2020版高考数学（天津专用）大一轮精准复习精练：8.4　直线、平面垂直的判定与性质 Word版含解析【KS5U 高考】

这是一份2020版高考数学（天津专用）大一轮精准复习精练：8.4　直线、平面垂直的判定与性质 Word版含解析【KS5U 高考】，共24页。
8.4　直线、平面垂直的判定与性质
挖命题
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测热度
考题示例
考向
关联考点
直线、平面垂直的判定与性质
1.以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理
2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题
2017天津文,17
直线与平面垂直的判定与性质的应用
异面直线的夹角、线面角
★★★
2018天津文,17
平面与平面垂直的性质的应用
异面直线的夹角、线面角
2013天津文,17
直线与平面垂直的判定、平面与平面垂直的判定与性质的应用
线面平行的判定、线面角
分析解读　　从天津高考试题来看,线线、线面、面面垂直的判定与性质是考查的重点之一.考查的具体内容可分为两个层次:一是将定义、判定和性质结合起来,以客观题的形式出现,判断某些命题的真假;二是以常见几何体为背景,以解答题的形式出现,证明几何体中直线、平面的垂直关系,充分考查线线、线面、面面之间的相互转化,属中档题.
破考点
【考点集训】
考点　直线、平面垂直的判定与性质
1.(2013北京文,8,5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为对角线BD1的三等分点,P到各顶点的距离的不同取值有(　　)

A.3个　　　　B.4个　　　　C.5个　　　　D.6个
答案　B　
2.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AC.过点A的平面与棱PB,PC,PD分别交于点E,F,G(E,F,G三点均不在棱的端点处).
(1)求证:平面PAB⊥平面PBC;
(2)若PC⊥平面AEFG,求PFPC的值;
(3)直线AE是否能与平面PCD平行?请说明你的理由.

解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BC.
因为四边形ABCD为正方形,所以AB⊥BC,
因为AB∩PA=A,
所以BC⊥平面PAB.
因为BC⊂平面PBC,
所以平面PAB⊥平面PBC.
(2)连接AF.

因为PC⊥平面AEFG,
所以PC⊥AF.
又因为PA=AC,
所以F是PC的中点,
所以PFPC=12.
(3)直线AE与平面PCD不可能平行.
理由如下:
假设AE∥平面PCD.
因为AB∥CD,AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,
所以AB∥平面PCD.
而AE,AB⊂平面PAB,且AB∩AE=A,
所以平面PAB∥平面PCD,这显然与平面PAB与平面PCD交于点P相矛盾,
所以假设不成立,即直线AE与平面PCD不可能平行.
思路分析　(1)根据面面垂直的判定定理易证.
(2)根据线面垂直的性质及等腰三角形的性质可求PFPC.
(3)反证法:假设AE∥平面PCD,易证AB∥平面PCD,进而推出平面PAB∥平面PCD,与已知相矛盾,从而证得结论.
解后反思　本题考查了空间中的垂直与平行关系,熟练掌握相关定理是解题的关键.
3.如图,在四棱锥P-ABCD中,△PBC是等腰三角形,且PB=PC=3.四边形ABCD是直角梯形,AB∥DC,AD⊥DC,AB=5,AD=4,DC=3.
(1)求证:AB∥平面PDC;
(2)当平面PBC⊥平面ABCD时,求四棱锥P-ABCD的体积;
(3)请在图中所给的五个点P,A,B,C,D中找出两个点,使得这两点所在的直线与直线BC垂直,并给出证明.

解析　(1)证明:因为AB∥DC,
且AB⊄平面PDC,DC⊂平面PDC,
所以AB∥平面PDC.
(2)取BC的中点F,连接PF.
因为PB=PC,所以PF⊥BC,
因为平面PBC⊥平面ABCD,
平面PBC∩平面ABCD=BC,
所以PF⊥平面ABCD.
在直角梯形ABCD中,过C作CH⊥AB于点H.
因为AB∥DC,且AD⊥DC,AD=4,DC=3,AB=5,
所以CH∥AD,所以四边形ADCH为平行四边形,所以AD=CH,DC=AH,
所以BC=BH2+HC2=25,且S梯形ABCD=12×(3+5)×4=16.
又因为PB=3,BF=5,所以PF=2.
所以VP-ABCD=13S梯形ABCD·PF=13×16×2=323.

