（天津?qū)Ｓ茫?020版高考數(shù)學大一輪復習 8.4 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)精練.docx

8.4直線、平面垂直的判定與性質(zhì)挖命題【考情探究】考點內(nèi)容解讀5年考情預測熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點直線、平面垂直的判定與性質(zhì)1.以立體幾何中的定義、公理和定理為出發(fā)點,認識和理解空間中線面垂直的有關(guān)性質(zhì)和判定定理2.能運用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的位置關(guān)系的簡單命題2017天津文,17直線與平面垂直的判定與性質(zhì)的應用異面直線的夾角、線面角2018天津文,17平面與平面垂直的性質(zhì)的應用異面直線的夾角、線面角2013天津文,17直線與平面垂直的判定、平面與平面垂直的判定與性質(zhì)的應用線面平行的判定、線面角分析解讀從天津高考試題來看,線線、線面、面面垂直的判定與性質(zhì)是考查的重點之一.考查的具體內(nèi)容可分為兩個層次:一是將定義、判定和性質(zhì)結(jié)合起來,以客觀題的形式出現(xiàn),判斷某些命題的真假;二是以常見幾何體為背景,以解答題的形式出現(xiàn),證明幾何體中直線、平面的垂直關(guān)系,充分考查線線、線面、面面之間的相互轉(zhuǎn)化,屬中檔題.破考點【考點集訓】考點直線、平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2013北京文,8,5分)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為對角線BD1的三等分點,P到各頂點的距離的不同取值有()A.3個B.4個C.5個D.6個答案B2.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,PA底面ABCD,PA=AC.過點A的平面與棱PB,PC,PD分別交于點E,F,G(E,F,G三點均不在棱的端點處).(1)求證:平面PAB平面PBC;(2)若PC平面AEFG,求PFPC的值;(3)直線AE是否能與平面PCD平行?請說明你的理由.解析(1)證明:因為PA平面ABCD,所以PABC.因為四邊形ABCD為正方形,所以ABBC,因為ABPA=A,所以BC平面PAB.因為BC平面PBC,所以平面PAB平面PBC.(2)連接AF.因為PC平面AEFG,所以PCAF.又因為PA=AC,所以F是PC的中點,所以PFPC=12.(3)直線AE與平面PCD不可能平行.理由如下:假設AE平面PCD.因為ABCD,AB平面PCD,CD平面PCD,所以AB平面PCD.而AE,AB平面PAB,且ABAE=A,所以平面PAB平面PCD,這顯然與平面PAB與平面PCD交于點P相矛盾,所以假設不成立,即直線AE與平面PCD不可能平行.思路分析(1)根據(jù)面面垂直的判定定理易證.(2)根據(jù)線面垂直的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)可求PFPC.(3)反證法:假設AE平面PCD,易證AB平面PCD,進而推出平面PAB平面PCD,與已知相矛盾,從而證得結(jié)論.解后反思本題考查了空間中的垂直與平行關(guān)系,熟練掌握相關(guān)定理是解題的關(guān)鍵.3.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PBC是等腰三角形,且PB=PC=3.四邊形ABCD是直角梯形,ABDC,ADDC,AB=5,AD=4,DC=3.(1)求證:AB平面PDC;(2)當平面PBC平面ABCD時,求四棱錐P-ABCD的體積;(3)請在圖中所給的五個點P,A,B,C,D中找出兩個點,使得這兩點所在的直線與直線BC垂直,并給出證明.解析(1)證明:因為ABDC,且AB平面PDC,DC平面PDC,所以AB平面PDC.(2)取BC的中點F,連接PF.因為PB=PC,所以PFBC,因為平面PBC平面ABCD,平面PBC平面ABCD=BC,所以PF平面ABCD.在直角梯形ABCD中,過C作CHAB于點H.