于|cos<n,P>= 1+m 3 √m2+1·3 3 X1-,当且仅当m-1时取等号， /1+2m+m2_√3 /1+ 2+31+2m 2m V3 m2+1 3 m2+13 所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为 31 山东模拟专练 考点闯关) 垂直于第三个平面，则交线垂直于第三个平面。 考点直线、平面平行的判定与性质 如图有 ①ABC解析对于选项A,因为a∥Y,B∩y=n,a∩B= a∩B=l,any=a,Bny=b, m,根据面面平行的性质定理可得m∥n,故A正确. {a⊥Y, 对于选项B,因为m∥y,mCa,a∩y=a,由线面平行的性 8⊥Y, Q 取A∈Y,作AB⊥a,ACLb,垂 质定理可得m∥a. 足分别为B,C.由面面垂直的 同理可得mb,所以a∥b,故B正确. 性质可知AB⊥a&,AC⊥3， 对于选项C,因为a⊥Y,则存在lC AC⊥L, a,lB,使得l⊥Y. 由线面垂直的性质可知Ca,lCB,所以 AB⊥. 又因为B⊥Y,则l∥B,且lCa,a∩B 又AB∩AC=A,AB,ACCY,由线面垂直的判定可知l =m, ⊥Y. 可得l∥m,所以m⊥Y,故C正确. 若“平面PAB⊥平面PBD”与“平面PCD⊥平面PBD”同 对于选项D,例如正四面体AB 时成立， CD, 易知P∈平面PAB∩平面PCD,可设平面PAB∩平面 根据对称性可知平面ABC与平面 PCD=I,则P∈l, ABD、平面BCD所成的角相等，且 则L⊥平面PBD. 平面ABD∩平面BCD=BD,但 易知AB∥CD,AB寸平面PCD,所以AB∥平面PCD,则 BD与平面ABC不垂直，故D错误， l∥AB,则有AB⊥平面PBD.显然AB⊥BD不成立，故D 2C解析由题意得AB⊥平面ADD1A1,A1DC平面 错误. ADD1A1,所以ABLA1D. ④(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD. 又AD1⊥A1D,AB∩AD1=A,AB,AD1C平面ABD, 因为平面PBD⊥平面ABCD,BD为两平面交线，ACC平 所以A1D⊥平面ABD1.因为BD1C平面ABD1,所以 面ABCD,所以AC⊥平面PBD. A1DLD1B,排除A、B. 因为POC平面PBD,所以AC⊥PO, 显然M,N分别为AD1,BD1的中 D 因为平面PAC⊥平面ABCD,AC为两平面交线，BDC平 点，所以MN∥AB. 面ABCD,所以BD⊥平面PAC. 又MN吐平面ABCD,ABC平面 因为POC平面PAC,所以BDI PO. ABCD, 因为AC∩BD=O,AC,BDC平面ABCD,所以PO⊥平 所以MN∥平面ABCD,C正确. 面ABCD. 若MN⊥平面BB1D1D,则必有 4 B (2)解：由(1)，知AC,PO,BD两两垂直， MN⊥BD. 以O为坐标原点，OA,OB,OP所在直线分别为x轴、 又MN∥AB,所以AB BD,明显不成立，D错误. y轴、之轴，建立空间直角坐标系， 3BC解析对于A,若AB=PB与PB=BD同时成立， 则D(0,-1,0),C(-2,0,0),B(0,1,0), 则AB=BD,与底面ABCD是正方形矛盾，故A错误. 所以DC=(-2,1,0),C克=(2,1,0)， 对于B,设底面正方形中心为O,则P在以O为球心，以 设P(0,0,t),t>0,则P克=(0,1，-t). OA为半径的球面上时可符合题意，故B正确. 设平面PBC的法向量为m=(x,y,z), 对于C,当平面PBC⊥底面 m·Pi=y-tz=0, ABCD时， m.C第=2x+y=0. 由面面垂直的性质可知AB山 令之=2，得y=2t,x=-t,所以m=（-t,2t,2). 平面PBC,DC⊥平面PBC,显 然符合题意，故C正确」 直线C与平面PBC所成角的正弦值为。 