(3)PA⊥BC.
证明如下:连接AF,AC.
在直角梯形ABCD中,
因为AB∥DC,且AD⊥DC,AD=4,CD=3,
所以AC=5.
因为AB=5,点F为BC的中点,所以AF⊥BC.
又因为BC⊥PF,AF∩PF=F,
所以BC⊥平面PAF.
又因为PA⊂平面PAF,所以PA⊥BC.
炼技法
【方法集训】
方法1　证明线面垂直的方法
1.(2014浙江,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面(　　)
A.若m⊥n,n∥α,则m⊥α B.若m∥β,β⊥α,则m⊥α　　　　
C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α
答案　C　
2.如图,在三棱锥D-ABC中,已知△BCD是正三角形,AB⊥平面BCD,AB=BC=a,E为BC的中点,F在棱AC上,且AF=3FC.
(1)求三棱锥D-ABC的体积;
(2)求证:AC⊥平面DEF;
(3)若M为DB的中点,N在棱AC上,且CN=38CA,求证:MN∥平面DEF.

解析　(1)因为△BCD是正三角形,且AB=BC=a,
所以S△BCD=34a2.
又AB⊥平面BCD,
所以VD-ABC=VA-BCD=13·S△BCD·AB=13×34a2·a=312a3.
(2)证明:在底面ABC中,取AC的中点H,连接BH,
因为AB=BC,所以BH⊥AC.
因为AF=3FC,所以F为CH的中点.
又因为E为BC的中点,
所以EF∥BH,则EF⊥AC,
因为AB⊥平面BCD,AB⊂平面ABC,
所以平面ABC⊥平面BCD.
因为△BCD是正三角形,E为BC的中点.
所以DE⊥BC,则DE⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC,
所以DE⊥AC.
又DE∩EF=E,且DE,EF⊂平面DEF,
所以AC⊥平面DEF.

(3)证明:当CN=38CA时,连接CM交DE于O,连接OF.
因为E为BC的中点,M为DB的中点,
所以O为△BCD的重心,则CO=23CM.
因为AF=3FC,CN=38CA.
所以CF=23CN,
所以COCM=CFCN=23,所以MN∥OF.
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的中点H,连接BH,由题意证明EF⊥AC,利用面面垂直的性质定理证明DE⊥平面ABC,则可得DE⊥AC,即可证得结论;(3)连接CM,OF,设CM∩DE=O,易证CO=23CM,CF=23CN,则MN∥OF,从而证得结论.
方法点睛　本题主要考查空间几何体的体积,直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质以及直线与平面平行的判定,考查了等积法求体积、空间想象能力与逻辑推理能力.
方法2　证明面面垂直的方法
3.(2016北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.
(1)求证:DC⊥平面PAC;
(2)求证:平面PAB⊥平面PAC;
(3)设点E为AB的中点.在棱PB上是否存在点F,使得PA∥平面CEF?说明理由.

解析　(1)证明:因为PC⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,
所以PC⊥DC.(2分)
又因为DC⊥AC,AC∩PC=C,AC,PC⊂平面PAC,
所以DC⊥平面PAC.(4分)
(2)证明:因为AB∥DC,DC⊥AC,
所以AB⊥AC.(6分)
因为PC⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,
所以PC⊥AB.(7分)
又AC∩PC=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上存在点F,使得PA∥平面CEF.(10分)
理由如下:
如图,取PB的中点F,连接EF,CE,CF.

又因为E为AB的中点,所以EF∥PA.(13分)
又因为PA⊄平面CEF,EF⊂平面CEF,
所以PA∥平面CEF.(14分)
思路分析　(1)证出PC⊥DC,从而证得DC⊥平面PAC.
(2)先证AB⊥AC,PC⊥AB,从而证出AB⊥平面PAC,进而由面面垂直的判定定理可证得结论.
(3)此问为探究性问题,求解时可构造平面CEF,使得PA平行于平面CEF内的一条直线,由于点E为AB的中点,所以可取PB的中点,构造中位线.
4.已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E,F分别是PB,PD的中点.
(1)求证:PB∥平面FAC;
(2)求三棱锥P-EAD的体积;
(3)求证:平面EAD⊥平面FAC.