因為ABDC,且ADDC,AD=4,DC=3,AB=5,所以CHAD,所以四邊形ADCH為平行四邊形,所以AD=CH,DC=AH,所以BC=BH2+HC2=25,且S梯形ABCD=12(3+5)4=16.又因為PB=3,BF=5,所以PF=2.所以VP-ABCD=13S梯形ABCDPF=13162=323.(3)PABC.證明如下:連接AF,AC.在直角梯形ABCD中,因為ABDC,且ADDC,AD=4,CD=3,所以AC=5.因為AB=5,點F為BC的中點,所以AFBC.又因為BCPF,AFPF=F,所以BC平面PAF.又因為PA平面PAF,所以PABC.煉技法【方法集訓】方法1證明線面垂直的方法1.(2014浙江,6,5分)設m,n是兩條不同的直線,是兩個不同的平面()A.若mn,n,則mB.若m,則mC.若m,n,n,則mD.若mn,n,則m答案C2.如圖,在三棱錐D-ABC中,已知BCD是正三角形,AB平面BCD,AB=BC=a,E為BC的中點,F在棱AC上,且AF=3FC.(1)求三棱錐D-ABC的體積;(2)求證:AC平面DEF;(3)若M為DB的中點,N在棱AC上,且CN=38CA,求證:MN平面DEF.解析(1)因為BCD是正三角形,且AB=BC=a,所以SBCD=34a2.又AB平面BCD,所以VD-ABC=VA-BCD=13SBCDAB=1334a2a=312a3.(2)證明:在底面ABC中,取AC的中點H,連接BH,因為AB=BC,所以BHAC.因為AF=3FC,所以F為CH的中點.又因為E為BC的中點,所以EFBH,則EFAC,因為AB平面BCD,AB平面ABC,所以平面ABC平面BCD.因為BCD是正三角形,E為BC的中點.所以DEBC,則DE平面ABC.因為AC平面ABC,所以DEAC.又DEEF=E,且DE,EF平面DEF,所以AC平面DEF.(3)證明:當CN=38CA時,連接CM交DE于O,連接OF.因為E為BC的中點,M為DB的中點,所以O為BCD的重心,則CO=23CM.因為AF=3FC,CN=38CA.所以CF=23CN,所以COCM=CFCN=23,所以MNOF.又OF平面DEF,MN平面DEF,所以MN平面DEF.思路分析(1)由VD-ABC=VA-BCD求解即可;(2)在底面ABC中,取AC的中點H,連接BH,由題意證明EFAC,利用面面垂直的性質(zhì)定理證明DE平面ABC,則可得DEAC,即可證得結(jié)論;(3)連接CM,OF,設CMDE=O,易證CO=23CM,CF=23CN,則MNOF,從而證得結(jié)論.方法點睛本題主要考查空間幾何體的體積,直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質(zhì)以及直線與平面平行的判定,考查了等積法求體積、空間想象能力與邏輯推理能力.方法2證明面面垂直的方法3.(2016北京文,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC平面ABCD,ABDC,DCAC.(1)求證:DC平面PAC;(2)求證:平面PAB平面PAC;(3)設點E為AB的中點.在棱PB上是否存在點F,使得PA平面CEF?說明理由.解析(1)證明:因為PC平面ABCD,DC平面ABCD,所以PCDC.(2分)又因為DCAC,ACPC=C,AC,PC平面PAC,所以DC平面PAC.(4分)(2)證明:因為ABDC,DCAC,所以ABAC.(6分)因為PC平面ABCD,AB平面ABCD,所以PCAB.(7分)又ACPC=C,AC,PC平面PAC,所以AB平面PAC.又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAC.(9分)(3)棱PB上存在點F,使得PA平面CEF.(10分)理由如下:如圖,取PB的中點F,連接EF,CE,CF.又因為E為AB的中點,所以EFPA.(13分)又因為PA平面CEF,EF平面CEF,所以PA平面CEF.(14分)思路分析(1)證出PCDC,從而證得DC平面PAC.(2)先證ABAC,PCAB,從而證出AB平面PAC,進而由面面垂直的判定定理可證得結(jié)論.(3)此問為探究性問題,求解時可構(gòu)造平面CEF,使得PA平行于平面CEF內(nèi)的一條直線,由于點E為AB的中點,所以可取PB的中點,構(gòu)造中位線.4.已知在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,PA平面ABCD,PA=AB=2,E,F分別是PB,PD的中點.