§8.4　直線、平面垂直的判定與性質(zhì)專題檢測1.(2018江西贛州模擬,6)如圖,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,且BC1⊥AC,過C1作C1H⊥底面ABC,垂足為H,則點H在(　　)A.直線AC上　　B.直線AB上　　C.直線BC上　　D.△ABC內(nèi)部答案　B　連接AC1,如圖:∵∠BAC=90°,∴AC⊥AB,∵BC1⊥AC,BC1∩AB=B,∴AC⊥平面ABC1,又AC在平面ABC內(nèi),∴根據(jù)面面垂直的判定定理,知平面ABC⊥平面ABC1,則根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理知,過平面ABC1內(nèi)一點C1向平面ABC作垂線,垂足必落在交線AB上.故選B.2.(2018山西臨汾模擬,7)如圖,已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E為MC的中點,則下列結(jié)論不正確的是(　　)A.平面BCE⊥平面ABN　　B.MC⊥ANC.平面CMN⊥平面AMN　　D.平面BDE∥平面AMN答案　C　分別過A,C作平面ABCD的垂線AP,CQ,使得AP=CQ=1, 連接PM,PN,QM,QN,將幾何體補成棱長為1的正方體.∴BC⊥平面ABN,又BC?平面BCE,∴平面BCE⊥平面ABN,故A中說法正確;連接PB,則PB∥MC,顯然,PB⊥AN,∴MC⊥AN,故B中說法正確;取MN的中點F,連接AF,CF,AC.∵△AMN和△CMN都是邊長為的等邊三角形,∴AF⊥MN,CF⊥MN,∴∠AFC為二面角A-MN-C的平面角,∵AF=CF=,AC=,∴AF2+CF2≠AC2,即∠AFC≠,∴平面CMN與平面AMN不垂直,故C中說法錯誤;∵DE∥AN,MN∥BD,DE∩BD=D,DE,BD?平面BDE,MN∩AN=N,MN,AN?平面AMN,∴平面BDE∥平面AMN,故D中說法正確.故選C.3.(2019豫西南五校3月聯(lián)考,8)已知矩形ABCD,AB=2,BC=2,將△ABD沿矩形的對角線BD 所在的直線進行翻折,在翻折過程中,(　　)A.存在某個位置,使得直線BD與直線AC垂直B.存在某個位置,使得直線AB與直線CD垂直C.存在某個位置,使得直線BC與直線AD垂直D.對任意位置,三對直線“AC與BD”“CD與AB”“AD與BC”均不垂直答案　B　矩形在翻折前和翻折后的圖形如圖(1)(2)所示.在圖(1)中,過點A作AE⊥BD,垂足為E,過點C作CF⊥BD,垂足為F,由邊AB,BC不相等可知點E、F不重合;在圖(2)中,連接CE,對于選項A,若AC⊥BD,又知BD⊥AE,AE∩AC=A,所以BD⊥平面ACE,所以BD⊥CE,與點E,F不重合相矛盾,故選項A錯誤;對于選項B,若AB⊥CD,又知AB⊥AD,AD∩CD=D,所以AB⊥平面ADC,所以AB⊥AC,由ABAB,所以不存在這樣的直角三角形,故選項C錯誤;由以上可知選項D錯誤.因此選B.思路分析　根據(jù)翻折前后的變量與不變量,利用反證法對選項進行證明排除,從而得到正確結(jié)果.4.(2019北京西城一模文,18)如圖,在多面體ABCDEF中,底面ABCD為矩形,側(cè)面ADEF為梯形,AF∥DE,DE⊥AD,DC=DE.(1)求證:AD⊥CE;(2)求證:BF∥平面CDE;(3)判斷線段BE上是否存在點Q,使得平面ADQ⊥平面BCE,并說明理由. 解析　(1)證明:由底面ABCD為矩形,知AD⊥CD,又因為DE⊥AD,DE∩CD=D,DE,CD?平面CDE,所以AD⊥平面CDE,又因為CE?平面CDE,所以AD⊥CE.(2)證明:由底面ABCD為矩形,知AB∥CD,又因為AB?平面CDE,CD?平面CDE,所以AB∥平面CDE,同理AF∥平面CDE,又因為AB∩AF=A,AB,AF?