解析　(1)证明:连接BD,与AC交于点O,连接OF,
在△PBD中,O,F分别是BD,PD的中点,所以OF∥PB,
又因为OF⊂平面FAC,PB⊄平面FAC,所以PB∥平面FAC.

(2)解法一:因为PA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,
所以PA⊥AB,PA⊥AD,
又因为AB⊥AD,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,
所以AD⊥平面PAB,
即AD为三棱锥D-PAE的高,
在Rt△PAB中,PA=AB=2,E为PB的中点,
所以S△PAE=1,
又底面ABCD为正方形,所以AD=AB=2,
所以VP-EAD=VD-PAE=13·S△PAE·AD=23.
解法二:因为PA⊥平面ABCD,
所以PA为四棱锥P-ABCD的高.
因为PA=AB=2,底面ABCD是正方形,
所以VP-ABD=13S△ABD·PA=13×12×2×2×2=43,
因为E为PB的中点,所以S△PAE=S△ABE,
所以VD-PAE=VD-ABE=12VD-PAB,
所以VP-EAD=12VP-ABD=23.
(3)证明:因为AD⊥平面PAB,PB⊂平面PAB,
所以AD⊥PB,在等腰直角△PAB中,AE⊥PB,
又AE∩AD=A,AE,AD⊂平面EAD,
所以PB⊥平面EAD,
又OF∥PB,所以OF⊥平面EAD,
又OF⊂平面FAC,
所以平面EAD⊥平面FAC.
方法3　翻折问题的处理方法
5.(2015浙江,8,5分)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A'CD,所成二面角A'-CD-B的平面角为α,则　(　　)

A.∠A'DB≤α　　　　B.∠A'DB≥α　　　　C.∠A'CB≤α　　　　D.∠A'CB≥α
答案　B　
6.如图①所示,已知直角△ABC,其中∠ABC=90°,D,E分别是AB,AC边上的中点,现沿DE将△ADE翻折,使得A与平面ABC外一点P重合,得到如图②所示的几何体.
(1)证明:平面PBD⊥平面BCED;
(2)记平面PDE与平面PBC的交线为l,探究:直线l与BC是否平行.若平行,请给出证明;若不平行,请说明理由.

解析　(1)证明:∵D,E分别为边AB,AC的中点,
∴DE∥BC,
∵∠ABC=90°,
∴AB⊥BC,∴BD⊥DE,PD⊥DE,
∵PD∩BD=D,PD,BD⊂平面PBD,
∴DE⊥平面PBD,
∵DE⊂平面BCED,
∴平面PBD⊥平面BCED.
(2)平行.证明如下:
∵DE∥BC,DE⊂平面PDE,BC⊄平面PDE,
∴BC∥平面PDE,
∵BC⊂平面PBC,平面PDE∩平面PBC=l,∴l∥BC.
过专题
【五年高考】
A组　自主命题·天津卷题组
1.(2018天津文,17,13分)如图,在四面体ABCD中,△ABC是等边三角形,平面ABC⊥平面ABD,点M为棱AB的中点,AB=2,AD=23,∠BAD=90°.
(1)求证:AD⊥BC;
(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值;
(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.

解析　本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.
(1)证明:由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.
(2)取棱AC的中点N,连接MN,ND.

又因为M为棱AB的中点,故MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.
在Rt△DAM中,AM=1,故DM=AD2+AM2=13.
因为AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.
在Rt△DAN中,AN=1,故DN=AD2+AN2=13.
在等腰三角形DMN中,MN=1,
可得cos∠DMN=12MNDM=1326.
所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326.
(3)连接CM.因为△ABC为等边三角形,M为边AB的中点,故CM⊥AB,CM=3.
又因为平面ABC⊥平面ABD,而CM⊂平面ABC,
故CM⊥平面ABD.
所以,∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角.
在Rt△CAD中,CD=AC2+AD2=4.
在Rt△CMD中,sin∠CDM=CMCD=34.
所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为34.
2.(2017天津文,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.
(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值;
(2)求证:PD⊥平面PBC;
(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.