(1)求證:PB平面FAC;(2)求三棱錐P-EAD的體積;(3)求證:平面EAD平面FAC.解析(1)證明:連接BD,與AC交于點O,連接OF,在PBD中,O,F分別是BD,PD的中點,所以OFPB,又因為OF平面FAC,PB平面FAC,所以PB平面FAC.(2)解法一:因為PA平面ABCD,AB,AD平面ABCD,所以PAAB,PAAD,又因為ABAD,PAAB=A,PA,AB平面PAB,所以AD平面PAB,即AD為三棱錐D-PAE的高,在RtPAB中,PA=AB=2,E為PB的中點,所以SPAE=1,又底面ABCD為正方形,所以AD=AB=2,所以VP-EAD=VD-PAE=13SPAEAD=23.解法二:因為PA平面ABCD,所以PA為四棱錐P-ABCD的高.因為PA=AB=2,底面ABCD是正方形,所以VP-ABD=13SABDPA=1312222=43,因為E為PB的中點,所以SPAE=SABE,所以VD-PAE=VD-ABE=12VD-PAB,所以VP-EAD=12VP-ABD=23.(3)證明:因為AD平面PAB,PB平面PAB,所以ADPB,在等腰直角PAB中,AEPB,又AEAD=A,AE,AD平面EAD,所以PB平面EAD,又OFPB,所以OF平面EAD,又OF平面FAC,所以平面EAD平面FAC.方法3翻折問題的處理方法5.(2015浙江,8,5分)如圖,已知ABC,D是AB的中點,沿直線CD將ACD翻折成ACD,所成二面角A-CD-B的平面角為,則()A.ADBB.ADBC.ACBD.ACB答案B6.如圖所示,已知直角ABC,其中ABC=90,D,E分別是AB,AC邊上的中點,現(xiàn)沿DE將ADE翻折,使得A與平面ABC外一點P重合,得到如圖所示的幾何體.(1)證明:平面PBD平面BCED;(2)記平面PDE與平面PBC的交線為l,探究:直線l與BC是否平行.若平行,請給出證明;若不平行,請說明理由.解析(1)證明:D,E分別為邊AB,AC的中點,DEBC,ABC=90,ABBC,BDDE,PDDE,PDBD=D,PD,BD平面PBD,DE平面PBD,DE平面BCED,平面PBD平面BCED.(2)平行.證明如下:DEBC,DE平面PDE,BC平面PDE,BC平面PDE,BC平面PBC,平面PDE平面PBC=l,lBC.過專題【五年高考】A組自主命題天津卷題組1.(2018天津文,17,13分)如圖,在四面體ABCD中,ABC是等邊三角形,平面ABC平面ABD,點M為棱AB的中點,AB=2,AD=23,BAD=90.(1)求證:ADBC;(2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值;(3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值.解析本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、平面與平面垂直等基礎知識.考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力.(1)證明:由平面ABC平面ABD,平面ABC平面ABD=AB,ADAB,可得AD平面ABC,故ADBC.(2)取棱AC的中點N,連接MN,ND.又因為M為棱AB的中點,故MNBC.所以DMN(或其補角)為異面直線BC與MD所成的角.在RtDAM中,AM=1,故DM=AD2+AM2=13.因為AD平面ABC,故ADAC.在RtDAN中,AN=1,故DN=AD2+AN2=13.在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cosDMN=12MNDM=1326.所以,異面直線BC與MD所成角的余弦值為1326.(3)連接CM.因為ABC為等邊三角形,M為邊AB的中點,故CMAB,CM=3.又因為平面ABC平面ABD,而CM平面ABC,故CM平面ABD.所以,CDM為直線CD與平面ABD所成的角.在RtCAD中,CD=AC2+AD2=4.在RtCMD中,sinCDM=CMCD=34.所以,直線CD與平面ABD所成角的正弦值為34.2.(2017天津文,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD平面PDC,ADBC,PDPB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.