高三数学简易教学立体几何小专题学案23 垂直证明3：涉等腰三角形

这是一份高三数学简易教学立体几何小专题学案23 垂直证明3：涉等腰三角形，共31页。试卷主要包含了 【解】方法一， 求证等内容，欢迎下载使用。
《立体几何》专题23-1 垂直证明3：涉等腰三角形
（7套7页）
知识点：
等腰三角形： （注意：以下题目只需要做垂直证明部分，二面角等内容不做。）
等腰三角形三线合一，底边上的中线，垂直于底边。

典型例题：
1. 已知如下左图正四面体SABC的侧面积为，O为底面正三角形ABC的中心.（1）求证：SA⊥BC；（ 答案：解：（1）证明：取的中点,连结，
是等边三角形是的中点
是等边三角形是的中点
,平面平面
平面

（2）解法一：由（1）可知平面
平面，平面平面
平面平面，过点作，则平面
就是点到侧面的距离.
由题意可知点在上，设正四面体的棱长为，
正四面体的侧面积为，，
在等边三角形ABC中，D是BC的中点
，同理可得
为底面正三角形的中心
，
在中，
由
得：
，即点到侧面的距离为.
解法二： 连结，则，由题意可知点在上，
设正四面体的棱长为，
正四面体的侧面积为
，
在等边三角形中，是的中点

为底面正三角形的中心
，
在中，


，设点到侧面的距离为，
由得，
，即点到侧面的距离为.
）


2. （2021年江苏G04南京六校联考）如下右图，在四棱锥P—ABCD中，已知PC⊥底面ABCD，AB⊥AD，
AB∥CD，AB＝2,，AD＝CD＝1，BC＝PC ,E是PB的中点.
（1）求证: PB⊥平面EAC（ 19. 【解】方法一：（1）平面，平面，得.………………1分

又，在中，得，
设中点为，连接，
则四边形为边长为1的正方形，所以，且，
因为，所以，………………3分
又因为，所以平面，
又平面，所以,………………5分
因为，是的中点，
所以,因为,又平面,
直线平面. ………………7分
（2） 由（1）知平面，所以是二面角的平面角，………………9分
因为是等腰直角三角形，且是的中点，
所以
所以二面角的大小是.………………12分
方法二：（1）以为坐标原点，分别以射线､射线为轴和轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，
则，，.………………2分

又，在中，得，
设中点为，连接，
则四边形为边长为1的正方形，所以，且，所以，
所以,………………4分
因为是的中点，所以,
所以,,

,
所以,,因为,又平面,
直线平面.………………7分
(2)平面，平面，得.
因为，所以，又,
所以直线平面,所以是平面一个法向量，………………9分
由（1）可知是平面一个法向量，
,,
所以,………………11分
所以二面角的大小是.………………12分

）
（2）求二面角P—AC—E的大小.


随堂练习：
1. 如下左图，A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝，等边三角形ADB以AB为轴运动。当平面ADB⊥平面ABC时，求CD；（ （文）解：（１）取的中点，连结，
因为是等边三角形，所以．
当平面平面时，
因为平面平面，
所以平面，
可知．由已知可得，
在Rt△DEC中，．

（２）当以为轴转动时，总有．
证明：①当在平面内时，因为，
所以都在线段的垂直平分线上，即．
②当不在平面内时，由（１）知．
又因，所以．
又为相交直线，所以平面，
由平面，得．
综上所述，总有．

）

2. 如下右图，在四棱锥P-ABCD中，则面PAD⊥底面 ABCD，侧棱PA＝PD＝，底面ABCD为直角梯形，
其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD中点，求证：PO⊥平面ABCD；（ （Ⅰ）面PAD⊥底面 ABCD，又，所以
）


《立体几何》专题23-2 垂直证明3：涉等腰三角形
1. 如下左图，已知四棱锥的底面是菱形，，为边的中点．
证明：平面平面； 答案：（1）证明：连接，因为底面是菱形，，
所以是正三角形，所以，因为为的中点，，
所以，且，所以平面，
又平面，所以平面平面；