对于D,先证两相交平面同时 即 cos(DC,m>= DC.ml DC m 440 ○实战册参考答案及解析 |(-2,1,0)·(-t,2t,2)| 连接DC,BD,AC W/4+1×√(-t)2+4t2+4 由AA1⊥平面ABCD,BDC平面 D 46 ABCD,得BD⊥AA1. 15 又BD⊥AC,AA∩AC=A,AA1, 解得t=1(负值舍去)，则m D ACC平面AA1C,所以BD⊥平 =(-1,2,2) 面AA1C A 平面PAC的一个法向量为n 因为A1CC平面AA1C,所以BD =(0,1,0). ⊥A1C. 设平面PAC与平面PBC的夹角为0， 同理可得BC⊥A1C 则osg=easm,a= 因为BC∩BD=B,BC,BDC平面BCD, =(-1,2,2)·(0,1,0)=2 所以A1C⊥平面BC1D. W1+4+4 因为DP⊥A1C,所以DPC平面BCD, 而点P为截面A1CB上的动，点，平面A1CB∩平面 所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为号： BC1 D=BC1, 分层闯关) 所以，点P的轨迹是线段BC1,长度为V2. 基础题组 ④AD解析取BC的中点D,建立如图所示的空间直角 ①B解析对于选项A,若l与a不平行，则1与α的位置 坐标系. 关系为相交或直线在平面内 设底面边长为2，AA1=t,则 又mCa,则l与m的位置关系为 A(W3,0,0),A1(3,0,t),B1(0, 平行、相交或异面，故A错误. 1,t),C(0,-1,0),C(0,-1,t), 对于选项B,若l∥a,则l与m可 能垂直 B01,0,E(,-20): 如图所示，l∥1，LCa,1⊥m,则lLm,故B正确. 所以B驴=入BC=λ(0，一2,0)，所花 对于选项C,若l∩a=A,且A任m,mCa,则l与m异面， D 故C错误. 0 -+动-(9o） B 对于选项D,若l∩a=A,且I与aA B 不垂直，则l与m可能垂直. +0.-2.0-(-9,号-2a.0. 如图，取a为平面ABCD,l=AD1, A当X=号时，-(-9，合)成=(-5,10. m=AB, 则l⊥m,故D错误. AB=2E驴，所以EP∥AB,故A正确 2C解析取BC的中，点F, B多=时，-(-，号oaC=(-5-1, 连接AF,DF,则有AF⊥BC, DF⊥BC. 0),成.aC-多号+0=-1，所以EP1AG不成立， 、 因为AF∩DF=F,AF,DFC 故B错误 平面ADF, 所以BC⊥平面ADF. CA在-(-，-名，-小，G市-Gi+肺=(0,2， C 因为ADC平面ADF,所以BC⊥AD. -t)+(0,-2λ，0)=(0,2-2λ，-t),A1E≠μC1P,μ∈R, 又AD⊥AE,BC∩AE=E,BC,AEC平面ABC, 故C错误 所以AD⊥平面ABC DEh=(-g8-20）,aG=(-5,-1,0),a 因为AC,ABC平面ABC,所以AD LAC,ADLAB. =(0,0,t). 由正三棱锥的性质可得AD,AB,AC两两垂直， 设平面A1ACC1的法向量为n=(a,b,c), 所以AF-?×22+2-2,即以A为球心，W2为半径 ∫AAi·n=0,n∫tc=0, 则 即 的球面与侧面ABC的交线长为受X,2-号x 2π，即与该三 AC·n=0,l-√3a-b=0. 令b=3,则n=(-1,3,0). 枝维三个侧面文线长的和为3X号-3一 2 当EP1平面4A0G时，∥a,所以-号--是+2A, 3B解析在棱长为1的正方体ABCD-A1B1CD1中， 解得λ=0，入∈[0,1]符合，故D正确. 4410 答案 实战高考·数学 ⑤(1)证明：E,M分别为AB,AD的中点，.EM∥BD. 线OA,OD,OA1分别为x轴、y轴、之轴建立空间直角坐 ,AB⊥BD,∴AB⊥EM 标系O-xy必. E,N分别为AB,BC的中点，∴.EN∥AC 由AA1=23,AO=3,得A1O=3,则A(3,0,0),A1(0, 又AB⊥AC,.∴.AB⊥EN. .'EN∩EM=E,EN,EMC平面EMN, 00,(-复，)所以脉-(，-)，- ∴.AB⊥平面EMN. ,ABC平面ABC, (-号. .