(1)求異面直線AP與BC所成角的余弦值;(2)求證:PD平面PBC;(3)求直線AB與平面PBC所成角的正弦值.解析本題主要考查兩條異面直線所成的角、直線與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎知識.考查學生的空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力.(1)如圖,由ADBC,知DAP或其補角即為異面直線AP與BC所成的角.因為AD平面PDC,所以ADPD.在RtPDA中,由題意得AP=AD2+PD2=5,故cosDAP=ADAP=55.所以,異面直線AP與BC所成角的余弦值為55.(2)證明:因為AD平面PDC,直線PD平面PDC,所以ADPD.又因為BCAD,所以PDBC,又PDPB,BCPB=B,BC,PB平面PBC,所以PD平面PBC.(3)如圖,過點D作AB的平行線交BC于點F,連接PF,則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角.因為PD平面PBC,故PF為DF在平面PBC上的射影,所以DFP為直線DF和平面PBC所成的角.由于ADBC,DFAB,故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2.又ADDC,故BCDC,在RtDCF中,DF=CD2+CF2=25,在RtDPF中,可得sinDFP=PDDF=55.所以,直線AB與平面PBC所成角的正弦值為55.方法點撥1.求異面直線所成角的步驟:(1)作:通過作平行線得到相交直線;(2)證:證明所作角為異面直線所成的角(或其補角);(3)求:解三角形,求出所作的角.如果求得的角是銳角或直角,則它就是所求的角,如果求出的角是鈍角,則它的補角為所求的角.2.求直線與平面所成角的方法:(1)定義法:關(guān)鍵是找出斜線在平面內(nèi)的射影;(2)公式法:sin=hl(其中為直線與平面所成角,h為斜線上一點到平面的距離,l為該點到斜足的距離).3.(2013天津文,17,13分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱A1A底面ABC,且各棱長均相等,D,E,F分別為棱AB,BC,A1C1的中點.(1)證明:EF平面A1CD;(2)證明:平面A1CD平面A1ABB1;(3)求直線BC與平面A1CD所成角的正弦值.解析(1)證明:如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,ACA1C1,且AC=A1C1,連接ED,在ABC中,因為D,E分別為AB,BC的中點,所以DE=12AC且DEAC,又因為F為A1C1的中點,可得A1F=DE,且A1FDE,即四邊形A1DEF為平行四邊形,所以EFDA1.又EF平面A1CD,DA1平面A1CD,所以EF平面A1CD.(2)證明:由于底面ABC是正三角形,D是AB的中點,故CDAB,又由于側(cè)棱A1A底面ABC,CD平面ABC,所以AA1CD,又A1AAB=A,因此CD平面A1ABB1,而CD平面A1CD,所以平面A1CD平面A1ABB1.(3)在平面A1ABB1內(nèi),過點B作BGA1D交直線A1D于點G,連接CG.由于平面A1CD平面A1ABB1,而直線A1D是平面A1CD與平面A1ABB1的交線,故BG平面A1CD.由此得BCG為直線BC與平面A1CD所成的角.設棱長為a,可得A1D=5a2,由A1ADBGD,易得BG=5a5.在RtBGC中,sinBCG=BGBC=55.所以直線BC與平面A1CD所成角的正弦值為55.B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組考點直線、平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2018課標文,19,12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點.(1)證明:PO平面ABC;(2)若點M在棱BC上,且MC=2MB,求點C到平面POM的距離.解析(1)證明:因為AP=PC=AC=4,O為AC的中點,所以OPAC,且OP=23.連接OB,因為AB=BC=22AC,所以ABC為等腰直角三角形,且OBAC,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OPOB.