（2）因为是正三角形，所以，
在中，，所以，又，所以，
所以，即，又，且，所以平面，
因为，所以四棱锥的体积为．



2. （2021年江苏G12盐城）如下右图，在三棱锥P—ABC中，△PAC为等腰直角三角形，为正三角形，AC=2．
（1）证明：PB⊥AC；（ (1)证：取AC的中点D,连结PD,BD
为等腰直角三角形，为中点，，
又为正三角形，为中点，，
又，平面，
平面PBD，又平面，
(2) 解：

以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，

设为平面的一个法向量，则，即，
令，得，，
又是平面的一个法向量，∴，
由图可知二面角的平面角为锐角，∴二面角的余弦值为．

）
（2）若平面平面，求二面角A—PC—B的余弦值．

3. （2021年江苏G13泰州）（本小题满分12分）如下左图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为的等边三角形ABC，AA1=2，点A1在底面上的射影是△ABC的中心O．
（1）求证：平面A1AO⊥平面BCC1B1；（


（2）取AB的中点为点E，连结OE，如图所示建立空间直角坐标系O-xyz





）
（2）求二面角C1-AB-C的余弦值．

4. （2021年新高考模拟5）如下右图，在直三棱柱中，，，，为线段的中点，为线段上一动点（异于点），为线段上一动点，且．
（1）求证：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．（ 答案：（1）证明见解析；（2）；
【解析】（1）证明：因为，为线段的中点，
所以，
在直三棱柱中，易知平面，，
而，平面，，
又因为，，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）由（1）可建立如图空间直角坐标系，

因为，所以，
则，，，，，
设，，
所以，，
因为，，所以，，
，解得，（异于点），
，，，
设平面的法向量为，则，
即，可取，
设直线与平面所成角为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为．

）
《立体几何》专题23-3 垂直证明3：涉等腰三角形

1. 如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°，证明：AB⊥A1C；（ (1)证明：取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.
因为CA＝CB，所以OC⊥AB.
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，
故△AA1B为等边三角形，
所以OA1⊥AB.
因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.
又A1C平面OA1C，故AB⊥A1C.
(2)解：由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.
又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，
所以OC⊥平面AA1B1B，
故OA，OA1，OC两两相互垂直．
以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.

由题设知A(1,0,0)，A1(0，，0)，C(0,0，)，B(－1,0,0)．
则＝(1,0，)，＝＝(－1，，0)，＝(0，，)．
设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，
则即可取n＝(，1，－1)．
故cos〈n，〉＝＝.
所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.

）


2. （2021年新高考模拟12）（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，
PA⊥底面ABCD，PA=AB，E为线段PB的中点．

（1）证明：点F在线段BC上移动时，△AEF为直角三角形；
（2）若F为线段BC的中点，求二面角A-EF-D的余弦值．（ 答案：（1）证明见解析；（2）；
【解析】（1）证明：因为，E为线段的中点，所以，
因为底面，平面，所以，
又因为底面为正方形，所以，
又，所以平面，
∵平面，∴，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
所以点F在线段上移动时，为直角三角形．
（2）由题意，以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
令，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，
可得，，
取；
设平面的法向量为，则，
可得，，
取，
所以，
由图可知：二面角的平面角为锐角，因此余弦值为．


）



3. 在三棱锥S-ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，，M、N分别为AB，SB的中点 证明：AC⊥SB；




《立体几何》专题23-4 垂直证明3：涉等腰三角形

1. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，
BC∥AD且BC＝4，点M为PC中点．求证：平面ADM⊥平面PBC；（ 答案：解：（1）取PB中点N，连结MN、AN，则
∵M是PC中点，∴，
又∵BC∥AD，∴MN∥AD，MN＝AD，
∴四边形ADMN为平行四边形，
∵AP⊥AD，AB⊥AD，∴AD⊥平面PAB，
∴AD⊥AN，∴AN⊥MN，
∵AP＝AB，∴AN⊥PB，∴AN⊥平面PBC，
∵AN⊂平面ADM，
∴平面ADM⊥平面PBC．

（2）由（1）知，PN⊥AN，PN⊥AD，
∴PN⊥平面ADM，即点P到平面ADM的距离为PN，
在Rt△PAB中，由PA＝AB＝2，得，
∴．
）


2. （2021年河北G06沧州G09唐山）（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，二面角为60°，E为PD的中点．