平面EMN⊥平面ABC 设平面ABA1的法向量为m=(x,y,之)， (2)解：在Rt△ABC中，，AC=AB=2,AB⊥AC, 则 ∴.BC=2√2. m·BA- 3 2x- 2y+32=0, 又BD=2,CD=2W3, .BC2+BD2=CD2,∴.BD⊥BC m·BA=333 2x-2y=0. ,AB⊥BD,AB∩BC=B,AB,BCC平面ABC, 取x=√3，得m=(3,3,1).显x .BD⊥平面ABC. A 然n=(0,1,0)为平面AOA1 以A为原点，以AC,AB所在直线分别为x轴、y轴，以平 的一个法向量，因此cos(m,n》= m·n 行于BD的直线为之轴，建立如图所示的空间直角坐 :3=313 13 13 标系， 显然二面角B-AA1一O为锐角， 则C(2,0,0),D(0,2,2),M(0,1,1),N(1,1,0), A(0,0,0), 所以二面角B-AA1-0的余弦值为3Y⑧ 13 .AC=(2,0,0),AD=(0,2,2),M=(1,0,-1). 能力题组 设平面ACD的法向量为n=(x,y,z), 7(1)证明：因为PD与平面ABCD所成的角为45°，PA n·AC=2x=0, 则nA市=2y+2z=0 y=1,得n=(0,1,-1). ⊥平面ABCD, 所以∠PDA=45°，且∠PDA=∠APD=45°， 设MN与平面ACD所成的角为a, 所以PA=AD. 则sina=cos<M,n>=·nl-1 又E为PD的中点，所以AE⊥PD. |MIn√2X22’ 因为PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,所以PA⊥CD. ∴直线MN与平面ACD所成的角为， 因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD. 又CD⊥PA,PA∩AD=A,PA,ADC平面PAD, 所以CD⊥平面PAD. 因为AEC平面PAD,所以CD⊥AE. 因为PD∩CD=D,PD,CDC平面PCD, 所以AE⊥平面PCD. (2)解：因为底面ABCD为正方形，G 6(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C中，AB⊥AC,AB 为△BCD的内心， BAC=3,则∠ACB=60,0A=2BC-5. 所以G在对角线AC上. 如图，设正方形对角线的交点为O, 由AB=3,AD=2DB,得DB=1. 所以OG=GF,CG=√2OG, 在△DBO中，∠DBO=30°，DB=1,OB=√3， 所以C0=CG+OG=(2+1)OG, 由余弦定理，得0D=12+(W3)2-2X1X√3Xcos30°= AC=2C0=2(W2+1)OG, 1,所以OD=1,OA2+OD2=4=AD2,于是A0⊥OD. AG=AO+OG=CO+OG=(2+2)0G= 因为A1O⊥平面ABC,ODC平面ABC,所以A1O⊥OD. 因为AO∩A1O=O,AO,A1OC平面AOA1, 1+2)0c所以AG-号AC 所以ODL平面AOA1. 又AB=2,所以AG=2. 又AA1C平面AOA1, 由题意知AB,AD,AP两两垂直，以AB,AD,AP所在的 所以AA1⊥OD. 直线分别为x轴、y轴、之轴建立如图所示的空间直角坐 (2)解：由(1)，知OA,OD,OA1两两垂直，以O为原点，直 标系A-xyz,则G(√2，√2,0). 442 Q实战册参考答案及解析 由(1)知AP=AD, 由(1)知AC⊥平面A1ABB1,所以OP⊥平面A1ABB1. 则P(0,0,2),D(0,2,0), 因为A1OC平面A1ABB1,ABC平面A1ABB1, E(0,1,1) 所以OP⊥A1O,OP⊥AB. 所以PG=(W2,2,-2) 因为AB=A1A=A1B,所以A1O⊥AB. 