由OPOB,OPAC且OBAC=O知OP平面ABC.(2)作CHOM,垂足為H.由(1)可得OPCH,又OMOP=O,所以CH平面POM.故CH的長為點C到平面POM的距離.由題設可知OC=12AC=2,CM=23BC=423,ACB=45.所以OM=253,CH=OCMCsinOCMOM=455.所以點C到平面POM的距離為455.解題關(guān)鍵認真分析三棱錐各側(cè)面和底面三角形的特殊性,利用線面垂直的判定方法及等積法是解題的關(guān)鍵.2.(2017山東,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示.四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點,E為AD的中點,A1E平面ABCD.(1)證明:A1O平面B1CD1;(2)設M是OD的中點,證明:平面A1EM平面B1CD1.證明本題考查線面平行與面面垂直.(1)取B1D1的中點O1,連接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1OC,A1O1=OC,因此四邊形A1OCO1為平行四邊形,所以A1OO1C.又O1C平面B1CD1,A1O平面B1CD1,所以A1O平面B1CD1.(2)因為ACBD,E,M分別為AD和OD的中點,所以EMBD,又A1E平面ABCD,BD平面ABCD,所以A1EBD,因為B1D1BD,所以EMB1D1,A1EB1D1,又A1E,EM平面A1EM,A1EEM=E,所以B1D1平面A1EM,又B1D1平面B1CD1,所以平面A1EM平面B1CD1.方法總結(jié)證明面面垂直的方法:1.面面垂直的定義;2.面面垂直的判定定理(a,a).易錯警示ab,a/b.3.(2017江蘇,15,14分)如圖,在三棱錐A-BCD中,ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,點E,F(E與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EFAD.求證:(1)EF平面ABC;(2)ADAC.證明(1)在平面ABD內(nèi),因為ABAD,EFAD,所以EFAB.又因為EF平面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC.(2)因為平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,BC平面BCD,BCBD,所以BC平面ABD.因為AD平面ABD,所以BCAD.又ABAD,BCAB=B,AB平面ABC,BC平面ABC,所以AD平面ABC.又因為AC平面ABC,所以ADAC.方法總結(jié)立體幾何中證明線線垂直的一般思路:(1)利用兩平行直線垂直于同一條直線(ab,acbc);(2)線面垂直的性質(zhì)(a,bab).4.(2014湖北,20,13分)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分別是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中點.求證:(1)直線BC1平面EFPQ;(2)直線AC1平面PQMN.證明(1)連接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方體,知AD1BC1,因為F,P分別是AD,DD1的中點,所以FPAD1.從而BC1FP.又FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,故直線BC1平面EFPQ.(2)連接AC,BD,則ACBD.由CC1平面ABCD,BD平面ABCD,可得CC1BD.又ACCC1=C,所以BD平面ACC1.而AC1平面ACC1,所以BDAC1.因為M,N分別是A1B1,A1D1的中點,所以MNBD,從而MNAC1.同理可證PNAC1.又PNMN=N,PN,MN平面PQMN,所以直線AC1平面PQMN.評析本題考查線面平行、線面垂直的判定與性質(zhì),考查學生的空間想象能力.5.(2014重慶,20,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面是以O為中心的菱形,PO底面ABCD,AB=2,BAD=3,M為BC上一點,且BM=12.