平面ABF,所以平面ABF∥平面CDE,又因為BF?平面ABF,所以BF∥平面CDE,(3)結(jié)論:線段BE上存在點Q(Q為BE的中點),使得平面ADQ⊥平面BCE.理由如下:取CE的中點P,BE的中點Q,連接AQ,DP,PQ,則PQ∥BC.由AD∥BC,得PQ∥AD,所以A,D,P,Q四點共面.由(1)知AD⊥平面CDE,又因為DP?平面CDE,所以AD⊥DP,故BC⊥DP.在△CDE中,由DC=DE,P是CE的中點,可得DP⊥CE. 又因為BC∩CE=C,BC,CE?平面BCE,所以DP⊥平面BCE,又因為DP?平面ADPQ,所以平面ADPQ⊥平面BCE(即平面ADQ⊥平面BCE),故線段BE上存在點Q(Q為BE的中點),使得平面ADQ⊥平面BCE.5.如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是∠DAB=60°且邊長為a的菱形,側(cè)面PAD為正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,若G為AD的中點.(1)求證:BG⊥平面PAD;(2)求證:AD⊥PB;(3)若E為BC邊的中點,能否在棱PC上找到一點F,使平面DEF⊥平面ABCD?并證明你的結(jié)論.解析　(1)證明:在菱形ABCD中,∠DAB=60°,G為AD的中點,所以BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BG⊥平面PAD.(2)證明:如圖,連接PG,因為△PAD為正三角形,G為AD的中點,所以PG⊥AD.由(1)知BG⊥AD,又PG∩BG=G,所以AD⊥平面PGB.因為PB?平面PGB,所以AD⊥PB.(3)當F為PC的中點時,滿足平面DEF⊥平面ABCD.證明:取PC的中點F,連接DE、EF、DF. 在△PBC中,FE∥PB,在菱形ABCD中,GB∥DE.又FE?平面DEF,DE?平面DEF,EF∩DE=E,PB?平面PGB,GB?平面PGB,PB∩GB=B,所以平面DEF∥平面PGB.因為BG⊥平面PAD,PG?平面PAD,所以BG⊥PG.又因為PG⊥AD,AD∩BG=G,所以PG⊥平面ABCD.又PG?平面PGB,所以平面PGB⊥平面ABCD,所以平面DEF⊥平面ABCD.6.(2017黑龍江齊齊哈爾一模)如圖所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為2,D是側(cè)棱CC1的中點.(1)證明:平面AB1D⊥平面ABB1A1;(2)若多面體B1A1C1DA的體積為,求正三棱柱ABC-A1B1C1的高.解析　(1)證明:取AB1的中點E,AB的中點F,連接DE,EF,CF.∵E,F分別為AB1,AB的中點,∴EF∥BB1,EF=BB1.又CD∥BB1且CD=BB1,∴CD∥EF,CD=EF,∴四邊形CDEF為平行四邊形,∴DE∥CF,又三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,∴△ABC為正三角形,∴CF⊥AB.又∵BB1⊥平面ABC,CF?平面ABC,∴CF⊥BB1,又AB∩BB1=B,∴CF⊥平面ABB1A1,又DE∥CF,∴DE⊥平面ABB1A1,又DE?平面AB1D,∴平面AB1D⊥平面ABB1A1. (2)多面體B1A1C1DA是以梯形AA1C1D為底面,B1到平面AA1C1D的距離為高的四棱錐,取A1C1的中點H,連接B1H.∵三棱柱ABC-A1B1C1為正三棱柱,∴B1H⊥A1C1,平面B1C1A1⊥平面AA1C1C,又平面B1C1A1∩平面AA1C1C=A1C1,B1H?平面B1C1A1,∴B1H⊥平面AA1C1C.∵A1B1=B1C1=A1C1=2,∴B1H=.設(shè)AA1=h,則=×B1H=××2×=h=,所以h=2.