因为AE⊥平面PCD,所以平 以O为坐标原点，OP,OB,OA1所在的直线分别为x轴、 面PCD的一个法向量为AE y轴、之轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则 BL: =(0,1,1). A(0,-1,0),A1(0,0,W3),B1(0,2,W3),C(2,-1,0). 设直线PG与平面PCD所成 可设点N=(a,0,W3)(0≤a≤2)， 的角为0， 则A1B=(0,2,0),A1C=(2,-1,-√3)，A衣=(a,1, 则sin0= Cos(AE,PG)= |A立.P武 IAEPGI 3). |(0,1,1)·(W2,w2,-2)_2-2 设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,), W2X√8 n·A1Bi=2y=0, 则 培优题组 n·A1C=2x-y-3x=0. 8(1)证明：取棱A1A的中点D,连接BD. 取x=√3，则y=0,x=2,所以n=(W3,0,2). 因为AB=A1B,所以BD⊥AA1. 设直线AN与平面A1B1C所成的角为0， 在三棱柱ABC-A1B1C中，AA1∥BB1, 所以BD⊥BB1,所以BD 则ng=os<n,a不心=n离-Xa+2 nAN √7 √a2+4 =3. (a+2)2V5 /a2+4a+4 因为AB=2,所以AD=1, V7a2+4V7√a2+4 AA1=2. 若a=0,则sin0=√②I 因为AC=2,A1C=2√2， 7 所以AC+AA2=A1C2, *-0,则sim0=元又a千4厉V7+ 所以AC⊥AA1.同理可得 a AC⊥AB. V42 因为AA∩AB=A,AA1,ABC平面A1ABB1, 79 所以AC⊥平面A1ABB1. 当且仅当a= ,即a=2时，等号成立 4 因为ACC平面ABC,所以平面A1ABB⊥平面ABC 所以直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值为 (2)解：取AB的中点O,连接A1O,取BC的中点P,连接 OP,则OP∥AC √42 高考全国视野 真题精练) EAB∩平面ABCD=AB,EMC平面EAB,所以EM⊥平 ①C解析对于A,若m∥a,nCa,则m,n可能平行或异 面ABCD.同理可得FN⊥平面ABCD.根据线面垂直的 面，故A错误； 性质定理可知EM∥FN.又EM=FN,所以四边形EM 对于B,若m⊥a,m⊥B,则a∥B,故B错误； NF为平行四边形，所以EF∥MN.又EF￠平面ABCD, 对于C,若m∥a,mLB,则&⊥B,故C正确； MNC平面ABCD,所以EF∥平面ABCD. 对于D,mCa,a⊥B,则m与B可能平行或相交或mCB,故 (2)解：如图，分别取AD,DC的中点K,L,连接KM, D错误. KH,KL,LN,LG,BD. 2(1)证明：如图，分别取 由(1)，知EM⊥平面ABCD, AB,BC的中点M,N,连接 EF∥MN且EF=MN.同理， EM,FN,MN. 有FN⊥平面ABCD,GL⊥平 因为△EAB,△FBC为全等 面ABCD,HK⊥平面ABCD, 的正三角形，所以EM⊥AB, HE∥KM,HE=KM,HG∥ D FN⊥BC,EM=FN.又平面 KL,HG=KL,GF∥LN,GF 、 EAB⊥平面ABCD,平面 A =LN.易知BD⊥MN,MN⊥ 443 答案 实战高考·数学 MK,KM=MN=NL=LK,所以四棱柱KMNL一HEFG (1)知F为AC的中点，所以FH= 为长方体，且四棱锥A一KMEH,B-MNFE,C-NLGF, 专AH,所以DH= D一LKHG的体积相等，所以该几何体的体积等于长方 GF. 体KMNL-HEFG的体积加上四棱锥B-MNFE体积 的4倍. cOS∠ABD= 因为MN=NL=LK=KM=4V2cm,EM=8×sin60°= 2X2×9 =4十6-PA,解得PA=√4. 2X2×√6 4V3(cm),点B到平面MNFE的距离即为点B到直线 MN的距离d,d-2√2cm,所以该几何体的体积V 同理得BE=5 Γ2 (42)2×43+4×号×42×43×22=1283+ 所以BE2+EF2=BF2=3,所以BE⊥EF,则GF2= 2g5-605cm. (传×+()°-县， 3(1)证明：连接DE,OF,设A市-tAC(0≤t≤1)，则B市 从而G=④DH=×-. 