(1)證明:BC平面POM;(2)若MPAP,求四棱錐P-ABMO的體積.解析(1)證明:連接OB,因為ABCD為菱形,O為菱形的中心,所以AOOB.因為BAD=3,所以OB=ABsinOAB=2sin6=1,又因為BM=12,且OBM=3,所以在OBM中,OM2=OB2+BM2-2OBBMcosOBM=12+122-2112cos3=34.所以OB2=OM2+BM2,故OMBM.又PO底面ABCD,所以POBC.從而BC與平面POM內(nèi)兩條相交直線OM,PO都垂直,所以BC平面POM.(2)由(1)可得,OA=ABcosOAB=2cos6=3.設PO=a,由PO底面ABCD知,POA為直角三角形,故PA2=PO2+OA2=a2+3.又POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+34.連接AM,在ABM中,AM2=AB2+BM2-2ABBMcosABM=22+122-2212cos23=214.由于MPAP,故APM為直角三角形,則PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+34=214,得a=32或a=-32(舍去),即PO=32.所以S四邊形ABMO=SAOB+SOMB=12AOOB+12BMOM=1231+121232=538.所以VP-ABMO=13S四邊形ABMOPO=1353832=516.評析本題考查線面垂直的證明以及空間幾何體體積的計算,在證明直線與平面垂直時,打破以往單純的幾何邏輯推理,將余弦定理、勾股定理巧妙融合,體現(xiàn)了知識的交匯性.C組教師專用題組(2015福建,20,12分)如圖,AB是圓O的直徑,點C是圓O上異于A,B的點,PO垂直于圓O所在的平面,且PO=OB=1.(1)若D為線段AC的中點,求證:AC平面PDO;(2)求三棱錐P-ABC體積的最大值;(3)若BC=2,點E在線段PB上,求CE+OE的最小值.解析(1)證明:在AOC中,因為OA=OC,D為AC的中點,所以ACDO.又PO垂直于圓O所在的平面,所以POAC.因為DOPO=O,DO,PO平面PDO,所以AC平面PDO.(2)因為點C在圓O上,所以當COAB時,C到AB的距離最大,且最大值為1.又AB=2,所以ABC面積的最大值為1221=1.又因為三棱錐P-ABC的高PO=1,故三棱錐P-ABC體積的最大值為1311=13.(3)解法一:在POB中,PO=OB=1,POB=90,所以PB=12+12=2.同理,PC=2,所以PB=PC=BC.在三棱錐P-ABC中,將側(cè)面BCP繞PB所在的直線旋轉(zhuǎn)至平面BCP,使之與平面ABP共面.當O,E,C共線時,CE+OE取得最小值.又因為OP=OB,CP=CB,所以OC垂直平分PB,即E為PB的中點.從而OC=OE+EC=22+62=2+62,亦即CE+OE的最小值為2+62.解法二:在POB中,PO=OB=1,POB=90,所以OPB=45,PB=12+12=2.同理,PC=2.所以PB=PC=BC,所以CPB=60.在三棱錐P-ABC中,將側(cè)面BCP繞PB所在的直線旋轉(zhuǎn)至平面BCP,使之與平面ABP共面,如圖所示.當O,E,C共線時,CE+OE取得最小值.所以,在OCP中,由余弦定理,得OC2=1+2-212cos(45+60)=1+2-222212-2232=2+3.從而OC=2+3=2+62.所以CE+OE的最小值為2+62.評析本題主要考查直線與平面的位置關(guān)系、錐體的體積等基礎知識,考查學生的空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力,以及數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想.【三年模擬】解答題(共90分)1.(2019屆天津七校聯(lián)考期中,19)如圖,在三棱錐P-ABC中,AC=BC=2,ACB=90,側(cè)面PAB為等邊三角形,側(cè)棱PC=22.(1)求證:PCAB;(2)求證:平面PAB平面ABC;(3)求二面角B-AP-C的余弦值.解析(1)證明:設AB的中點為D,連接PD,CD,因為AP=BP,所以PDAB,又AC=BC,所以CDAB.因為PDCD=D,所以AB平面PCD,因為PC平面PCD,所以PCAB.