（1）证明：平面PAD．（ 20．（1）证明：四边形ABCD为正方形，．
，，
平面PCD．
平面PCD，．
二面角P-AD-B为60°，．
，，为等边三角形．
为PD的中点，．
，平面PAD．
（2）解：过P作，垂足为O，易知O为CD的中点．
平面平面ABCD，
平面平面，平面PDC，
平面ABCD．
设AB的中点为Q，连接OQ，
则，平面PDC．
以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．

正方形ABCD的边长为2，
，，，，，，
，，，
平面PAD，
为平面ADE的一个法向量．
设是平面ABE的法向量，
则，
令，得．
．
平面ADE与平面ABE所成锐二面角的余弦值为．

）
（2）求平面ADE与平面ABE所成锐二面角的余弦值．


3. （2021年江苏G02）(本小题满分12分)如图，三棱锥S—ABC的底面ABC和侧面SBC都是等边三角形，且平面SBC⊥平面ABC，点P在侧棱SA上．
（1）当P为侧棱SA的中点时，求证：SA⊥平面PBC；
（2）若二面角P—BC—A的大小为60°，求的值．（





）



《立体几何》专题23-5 垂直证明3：涉等腰三角形
1. （2020年湖南G301理）（本小题满分12分）如下左图，在四棱锥P−ABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABCD，AD=DC=AP=2，AB=1.点E为棱PC的中点。
（1）证明：PD面ABE；（ 19．(1)证明见解析.(2) 1010.
详解：依题意，以点A为原点，以为轴建立空间直角坐标系如图，
可得B1,0,0,C2,2,0,D0,2,0,P0,0,2
由E为棱PC的中点，得E1,1,1
（1）向量
故，又AB面PAD.所以AB面PD。故PD面ABE
（2）
由点F在棱PC上，设
故
由，得
因此，
即
设为平面FAB的法向量，则，即x=0−12x+12y+32z=0
不妨令z=1，可得为平面FAB的一个法向量
取平面ABD的法向量，则
所以二面角F−AB−D的余弦值为1010

点睛：本题主要考查利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.

）
（2）若F为棱PC上一点，满足BFAC，求二面角F−AB−D的余弦值。


2. （2021年广东G14汕头）(本小题满分12分）如下右图，在四棱锥中，， ，，，．点为棱的中点．
（1）证明：平面；（20． 【解析】解：依题意，以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系如图，

可得
由为棱的中点，得，
（1）向量，
故，，又面，面．所以．
又因为面，面，，
所以面 ……………………5分
（2）
由点在棱上，设
故
由，得
因此， …………7分
即…………8分

设为平面的法向量，则，即
不妨令，可得为平面的一个法向量，…………10分
取平面的法向量，则
因为二面角的平面角为锐角
所以二面角的余弦值为…………12分

）
（2）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值．


3. （2021年山东G01济南）(12分）如图1，在等腰梯形ABCD中，E为CD的中点，AB=BC=CE，将ΔADE，ΔBCE分别沿AE，BE折起，使平面ADE⊥平面ABE，平面BCE⊥平面ABE，得到图2.

（1)证明：AB//CD；（





）
（2)记平面ADE与平面BCE的交线为l，求二面角D-l-C的大小。







《立体几何》专题23-6 垂直证明3：涉等腰三角形
1. 如下左图，在几何体ABCDE中，AB＝AD＝2，AB⊥AD，AE⊥平面ABD，M为线段BD的中点，
MC∥AE，且AE＝MC＝. 求证：平面BDC⊥平面CDE；（ (文)解：(1)∵AB＝AD＝2，AB⊥AD，M为线段BD的中点，
∴AM＝BD＝，AM⊥BD，
∵AE＝MC＝，∴AE＝MC＝BD＝，
∴BC⊥CD，BD⊥CM.
∵AE⊥平面ABD，MC∥AE，∴MC⊥平面ABD，
∴MC⊥AM，∴AM⊥平面CBD.
又MC∥AE，AE＝MC＝，
∴四边形AMCE为平行四边形，∴EC∥AM，
∴EC⊥平面CBD，∴BC⊥EC，
∵EC∩CD＝C，∴BC⊥平面CDE，
∴平面BCD⊥平面CDE.
(2)∵M为BD的中点，N为DE的中点，
∴MN∥BE.
由(1)知EC∥AM且AM∩MN＝M，
又BE∩EC＝E，
∴平面AMN∥平面BEC.