3 2 =BA+A=1-DBi+B心，A0--BA+2BC 在△DOH中，OH=}BF=写， 2 因为BF⊥AO, 所以B市·A0=[(1-t)BA+ o0-复DH 2, BC]·（-脐+}B心) 6+315 B 所以cos∠DOH= 4T44 (:-1)B+BC=4:-1) +4t=0, 解得t=,即市=AC,所以 F为AC的中点. 所以二面角D-A0-C的正弦值为受 因为D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点， 模拟精练) 所以DE∥AB,DE=AB,0F∥AB,OF=2AB,所以 ①D解析若m∥a,则m,n平行或异面，A选项错误； DE∥OF,DE=OF,所以四边形ODEF为平行四边形， 若m∥n,则∥a或mCa,B选项错误； 所以EF∥DO.又EF寸平面ADO,DOC平面ADO, 若mLn,则m,B不一定垂直，也可能平行或相交或mCB, 所以EF∥平面ADO. C选项错误； 若mLβ，a∩B=n,则mLn,D选项正确. (2)证明：因为D,O分别是PB,BC的中点，且PC=√6， 2ABD解析在正方体ABCD-A1BCD中，令AB 所以D0=号PC-,所以AD-后D0= 2 =1,建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0, 在Rt△ABO中，AB=2,BO=√2，所以AO=√6. D 1,0),D(0,0,0),C(0,1,1), 因为OD2+AOP=AD2,所以OD⊥AO, B D1(0,0,1),B1(1,1,1). A 由(1)知EF∥OD,所以EF⊥AO. 对于A,AB=(0,1,1)=DC, 又AO⊥BF,BF∩EF=F,BF,EFC平面BEF, 即AB∥DC,而，点D不在直 所以AO⊥平面BEF. 因为AOC平面ADO,所以平面ADO⊥平面BEF. 线AB1上，所以AB1∥DC. 又AB1C平面ACB1,DC1庄平 (3)解：过点O作OH∥BF交AC于点H,设AD∩BE= 面ACB1,所以直线DC∥平面ACB,A正确. G,连接DH,GF 由AO⊥BF,得HO⊥AO. 对于B,AC=(-1,1,0),设平面ACB1的法向量n=(x, 由(2)，知OD⊥AO,则∠DOH为二面角D-AO-C的平 y,2),则 ABi·n=y+z=0, 面角. AC.n=-x+y=0. 因为D,E分别为PB,PA的中点，所以G为△PAB的重 取x=1,得n=(1,1,-1).棱AB,DC,A1B1,D1C的一 心，所以DG=3AD,GE-}BE 个方向向量为m=(0,1,0),设其与平面ACB1所成的角 因为O为BC的中点，OH∥BF,所以H为FC的中点.由 为，则血=sam==后 444 O实战册参考答案及解析 设棱AD,BC,B1C1,A1D1与平面ACB1所成的角为2， √5a V3a 3 棱AA1,BB1,CC,DD1与平面ACB1所成的角为3.同 √/(a2+12)(a2+3) Va4+15a2+36 √2+15+2 理可求得sin02=sins= .1 =sin √5 因此A=2=3,即每条棱所在直线与平面ACB1所成的 3,当且仅当a2-,即a=5时取 a2 角都相等，B正确. V√15+2√a2.36 a2 对于C,AD1=(-1,0,1),设平面ACD1的法向量p= 等号， (a,b,c),则 AD·p=-a+c=0, 所以三棱台ABC-ABmG的体积V=专×(S△AC十 AC·p=-a+b=0. 取a=1,得p=(1,1,1),而n·p=1≠0，即n,p不垂直， S△44G+/SA·SaA4G)h=号×（合X4X,6+ 平面ACD1与平面ACB1不垂直，C错误. 