所以正三棱柱ABC-A1B1C1的高為2.7.(2019全國統(tǒng)一診斷卷A,18)在五邊形ABCDF中,E是邊DF上的點,AF∥BE∥CD,BC∥DF,BC⊥CD,AB=BC=,AF=EF=1,BE=CD=2,如圖1,將四邊形AFEB沿BE折起,使平面AFEB⊥平面BCDE,將△BCD沿BD折起,使點C與點A重合,重合的點記為M,如圖2.(1)連接EM,證明:平面BDM⊥平面DEM;(2)求點E到平面BDM的距離.解析　(1)證明:因為EM==,MB=,BE=2,所以EM2+MB2=BE2,所以MB⊥EM.又因為BC⊥CD,即MB⊥MD,EM∩MD=M, EM?平面DEM,MD?平面DEM,所以MB⊥平面DEM.(4分)因為MB?平面BDM,所以平面BDM⊥平面DEM.(5分)(2)易知∠BED=90°,所以S△BED=BE·ED=.又MF∥BE,BE?平面BED,MF?平面BED,所以MF∥平面BED.因為平面BEFM⊥平面BED,平面BEFM∩平面BED=BE,EF⊥BE,所以EF⊥平面BED,所以EF是三棱錐M-BED的高,(7分)所以VM-BED=S△BED·EF=.(8分)又易知△BMD是直角三角形,S△BMD=BM·MD=.設(shè)點E到平面BDM的距離為h,則VE-BDM=×h,(10分)因為VM-BED=VE-BDM,所以=×h,得h=1,即點E到平面BDM的距離為1.(12分)8.(2019河北衡水調(diào)研卷五,18)如圖,在多邊形ABPCD中(圖1),ABCD為長方形,△BPC為正三角形,AB=3,BC=3,現(xiàn)以BC為折痕將△BPC折起,使點P在平面ABCD內(nèi)的射影恰好在AD上(圖2).(1)證明:PD⊥平面PAB;(2)若點E在線段PB上,且PE=PB,當點Q在線段AD上運動時,求三棱錐Q-EBC的體積. 解析　(1)證明:過點P作PO⊥AD,垂足為O.由于點P在平面ABCD內(nèi)的射影恰好在AD上,所以PO⊥平面ABCD,所以PO⊥AB.因為四邊形ABCD為矩形,所以AB⊥AD.又AD∩PO=O,所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PD,AB⊥PA,又由AB=3,PB=3,可得PA=3,同理PD=3.又AD=3,所以PA2+PD2=AD2,所以PA⊥PD,且PA∩PB=A,所以PD⊥平面PAB.(5分)(2)設(shè)點E到底面QBC的距離為h,則VQ-BEC=VE-QBC=S△QBC·h.(7分)由PE=PB,可知=, 所以=?h=×=.(8分)又S△QBC=BC·AB=×3×3=,所以VQ-EBC=S△QBC·h=××=3.(12分)方法總結(jié)　(1)證明空間幾何體中的垂直關(guān)系時,一般要根據(jù)已知條件把空間中的線線、線面、面面之間的垂直關(guān)系進行轉(zhuǎn)化,轉(zhuǎn)化時要正確運用相關(guān)的定理,找出足夠的條件進行推理;(2)利用三棱錐的“等體積性”可以解決一些點到平面的距離問題,即將點到平面的距離看作三棱錐的高,通過轉(zhuǎn)化,借助體積的不變性解決問題.9.(2019江西百所名校模擬八,18)如圖,幾何體是由半個圓柱及個圓柱拼接而成,其中G,H分別為與的中點,四邊形ABCD為正方形.(1)證明:平面DFB⊥平面GCBH;(2)若AB=2,求三棱錐E-ABG的體積.解析　(1)證明:由題意知∠ABF=,因為H為的中點,所以∠ABH=,故∠HBF=,即BF⊥BH.又因為BC⊥平面ABH,BF?平面ABH,所以BC⊥BF,又因為BC∩BH=B,所以BF⊥平面GCBH,因為BF?平面DFB,所以平面DFB⊥平面GCBH.