）


2. （2021年广东G02普宁）如下右图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB=BC=5，AC=AA1=2．
(1)求证：AC⊥平面BEF；（ 【答案】解：(1)证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，
∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，
∴AC⊥EF．
∵AB=BC．
∴AC⊥BE，
BE⋂EF=E
∴AC⊥平面BEF．
(2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF//CC1．
又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE⊂平面ABC，∴EF⊥BE．
如图建立空间直角坐称系E−xyz．

由题意得B(0,2，0)，C(−1,0，0)，D(1,0，1)，F(0,0，2)，G(0,2，1)．
∴CD=(2,0,1),CB=(1,2,0)，
设平面BCD的法向量为n=(a,b,c)，
∴n·CD=0n·CB=0,∴2a+c=0a+2b=0,
令a=2，则b=−1，c=−4，
∴平面BCD的法向量n=(2,−1,−4)，
又∵平面CDC1的法向量为EB=(0,2,0)，
∴cos=n·EBn·EB=−2121．
由图可得二面角B−CD−C1为钝角，所以二面角B−CD−C1的余弦值为−2121．
【解析】本题主要考查的是线面垂直的判定和性质，平面的法向量，二面角，线线垂直的判定和性质等有关知识．
(1)先判定出四边形A1ACC1为矩形．根据E，F分别为AC，A1C1的中点，得到AC⊥EF，根据AB=BC，得到AC⊥BE，进而解出此题；
(2)建立空间直角坐称系E−xyz.由题意得B(0,2，0)，C(−1,0，0)，D(1,0，1)，F(0,0，2)，G(0,2，1).设平面BCD的法向量为n=(a,b,c)，
令a=2，则b=−1，c=−4，得到平面BCD的法向量n=(2,−1,−4)，然后求出cos=n·EBn·EB=−2121．
）
(2)求二面角B−CD−C1的余弦值．


3. （2021年新高考模拟4）（12分）如下左图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，，是的中点．
（1）证明：；
（2）若，求二面角平面角的余弦值．（ 答案：（1）证明见解析；（2）；
【解析】（1）如图，

取的中点，连接，
为等边三角形，，
是的中点，，
，，
，面，
面，
面，．
（2）如图，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

设，，
，，，，
，，，
设面的法向量为，
则由，得，；
设面的法向量为，
则由，得，，
，
二面角平面角的余弦值为．

）



4. （2021年湖南G09郴州） (本小题满分 12 分)如下右图 2，四棱锥 P-ABCD 中，PAB 是边长为 2 的
正三角形，底面 ABCD 为菱形，且平面PAB^平面 ABCD，ÐABC=60°，E 为 PD 上一点，
满足. (I)证明：AB^PC;（ 答案：





） (II)求二面角 P-AC-E 的余弦值



《立体几何》专题23-7 垂直证明3：涉等腰三角形

1. 如下左图，已知平面，平面，△为等边三角形，，为的中点.
(1) 求证：平面；
(2) 求证：平面平面；（ （Ⅰ）取CE中点G，连结AFGB，证平行四边形即可。（2）证BG平面
）



2. （2021年湖南G08长郡中学）（本小题满分12分）如下右图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为的正方形，平面底面ABCD，.
（1）求证：；（ 19.【解析】（1）证明：记，连接，
底面ABCD为正方形，

，， …………………………………………………… 2分
底面，平面，底面ABCD
底面ABCD，，. …………………………………………………… 5分
（2）以为坐标原点，射线的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由（1）可知
可得

设平面DMN的法向量，

，
今，可得，， …………………………………………………… 9分
；
直线PB与平面DMN所成角的正弦值为. …………………………………………………… 12分

）
（2）点M，N分别在棱，，，，求直线PB与平面DMN所成角的正弦值.
A
B
C
D
E
F


3. （2021年湖南G09郴州） (本小题满分 12 分)如下图 2，四棱锥 P-ABCD 中，PAB 是边长为 2 的
正三角形，底面 ABCD 为菱形，且平面PAB^平面 ABCD，ÐABC=60°，E 为 PD 上一点，
满足.
(I)证明：AB^PC;（ 答案：





）
(II)求二面角 P-AC-E 的余弦值