对于D,BDi=(-1,-1,1)=-n,即BDi∥n,所以直线 ×2x5√合×4×6xx2×)×w5-7 BD1⊥平面ACB1,D正确. ④(1)证明：取BC的中点M, 3(1)证明：在三棱台 连接AM,ME. ABC-A1B1C中，取 因为AB=AC,所以AM⊥BC. B D AC的中点O,连接BO, 因为E为BC1的中点，所以 A1O,C1O. EM为△BCC的中位线，所以 因为BA=BC,所以BO EM∥CC∥AD. 又M=20G=合AA1二 1 ⊥AC.因为平面 AA1CC⊥平面ABC,平 B AD,所以四边形AMED为平行四边形，所以DE∥AM. 面AACC∩平面ABC 因为AA1⊥平面ABC,AMC平面ABC,所以AA1⊥AM, =AC,BOC平面ABC,所以BO⊥平面AA1CC.因为 所以EM⊥AM ACC平面AA1CC,所以AC⊥BO. 因为EM,BCC平面B1BCC,EM∩BC=M,所以AM⊥ 因为A1C∥AO,A1C=AO=AA1,所以四边形A1AOC 平面B1BCC. 是菱形，所以AC⊥A1O. 又DE∥AM,所以DE⊥平面B1BCC. 又A1O∩BO=O,A1O,BOC平面A1OB,所以AC⊥平 (2)解：由(1)可知MA,MC,ME两两垂直，如图，以M为 面A1OB.因为A1BC平面A1OB, 坐标原点，以MC所在直线为x轴，MA所在直线为y轴， 所以A1B⊥AC. ME所在直线为之轴，建立空间直角坐标系. (2)解：取A1C的中点M,连接OM,则OM⊥AC. 在△A1B1C中，由余弦定理得B1C=A1B+A1C 因为平面AA1CC⊥平面ABC,平面AA1CC∩平面 2A1B1·A1C·cos∠B1A1C,则B1C=6, ABC=AC,OMC平面AA1CC,所以OM⊥平面ABC,所 于是D(0,W5,3),B(-3,0,0),B1(-3,0,6),C(3,0,6), 以直线OB,OC,OM两两垂直， A1(0,3,6), 以点O为原点，直线OB,OC,OM分别为x轴、y轴、之轴 所以A1B=(-3,-3,-6),Bd=(3,N3,3),BC 建立空间直角坐标系，设OB=a(a>0), =(6,0,6). 则B(a,0,0),A(0,-2,0),A1(0,-1,3),C(0,1,W3), 设平面DBC的法向量为n=(x,y,z), n·Bd=0, +2 所以A1B=(a,1,-√3)，AB=(a,2,0),A1C=(0,2,0), 则 n·BC=o, BB=BAi+AB=BA+2A站=(-号，0，W5), 即 3x+3y+3z=0, 设平面BA1C的法向量为n=(x,y,之)， 6.x+6x=0. A1C·n=2y=0, 令x=1,则n=(-1,0,1). 则 A A1B.n=ax十y-3z=0. 设直线A1B与平面DBC1所 成的角为0， 取x=√3，得n=(W3,0,a). 则sin0=|cos(A1B,n)= 设直线BB与平面BA1C所成的角为，则sin日- AB.n 3√6 |ABn43X√28， cos(BBI,n>= |BB·n BBin V+3丙 即直线AB与平面DBC1所成角的正弦值为写 445实战册 实战高考·数学 7.3直线、平面垂直的判定与性质 过去考什☑ 山东新高考全练 答案：P438 1.(多选)(2025新课标I卷，9,6分；考点)在 BC-D的大小为45°，求三棱锥A一BCD 正三棱柱ABC一A1BC中，D为BC的中 的体积 点，则() A.AD⊥AC B.BC⊥平面AAD C.CC∥平面AA1D D.AD∥AB 4.(2020新高考I卷，20,12分；考点)如图，四 2.(2020新高考I卷，16,5分；考点)已知直四 棱锥P一ABCD的底面为正方形，PD⊥底 棱柱ABCD-ABCD的棱长均为2，∠BAD 面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交 =60°.以D为球心，√5为半径的球面与侧面 线为. BCCB的交线长为 (1)证明：l⊥平面PDC; 3.