(5分)(2)連接AH,AE,BE,EG,FH,如圖所示, VE-ABG=VA-EFHG+VB-EFHG-VF-ABE-VH-ABG=VA-EFHG+VB-EFHG-VE-ABF-VG-ABH,因為AB=2,所以BF=4,BH=2,由(1)知BF⊥BH,所以FH==2,過點A,B分別作FH的垂線,垂足分別為A1,B1,則AA1⊥平面EFHG,BB1⊥平面EFHG.計算得AA1==,BB1==,所以VA-EFHG+VB-EFHG=×2×2×=8,又VE-ABF=××2×2×2=,VG-ABH=××2×2×2=,所以VE-ABG=8--=4.(12分)10.(2019河南鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測,18)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的菱形,∠BAD=,△PAD是等邊三角形,F為AD的中點,PD⊥BF.(1)求證:AD⊥PB;(2)若E在線段BC上,且EC=BC,能否在棱PC上找到一點G,使平面DEG⊥平面ABCD?若存在,求出三棱錐D-CEG的體積;若不存在,請說明理由. 解析　(1)證明:連接PF,∵△PAD是等邊三角形,F是AD的中點,∴PF⊥AD.∵底面ABCD是菱形,∠BAD=,∴BF⊥AD.又PF∩BF=F,∴AD⊥平面BFP,又PB?平面BFP,∴AD⊥PB.(4分)(2)能在棱PC上找到一點G,使平面DEG⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥BF,∵PD⊥BF,AD∩PD=D,∴BF⊥平面PAD.又BF?平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面PAD,又平面ABCD∩平面PAD=AD,且PF⊥AD,∴PF⊥平面ABCD.(6分)連接CF交DE于點H,過H作HG∥PF交PC于G,∴GH⊥平面ABCD.又GH?平面DEG,∴平面DEG⊥平面ABCD.∵AD∥BC,∴△DFH∽△ECH,∴==,∴==,(10分)∴GH=PF=, ∴VD-CEG=VG-CDE=S△CDE·GH=×DC·CE·sin·GH=.(12分)思路分析　(1)由△PAD是等邊三角形,底面ABCD是菱形,∠BAD=,證得PF⊥AD,BF⊥AD,從而證得AD⊥平面BFP,進而AD⊥PB得證;(2)先證得BF⊥平面PAD,進而證得PF⊥平面ABCD,得棱PC上存在點G使平面DEG⊥平面ABCD,再利用三角形相似求出GH=,最后利用等體積法求解.11.(2019廣西南寧質(zhì)檢,18)四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,BC=CD=PD=2,AB=4,PA⊥BD,平面PBC⊥平面PCD,M,N分別是AD,PB的中點.(1)證明:PD⊥平面ABCD;(2)求MN與平面PDA所成角的正弦值.解析　(1)證明:取PC中點Q,連接DQ.∵CD=PD,∴DQ⊥PC,又∵平面PBC⊥平面PCD,且兩平面交于PC,∴DQ⊥平面PBC,∵BC?平面PBC,∴DQ⊥BC,由題易知BC⊥CD,∵DQ∩DC=D,∴BC⊥平面PDC,∴BC⊥PD.在直角梯形ABCD中,易求得BD=2,AD=2,又AB=4,則AD2+BD2=AB2,即BD⊥AD.又∵BD⊥PA,AD∩PA=A, ∴BD⊥平面PAD,∴BD⊥PD.∵BC∩BD=B,∴PD⊥平面ABCD.(2)以D為原點,,,方向分別為x軸,y軸,z軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),M(,0,0),N(0,,1),=(-,,1).由(1)知,平面PAD的法向量為=(0,2,0),故所求線面角的正弦值為|cos<,>|===.12.(2020新疆烏魯木齊10月月考,18)在五邊形AEBCD中,BC⊥CD,CD∥AB,AB=2CD=2BC,AE⊥BE,AE=BE(如圖1).將△ABE沿AB折起,使平面ABE⊥平面ABCD,線段AB的中點為O(如圖2).