解析　本题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查学生的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.
(1)如图,由AD∥BC,知∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.因为AD⊥平面PDC,所以AD⊥PD.在Rt△PDA中,由题意得AP=AD2+PD2=5,故cos∠DAP=ADAP=55.所以,异面直线AP与BC所成角的余弦值为55.
(2)证明:因为AD⊥平面PDC,直线PD⊂平面PDC,
所以AD⊥PD.又因为BC∥AD,
所以PD⊥BC,又PD⊥PB,
BC∩PB=B,BC,PB⊂平面PBC,
所以PD⊥平面PBC.
(3)如图,

过点D作AB的平行线交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.
因为PD⊥平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影,
所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角.
由于AD∥BC,DF∥AB,
故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2.
又AD⊥DC,
故BC⊥DC,在Rt△DCF中,
DF=CD2+CF2=25,
在Rt△DPF中,可得sin∠DFP=PDDF=55.
所以,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为55.
方法点拨　1.求异面直线所成角的步骤:(1)作:通过作平行线得到相交直线;(2)证:证明所作角为异面直线所成的角(或其补角);(3)求:解三角形,求出所作的角.如果求得的角是锐角或直角,则它就是所求的角,如果求出的角是钝角,则它的补角为所求的角.
2.求直线与平面所成角的方法:(1)定义法:关键是找出斜线在平面内的射影;(2)公式法:sin θ=hl(其中θ为直线与平面所成角,h为斜线上一点到平面的距离,l为该点到斜足的距离).
3.(2013天津文,17,13分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱A1A⊥底面ABC,且各棱长均相等,D,E,F分别为棱AB,BC,A1C1的中点.
(1)证明:EF∥平面A1CD;
(2)证明:平面A1CD⊥平面A1ABB1;
(3)求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值.

解析　(1)证明:如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC∥A1C1,且AC=A1C1,连接ED,在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DE=12AC且DE∥AC,又因为F为A1C1的中点,可得A1F=DE,且A1F∥DE,即四边形A1DEF为平行四边形,所以EF∥DA1.

又EF⊄平面A1CD,DA1⊂平面A1CD,所以EF∥平面A1CD.
(2)证明:由于底面ABC是正三角形,D是AB的中点,故CD⊥AB,又由于侧棱A1A⊥底面ABC,CD⊂平面ABC,所以AA1⊥CD,又A1A∩AB=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内,过点B作BG⊥A1D交直线A1D于点G,连接CG.
由于平面A1CD⊥平面A1ABB1,而直线A1D是平面A1CD与平面A1ABB1的交线,
故BG⊥平面A1CD.由此得∠BCG为直线BC与平面A1CD所成的角.
设棱长为a,可得A1D=5a2,由△A1AD∽△BGD,易得BG=5a5.
在Rt△BGC中,sin∠BCG=BGBC=55.
所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为55.
B组　统一命题、省(区、市)卷题组
考点　直线、平面垂直的判定与性质
1.(2018课标Ⅱ文,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.

解析　(1)证明:因为AP=PC=AC=4,O为AC的中点,
所以OP⊥AC,且OP=23.
连接OB,因为AB=BC=22AC,
所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2.
由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.
由OP⊥OB,OP⊥AC且OB∩AC=O知OP⊥平面ABC.

(2)作CH⊥OM,垂足为H.由(1)可得OP⊥CH,又OM∩OP=O,所以CH⊥平面POM.
故CH的长为点C到平面POM的距离.
由题设可知OC=12AC=2,CM=23BC=423,∠ACB=45°.
所以OM=253,CH=OC·MC·sin∠OCMOM=455.
所以点C到平面POM的距离为455.
解题关键　认真分析三棱锥各侧面和底面三角形的特殊性,利用线面垂直的判定方法及等积法是解题的关键.
2.(2017山东,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.
(1)证明:A1O∥平面B1CD1;
(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.