(2021新高考I卷，20,12分；考点)如图，在 (2)已知PD=AD=1,Q为l上的点，求PB 三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面 与平面QCD所成角的正弦值的最大值. BCD,AB=AD,O为BD的中点. (1)证明：OA⊥CD; (2)若△OCD是边长为1的等边三角形， 点E在棱AD上，DE=2EA,且二面角E- 将来考什公 山东模拟专练 答案：P440 考点闯关) 考点直线、平面垂直的判定与性质 D.若Y与a,B所成的角相等，则mLy 1.(多选)(2025山东威海一模)设a,B,Y为三 2.(2024山东济南二模)已知正方体ABCD一 个平面，且a∩=m,则() AB1CD,M,N分别是A1D,DB的中点， A.若a∥y,β∩y=n,则m∥n 则() B.若a∩y=a,∩y=b,m∥y,则a∥b A.A1D∥D1B,MN∥平面ABCD C.若a⊥y,B⊥Y,则m⊥Y B.A1D∥DB,MN⊥平面BBD1D C.A1D⊥DB,MN∥平面ABCD 88 O专题七立体几何与空间向量 D.AD⊥DB,MN⊥平面BBDD (1)证明：PO⊥平面ABCD; 3.(多选)(2024山东聊城二模)已知四棱锥 (2)若OA=2OD=2,直线DC与平面PBC P一ABCD的底面ABCD是正方形，则下列 关系能同时成立的是() 所成角的正孩值为若，求平面PAC与平 A.“AB=PB”与“PB=BD” 面PBC夹角的余弦值. B.“PA⊥PC”与“PB⊥PD C.“PB⊥CD”与“PC⊥AB” D.“平面PAB⊥平面PBD”与“平面PCD ⊥平面PBD” 4.(2025山东济宁一模)底面为菱形的四棱锥 P-ABCD中，AC与BD交于点O,平面PBD ⊥平面ABCD,平面PACL平面ABCD, 分层闯关) 基础题组 C.32x 2 D.3√2π 1.(2024山东日照一模)已知l,m是两条不同 3.(2024山东潍坊一模)如图所示，在棱长为1 的直线，a为平面，mCa,下列说法中正确的 的正方体ABCD-A1BC1D1中，点P为截 是() 面A1CB上的动点，若DP⊥A1C,则点P A.若l与a不平行，则l与m一定是异面直 线 的轨迹长度是( B.若l∥a,则l与m可能垂直 C.若∩a=A,且A庄m,则l与m可能平行 D.若l∩a=A,且l与a不垂直，则l与m一 D 定不垂直 2.(2024山东枣庄一模)在侧棱长为2的正三 棱锥A一BCD中，点E为线段BC上一点， A② 2 B.√2 且AD LAE,则以A为球心，√2为半径的球 面与该三棱锥三个侧面交线长的和 c号 D.1 为() 4.（多选)(2025山东青岛一模)在正三棱柱 A.32 ABC-A1B1C中，E为AC的中点，点P满 4 B.√2π 足B产=λBC,λ∈[0,1]，则() 89 实战 实战高考·数学 A.当入=2时，EP∥AB 6.(2024山东烟台一模)如图，在三棱柱ABC -A1B1C中，AB⊥AC,AB=√5AC=3, B当X=2时，EPLAC AD=2DB,O为BC的中点，A1O⊥平 C.存在λ，使得AE∥CP 面ABC D.存在A,使得EP⊥平面A1ACC (1)求证：AA1⊥OD; 5.(2025山东青岛二模)如图，在三棱锥D (2)若AA1=2√3，求二面角B-AA1-O的 ABC中，AC=AB=BD=2,AB⊥BD,AB 余弦值. ⊥AC,E,M,N分别为AB,AD,BC的 中点 M B (1)证明：平面EMN⊥平面ABC; (2)若CD=2√3，求直线MN与平面ACD 所成的角 90 O专题七立体几何与空间向量 能力题组 培优题组 7.(2024山东枣庄一模)如图，在四棱锥P一 8.(2024山东青岛一模)如图，在三棱柱ABC ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平 一A1B1C中，AA1与BB1的距离为√5，AB 面ABCD,PD与底面所成的角为45°，E为 =AC=AB=2,A C=BC=22. PD的中点. A B B (1)求证：AE⊥平面PCD; (1)证明：平面A1ABB1⊥平面ABC; (2)若AB=2,G为△BCD的内心，求直线 (2)若点N在棱A1C上，求直线AN与平 PG与平面PCD所成角的正弦值. 