(2)證明:因為ACB=90,AC=BC=2,所以AD=BD=CD=2,AB=22,又PAB為正三角形,且PDAB,所以PD=6.因為PC=22,所以PC2=CD2+PD2,所以CDP=90,由(1)知CDP是二面角P-AB-C的平面角,所以平面PAB平面ABC.(3)由(2)知CD平面PAB,過D作DEPA于E,連接CE,則CEPA,所以DEC是二面角B-AP-C的平面角,易求得DE=62,在RtCDE中,因為CD=2,DE=62,所以EC=142,所以cosDEC=217,即二面角B-AP-C的余弦值為217.2.(2019屆天津耀華中學月考,17)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為直角梯形,ADBC,ADC=90,平面PAD底面ABCD,E為AD的中點,M是棱PC的中點,PA=PD=2,BC=12AD=1,CD=3.(1)求證:PE平面ABCD;(2)求直線BM與平面ABCD所成角的正切值;(3)求直線BM與CD所成角的余弦值.解析(1)證明:PA=PD,E為AD的中點,PEAD.又平面PAD平面ABCD,且平面PAD平面ABCD=AD,PE平面PAD,PE平面ABCD.(2)連接EC,取EC的中點H,連接MH,HB.M是PC的中點,H是EC的中點,MHPE.由(1)知PE平面ABCD,MH平面ABCD,BH是BM在平面ABCD內(nèi)的射影,MBH即為BM與平面ABCD所成的角.連接BE.ADBC,BC=12AD,E為AD的中點,ADC=90,四邊形BCDE為矩形,易知EC=2,HB=12EC=1,MH=12PE=32,在MHB中,tanMBH=MHHB=32,直線BM與平面ABCD所成角的正切值為32.(3)由(2)知CDBE,直線BM與CD所成角即為直線BM與BE所成角(MBE或其補角),連接ME,在RtMHE中,ME=72,在RtMHB中,BM=72,又BE=CD=3,在MEB中,cosMBE=BM2+BE2-ME22BMBE=74+3-742723=217.直線BM與CD所成角的余弦值為217.3.(2018天津十二區(qū)縣二模,17)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PACD,PAD=ABC=90,ABCD,DC=CB=12AB=1,PA=2.(1)求異面直線AB與PD所成角的余弦值;(2)證明:平面PAD平面PBD;(3)求直線DC與平面PBD所成角的正弦值.解析(1)取AB的中點E,連接DE、AC,ABCD,PDC(或其補角)是異面直線AB與PD所成的角,PACD,PAAD,CDAD=D,PA平面ABCD,易得CDEB,四邊形EBCD是平行四邊形,又EBC=90,DC=CB,四邊形EBCD是正方形,DEAB,DA=DB=2,PD=6,AC=5,在RtPAC中,PC=3,cosPDC=6+1-926=-66.異面直線AB與PD所成角的余弦值為66.(2)證明:由(1)知BD=2,AD=2,AB=2,由勾股定理的逆定理得BDAD,又BDPA,PAAD=A,BD平面PAD,又BD平面PBD,平面PAD平面PBD.(3)ABCD,直線DC與平面PBD所成角即為AB與平面PBD所成角,過點A作AHPD,垂足為H,連接BH,由(2)知平面PAD平面PBD,又平面PAD平面PBD=PD,AH平面PAD,AH平面PBD,BH為斜線AB在平面PBD內(nèi)的射影,ABH是直線AB與平面PBD所成角,在RtPAD中,PAAD=PDAH,AH=233,故在RtABH中,sinABH=AHAB=33,直線DC與平面PBD所成角的正弦值為33.4.(2018天津和平一模,17)如圖,在三棱錐P-ABC中,PB平面ABC,ACBC,PB=2,AB=22,D為PB的中點,E為AD的中點,點F在線段PC上,且PF=3FC.(1)求證:ACCD;(2)求證:EF平面ABC;(3)若BC=2,求二面角C-AD-B的度數(shù).解析(1)證明:PB平面ABC,AC平面ABC,PBAC,又ACBC,BCPB=B,AC平面PBC,CD平面PBC,ACCD.(2)證明:取AB的中點M,在線段BC上取點N使BN=3NC,連接EM,MN,FN,EM是ABD的中位線,EMPB,EM=12DB=14PB,BN=3NC,PF=3FC,FNPB,FN=14PB,EMFN,EM=FN,四邊形EMNF是平行四邊形,EFMN,EF平面ABC,MN平面ABC,EF平面ABC.