证明　本题考查线面平行与面面垂直.
(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,
由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,
所以A1O1∥OC,A1O1=OC,
因此四边形A1OCO1为平行四边形,
所以A1O∥O1C.
又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,
所以A1O∥平面B1CD1.

(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,
所以EM⊥BD,
又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,
所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1,
又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,
所以B1D1⊥平面A1EM,
又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
方法总结　证明面面垂直的方法:
1.面面垂直的定义;
2.面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β).
易错警示　a∥b,a∥α⇒/ b∥α.
3.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.
求证:(1)EF∥平面ABC;
(2)AD⊥AC.

证明　(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,
所以EF∥AB.
又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,
BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.
又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,
所以AD⊥平面ABC.
又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.
方法总结　立体几何中证明线线垂直的一般思路:
(1)利用两平行直线垂直于同一条直线(a∥b,a⊥c⇒b⊥c);
(2)线面垂直的性质(a⊥α,b⊂α⇒a⊥b).
4.(2014湖北,20,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分别是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中点.求证:
(1)直线BC1∥平面EFPQ;
(2)直线AC1⊥平面PQMN.

证明　(1)连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1∥BC1,因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FP∥AD1.
从而BC1∥FP.又FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,
故直线BC1∥平面EFPQ.

(2)连接AC,BD,则AC⊥BD.
由CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,可得CC1⊥BD.
又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1.
而AC1⊂平面ACC1,所以BD⊥AC1.
因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MN∥BD,从而MN⊥AC1.
同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN=N,PN,MN⊂平面PQMN,所以直线AC1⊥平面PQMN.
评析本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质,考查学生的空间想象能力.
5.(2014重庆,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=π3,M为BC上一点,且BM=12.
(1)证明:BC⊥平面POM;
(2)若MP⊥AP,求四棱锥P-ABMO的体积.

解析　(1)证明:连接OB,因为ABCD为菱形,O为菱形的中心,所以AO⊥OB.
因为∠BAD=π3,所以OB=AB·sin∠OAB=2sinπ6=1,
又因为BM=12,且∠OBM=π3,所以在△OBM中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+122-2×1×12×cosπ3=34.所以OB2=OM2+BM2,故OM⊥BM.
又PO⊥底面ABCD,
所以PO⊥BC.
从而BC与平面POM内两条相交直线OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM.

(2)由(1)可得,OA=AB·cos∠OAB=2·cosπ6=3.
设PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA为直角三角形,
故PA2=PO2+OA2=a2+3.
又△POM也是直角三角形,
故PM2=PO2+OM2=a2+34.
连接AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+122-2×2×12×cos2π3=214.
由于MP⊥AP,故△APM为直角三角形,则PA2+PM2=AM2,
即a2+3+a2+34=214,得a=32或a=-32(舍去),即PO=32.
所以S四边形ABMO=S△AOB+S△OMB=12·AO·OB+12·BM·OM=12×3×1+12×12×32=538.
所以VP-ABMO=13·S四边形ABMO·PO=13×538×32=516.
评析本题考查线面垂直的证明以及空间几何体体积的计算,在证明直线与平面垂直时,打破以往单纯的几何逻辑推理,将余弦定理、勾股定理巧妙融合,体现了知识的交汇性.
C组　教师专用题组
　(2015福建,20,12分)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平面,且PO=OB=1.
(1)若D为线段AC的中点,求证:AC⊥平面PDO;
(2)求三棱锥P-ABC体积的最大值;
(3)若BC=2,点E在线段PB上,求CE+OE的最小值.