(1)求證:平面ABE⊥平面DOE;(2)求平面EAB與平面ECD所成的銳二面角的大小.解析　本題主要考查平面圖形的折疊、面面垂直的判定及二面角,考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、直觀想象、數(shù)學(xué)運算.(1)證明:因為AB=2CD,O是線段AB的中點,則OB=CD.又CD∥AB,所以四邊形OBCD為平行四邊形,又BC⊥CD,所以AB⊥OD.因為AE=BE,OB=OA,所以EO⊥AB.又EO∩DO=O,所以AB⊥平面DOE. 又AB?平面ABE,故平面ABE⊥平面DOE.(5分)(2)由(1)易知OB,OD,OE兩兩垂直,以O(shè)為坐標原點,OB,OD,OE所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz,由題意知△EAB為等腰直角三角形,又AB=2CD=2BC,則OA=OB=OD=OE,設(shè)CD=BC=1,則O(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1),=(-1,0,0),=(0,-1,1).設(shè)平面ECD的法向量n=(x,y,z),則即令z=1,得平面ECD的一個法向量為n=(0,1,1).因為OD⊥平面ABE,所以平面ABE的一個法向量為=(0,1,0).設(shè)平面ECD與平面ABE所成的銳二面角為θ,則cosθ=|cos<,n>|==.因為0°<θ<90°,所以θ=45°,故平面ECD與平面ABE所成的銳二面角為45°.(12分)思路分析　(1)先證AB⊥OD,EO⊥AB,進而推出AB⊥平面EOD,最后由面面垂直的判定定理證明平面ABE⊥平面DOE;(2)以O(shè)為坐標原點,建立空間直角坐標系,求出平面ECD的一個法向量及平面ABE的一個法向量,用向量法求平面EAB與平面ECD所成的銳二面角的大小.13.(2019湖北恩施二模,19)如圖所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,AC=CC1=2,其中P為棱CC1的中點,Q為棱CC1上且位于P點上方的動點.(1)證明:BP⊥平面A1B1C; (2)若平面A1B1C與平面ABQ所成的銳二面角的余弦值為,求直線BQ與平面A1B1C所成角的正弦值.解析　(1)證明:在側(cè)面BCC1B1中,因為BC=2,CC1=2,P為棱CC1的中點,B1B⊥BC,C1C⊥BC,所以tan∠BB1C===,tan∠PBC==,所以∠BB1C=∠PBC,又∠BB1C+∠BCB1=90°,所以∠PBC+∠BCB1=90°,所以PB⊥B1C.(2分)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面A1B1C1,所以BB1⊥A1B1,因為AB=BC=2,AC=2,所以AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC,又AB∥A1B1,BC∥B1C1,所以A1B1⊥B1C1.因為BB1∩B1C1=B1,所以A1B1⊥平面BCC1B1,(4分)所以A1B1⊥BP,因為A1B1∩B1C=B1,所以BP⊥平面A1B1C.(6分)(2)如圖,以BC,BA,BB1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,則P(2,0,),=(2,0,)為平面A1B1C的一個法向量. 設(shè)Q(2,0,t)(t∈(,2]),則=(2,0,t).易知=(0,2,0),(8分)設(shè)平面ABQ的法向量為n=(x,y,z),則取n=(-t,0,2),因為平面A1B1C與平面ABQ所成的銳二面角的余弦值為,所以=,所以=,解得t=或t=,又t∈(,2],所以t=,所以=,(10分)所以直線BQ與平面A1B1C所成角的正弦值為==.