(3)過C作CHAB,過H作HKAD,垂足分別為H,K.PB平面ABC,PB平面PAB,平面PAB平面ABC,平面PAB平面ABC=AB,CH平面PAB,AD平面PAB,ADCH,又HKAD,CHHK=H,AD平面CHK,CK平面CHK,CKAD,CKH即為二面角C-AD-B的平面角,易求得CH=62,KH=22,tanCKH=CHKH=3CKH=60,所以二面角C-AD-B的度數(shù)為60.5.(2018天津河東一模,17)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,三角形ABC為正三角形,邊長為2,ADDC,AD=1,PO垂直平面ABCD于O,O為AC的中點.(1)證明:PABO;(2)證明:DO平面PAB;(3)若PD=6,求直線PD與平面PAC所成角的正切值.解析(1)證明:ABC為正三角形,O為AC的中點,BOAC,PO平面ABCD,BO平面ABCD,BOPO,又ACPO=O,BO平面PAC,PA平面PAC,PABO.(2)證明:ADDC,AD=1,AC=2,CD=3,ACD=30,BCCD,ODA=OAD=60,BAC=60,DOAB,AB平面PAB,DO平面PAB,DO平面PAB.(3)過D作DFAC,垂足為F,連接PF,PO平面ABCD,PODF,ACPO=O,DF平面PAC,則PF為PD在平面PAC內(nèi)的射影,DPF即為直線PD與平面PAC所成角的平面角,在ACD中,DFAC=ADDC,DF=32,PF=212,tanDPF=77,直線PD與平面PAC所成角的正切值為77.6.(2018天津南開一模,17)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PC底面ABCD,PC=CD=2,E為AB上一點,DEAC.底面四邊形ABCD滿足ADC=DCB=90,AD=1,BC=3.(1)求證:平面PDE平面PAC;(2)求異面直線PD與AB所成的角;(3)求直線PC與平面PDE所成角的正弦值.解析(1)證明:PC底面ABCD,PCDE,又DEAC,PCAC=C,DE平面PAC,DE平面PDE,平面PDE平面PAC.(2)作DMAB交BC于點M,連接PM,從而PDM或其補角即為異面直線PD與AB所成的角,ADC=DCB=90,ADBC,四邊形ABCD為直角梯形,四邊形ADMB為平行四邊形,CD=2,AD=1,BC=3,AB=DM=22,CM=2,又PC底面ABCD,PC=2,PD=PM=22,PDM為等邊三角形,PDM=60,即異面直線PD與AB所成角為60.(3)設AC與DE的交點為G,連接PG,過點C作CHPG于H點,由(1)知平面PDE平面PAC,且PG是交線,則CH平面PDE,從而CPG為直線PC與平面PDE所成的角.在RtADC中,CD=2,AD=1,AC=5,從而GC=455,又在RtPCG中,PC=2,CG=455,PG=655,sinCPG=CGPG=23,即直線PC與平面PDE所成角的正弦值為23.7.(2017天津河東二模,17)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA平面ABCD,ADBC,且AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點,AM=2MD,且N為PC的中點.(1)求證:MN平面PAB;(2)求證:平面PMC平面PAD;(3)求直線AN與平面PMC所成角的正弦值.解析(1)證明:取PB的中點E,連接EN,AE,N為PC的中點,ENBC,且EN=12BC=2.由AM=2MD,AD=3,得AM=2,又ADBC,ENAM.四邊形ENMA為平行四邊形,MNAE,又AE平面PAB,MN平面PAB,MN平面PAB.(2)證明:取BC的中點F,連接AF.AB=AC,AFBC,又AMFC,AM=FC=2,四邊形AFCM為平行四邊形,故CMAD.又PA平面ABCD,CM平面ABCD,CMPA,又ADPA=A,CM平面PAD,CM平面PMC,平面PMC平面PAD.(3)過A作AGPM,垂足為G.由(2)知平面PMC平面PAD,又平面PMC平面PAD=PM,AG平面PAD,AG平面PMC,連接GN.則GN為AN在平面PMC上的射影,ANG為AN與平面PMC所成的角.在RtAPG中,AN=12PC=12PA2+AC2=52,在RtPAM中,AG=PAAMPA2+AM2=455,在RtANG中,sinANG=AGAN=8525,AN與平面PMC所成角的正弦值為8525.