解析　(1)证明:在△AOC中,因为OA=OC,D为AC的中点,所以AC⊥DO.
又PO垂直于圆O所在的平面,
所以PO⊥AC.
因为DO∩PO=O,DO,PO⊂平面PDO,
所以AC⊥平面PDO.
(2)因为点C在圆O上,
所以当CO⊥AB时,C到AB的距离最大,且最大值为1.
又AB=2,所以△ABC面积的最大值为12×2×1=1.
又因为三棱锥P-ABC的高PO=1,
故三棱锥P-ABC体积的最大值为13×1×1=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.
在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB所在的直线旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面.
当O,E,C'共线时,CE+OE取得最小值.
又因为OP=OB,C'P=C'B,所以OC'垂直平分PB,
即E为PB的中点.从而OC'=OE+EC'=22+62=2+62,
亦即CE+OE的最小值为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°.
在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB所在的直线旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面,如图所示.
当O,E,C'共线时,CE+OE取得最小值.
所以,在△OC'P中,由余弦定理,得
OC'2=1+2-2×1×2×cos(45°+60°)
=1+2-2222×12-22×32=2+3.
从而OC'=2+3=2+62.
所以CE+OE的最小值为2+62.
评析本题主要考查直线与平面的位置关系、锥体的体积等基础知识,考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,以及数形结合思想、转化与化归思想.
【三年模拟】
解答题(共90分)
1.(2019届天津七校联考期中,19)如图,在三棱锥P-ABC中,AC=BC=2,∠ACB=90°,侧面PAB为等边三角形,侧棱PC=22.
(1)求证:PC⊥AB;
(2)求证:平面PAB⊥平面ABC;
(3)求二面角B-AP-C的余弦值.

解析　(1)证明:设AB的中点为D,连接PD,CD,

因为AP=BP,所以PD⊥AB,
又AC=BC,所以CD⊥AB.
因为PD∩CD=D,所以AB⊥平面PCD,
因为PC⊂平面PCD,所以PC⊥AB.
(2)证明:因为∠ACB=90°,AC=BC=2,
所以AD=BD=CD=2,AB=22,
又△PAB为正三角形,且PD⊥AB,所以PD=6.
因为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,
过D作DE⊥PA于E,连接CE,则CE⊥PA,
所以∠DEC是二面角B-AP-C的平面角,
易求得DE=62,在Rt△CDE中,
因为CD=2,DE=62,所以EC=142,
所以cos∠DEC=217,
即二面角B-AP-C的余弦值为217.
2.(2019届天津耀华中学月考,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ADC=90°,平面PAD⊥底面ABCD,E为AD的中点,M是棱PC的中点,PA=PD=2,BC=12AD=1,CD=3.
(1)求证:PE⊥平面ABCD;
(2)求直线BM与平面ABCD所成角的正切值;
(3)求直线BM与CD所成角的余弦值.

解析　(1)证明:∵PA=PD,E为AD的中点,
∴PE⊥AD.
又∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊂平面PAD,
∴PE⊥平面ABCD.
(2)连接EC,取EC的中点H,连接MH,HB.
∵M是PC的中点,H是EC的中点,∴MH∥PE.
由(1)知PE⊥平面ABCD,∴MH⊥平面ABCD,∴BH是BM在平面ABCD内的射影,∠MBH即为BM与平面ABCD所成的角.
连接BE.∵AD∥BC,BC=12AD,E为AD的中点,∠ADC=90°,
∴四边形BCDE为矩形,
易知EC=2,HB=12EC=1,MH=12PE=32,
∴在△MHB中,tan∠MBH=MHHB=32,
∴直线BM与平面ABCD所成角的正切值为32.

(3)由(2)知CD∥BE,
∴直线BM与CD所成角即为直线BM与BE所成角(∠MBE或其补角),
连接ME,在Rt△MHE中,ME=72,
在Rt△MHB中,BM=72,又BE=CD=3,
∴在△MEB中,cos∠MBE=BM2+BE2-ME22BM·BE=74+3-742×72×3=217.
∴直线BM与CD所成角的余弦值为217.
3.(2018天津十二区县二模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥CD,∠PAD=∠ABC=90°,AB∥CD,DC=CB=12AB=1,PA=2.
(1)求异面直线AB与PD所成角的余弦值;
(2)证明:平面PAD⊥平面PBD;
(3)求直线DC与平面PBD所成角的正弦值.