(12分)思路分析　(1)首先利用三角函數(shù)關(guān)系證明PB⊥B1C,然后利用勾股定理的逆定理及等角定理證明A1B1⊥B1C1,從而得出A1B1⊥平面BCC1B1,進一步得出BP⊥平面A1B1C;(2)建立空間直角坐標系,分別求得平面A1B1C與平面ABQ的法向量,利用銳二面角的余弦值求參數(shù)值,從而得出的坐標,最后求得直線BQ與平面A1B1C所成角的正弦值.14.(2019福建漳州二模,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,AB=BC=AP=AD,∠ADP=30°,∠BAD=90°,E是PD的中點.(1)證明:PD⊥PB;(2)設(shè)AD=2,點M在線段PC上,且異面直線BM與CE所成角的余弦值為,求二面角M-AB-P的余弦值. 解析　(1)證明:因為∠BAD=90°,所以BA⊥AD.因為平面ABCD⊥平面PAD,交線為AD,所以BA⊥平面PAD,從而BA⊥PD.(2分)在△PAD中,=,即=,得sin∠APD=1,∴∠APD=90°,故AP⊥PD.(4分)因為BA∩AP=A,所以PD⊥平面PAB.(5分)又PB?平面PAB,所以PD⊥PB.(6分)(2)如圖,以P為坐標原點,以PD,PA所在直線分別為x軸,y軸,過點P垂直于平面PAD的射線為z軸正半軸,建立空間直角坐標系,因為AD=2,所以AB=BC=AP=1,PD=,所以P(0,0,0),A(0,1,0),B(0,1,1),C,E,(7分)設(shè)=λ(0≤λ<1),則=λ,所以M,從而=,(8分)又=,所以|cos<,>|==,得9λ2-36λ+20=0,解得λ=或λ=(舍去), 故M.(9分)設(shè)平面MAB的法向量為m=(x,y,z),則整理得令y=,得m=(2,,0).(10分)由(1)知PD⊥平面PAB,所以平面PAB的一個法向量為n=(1,0,0),(11分)所以cos==,易知二面角M-AB-P為銳二面角,故二面角M-AB-P的余弦值為.(12分)15.(2019廣東廣州天河二模,18)如圖,已知等邊△ABC中,E,F分別為AB,AC邊的中點,M為EF的中點,N為BC邊上一點,且CN=BC,將△AEF沿EF折到△A'EF的位置,使平面A'EF⊥平面EFCB.(1)求證:平面A'MN⊥平面A'BF;(2)求二面角E-A'F-B的余弦值.解析　(1)證明:因為E,F分別為等邊△ABC中AB,AC邊的中點,所以EF∥BC,EF=BC,△AEF為等邊三角形,所以折疊后,△A'EF也是等邊三角形,且EF∥BC.因為M是EF的中點,所以A'M⊥EF.(1分)又平面A'EF⊥平面EFCB,A'M?平面A'EF, 所以A'M⊥平面EFCB,(2分)又BF?平面EFCB,所以A'M⊥BF.(3分)因為CN=BC,EF∥BC且EF=BC,M為EF的中點,所以MF∥CN,MF=CN,則四邊形MFCN是平行四邊形,所以MN∥CF.在正△ABC中,知BF⊥CF,所以BF⊥MN.(4分)而A'M∩MN=M,所以BF⊥平面A'MN.又因為BF?平面A'BF,所以平面A'MN⊥平面A'BF.(5分)(2)設(shè)等邊△ABC的邊長為4,取BC的中點G,連接MG,由題設(shè)知MG⊥BC,由(1)知A'M⊥平面EFCB,又MG?平面EFCB,所以A'M⊥MG,(6分)如圖,建立空間直角坐標系M-xyz,則F(-1,0,0),A'(0,0,),B(2,,0),=(1,0,),=(3,,0).(7分)設(shè)平面A'BF的法向量為n=(x,y,z),則令z=1,則n=(-,3,1).(9分)易知平面A'EF的一個法向量為m=(0,1,0),(10分)所以cos===,(11分)顯然二面角E-A'F-B是銳二面角,所以二面角E-A'F-B的余弦值為.(12分)