面A1BC所成角的正弦值的最大值， 91 实战 实战高考·数学 他省考什么 高考全国视野 答案：P443 真题精练) 3.(2023全国乙卷，19,12分)如图，在三棱锥 1.(2025天津卷，4,5分)若m为直线，a,3为 P-ABC中，AB⊥BC,AB=2,BC=2√2， 两个平面，则下列结论中正确的是( ) PB=PC=√6，BP,AP,BC的中点分别为 A.若m∥a,nC&,则m∥n D,E,O,AD=√5DO,点F在AC上，BF B.若m⊥，m⊥β，则a⊥3 ⊥A0. C.若m∥a,m⊥B,则a⊥3 D.若mCa,a⊥B,则m⊥3 2.(2022全国甲卷，19,12分)小明同学参加 综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒， 包装盒如图所示：底面ABCD是边长为 8(单位：cm)的正方形，△EAB,△FBC, (1)证明：EF∥平面ADO; △GCD,△HDA均为正三角形，且它们所 (2)证明：平面ADO⊥平面BEF; 在的平面都与平面ABCD垂直. (1)证明：EF∥平面ABCD; (3)求二面角D一AO-C的正弦值. (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的 厚度). B 模拟精练 1.(2025福建厦门一模)已知m,n是两条不同 的直线，a,3是两个不同的平面，a∩β=n,则 下列说法正确的是( ) A若m∥a,则m∥n B.若m∥n,则m∥a C.若m⊥n,则m⊥β D.若m⊥3，则m⊥n 2.(多选)(2025河北保定一模)在正方体 ABCD一A1B1C1D1中，下列四个选项中正 确的有() 92 O专题七立体几何与空间向量 A.直线DC1∥平面ACB 4.(2025广东一模)如图，在直三棱柱ABC B.每条棱所在直线与平面ACB,所成的角 A1BC1中，AB=AC=2√3，∠BAC=120°， 都相等 D为AA1的中点，E为BC1的中点， C.平面ACD1⊥平面ACB D.直线BD⊥平面ACB B. 3.(2025福建厦门二模)如图，在三棱台ABC -A1B1C中，平面AA1C1C⊥平面ABC, AA=AC=CC=2,AC=4,BA=BC. (1)证明：A1B⊥AC1; (2)当直线BB1与平面BA1C所成的角最 (1)证明：DE⊥平面BBCC1; 大时，求三棱台ABC一A1B1C的体积. (2)若BB1=6,求直线A1B与平面DBC 所成角的正弦值. 7.4空间角与距离、空间向量及其应用 过去考什么 山东新高考全练 答案：P446 1.(2020新高考I卷，4,5分；考点1)日晷是 中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面 垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间. 把地球看成一个球（球心记为O),地球上一 点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面 A.20° B.40° C.50° D.90° 所成角，点A处的水平面是指过点A且与 2.(多选)(2022新高考I卷，9,5分；考点1) OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷， 已知正方体ABCD一A1B1C1D,则( 若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬 A.直线BC与DA1所成的角为90 度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所 B.直线BC1与CA1所成的角为90° 成角为() C.直线BC与平面BBDD所成的角为45° 93