解析　(1)取AB的中点E,连接DE、AC,
∵AB∥CD,
∴∠PDC(或其补角)是异面直线AB与PD所成的角,
∵PA⊥CD,PA⊥AD,CD∩AD=D,
∴PA⊥平面ABCD,
易得CD?EB,∴四边形EBCD是平行四边形,
又∵∠EBC=90°,DC=CB,∴四边形EBCD是正方形,
∴DE⊥AB,∴DA=DB=2,∴PD=6,AC=5,
在Rt△PAC中,PC=3,
∴cos∠PDC=6+1-926=-66.
∴异面直线AB与PD所成角的余弦值为66.

(2)证明:由(1)知BD=2,AD=2,AB=2,
由勾股定理的逆定理得BD⊥AD,
又∵BD⊥PA,PA∩AD=A,∴BD⊥平面PAD,
又∵BD⊂平面PBD,∴平面PAD⊥平面PBD.
(3)∵AB∥CD,∴直线DC与平面PBD所成角即为AB与平面PBD所成角,
∴过点A作AH⊥PD,垂足为H,连接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为斜线AB在平面PBD内的射影,
∴∠ABH是直线AB与平面PBD所成角,
在Rt△PAD中,PA·AD=PD·AH,∴AH=233,
故在Rt△ABH中,sin∠ABH=AHAB=33,
∴直线DC与平面PBD所成角的正弦值为33.
4.(2018天津和平一模,17)如图,在三棱锥P-ABC中,PB⊥平面ABC,AC⊥BC,PB=2,AB=22,D为PB的中点,E为AD的中点,点F在线段PC上,且PF=3FC.
(1)求证:AC⊥CD;
(2)求证:EF∥平面ABC;
(3)若BC=2,求二面角C-AD-B的度数.

解析　(1)证明:∵PB⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,∴PB⊥AC,又∵AC⊥BC,BC∩PB=B,∴AC⊥平面PBC,
∵CD⊂平面PBC,∴AC⊥CD.
(2)证明:取AB的中点M,在线段BC上取点N使BN=3NC,连接EM,MN,FN,
∵EM是△ABD的中位线,
∴EM∥PB,EM=12DB=14PB,
∵BN=3NC,PF=3FC,
∴FN∥PB,FN=14PB,
∴EM∥FN,EM=FN,
∴四边形EMNF是平行四边形,∴EF∥MN,
∵EF⊄平面ABC,MN⊂平面ABC,
∴EF∥平面ABC.

(3)过C作CH⊥AB,过H作HK⊥AD,垂足分别为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,∴AD⊥CH,
又∵HK⊥AD,CH∩HK=H,
∴AD⊥平面CHK,
∵CK⊂平面CHK,∴CK⊥AD,
∴∠CKH即为二面角C-AD-B的平面角,
易求得CH=62,KH=22,
∴tan∠CKH=CHKH=3⇒∠CKH=60°,
所以二面角C-AD-B的度数为60°.

5.(2018天津河东一模,17)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,三角形ABC为正三角形,边长为2,AD⊥DC,AD=1,PO垂直平面ABCD于O,O为AC的中点.
(1)证明:PA⊥BO;
(2)证明:DO∥平面PAB;
(3)若PD=6,求直线PD与平面PAC所成角的正切值.

解析　(1)证明:∵△ABC为正三角形,O为AC的中点,
∴BO⊥AC,
∵PO⊥平面ABCD,BO⊂平面ABCD,∴BO⊥PO,
又∵AC∩PO=O,
∴BO⊥平面PAC,∵PA⊂平面PAC,∴PA⊥BO.
(2)证明:∵AD⊥DC,AD=1,AC=2,
∴CD=3,∠ACD=30°,∴BC⊥CD,
∵∠ODA=∠OAD=60°,∠BAC=60°,
∴DO∥AB,
∵AB⊂平面PAB,DO⊄平面PAB,∴DO∥平面PAB.
(3)过D作DF⊥AC,垂足为F,连接PF,
∵PO⊥平面ABCD,∴PO⊥DF,
∵AC∩PO=O,∴DF⊥平面PAC,
则PF为PD在平面PAC内的射影,
∠DPF即为直线PD与平面PAC所成角的平面角,
在△ACD中,DF·AC=AD·DC,
∴DF=32,∴PF=212,∴tan∠DPF=77,
∴直线PD与平面PAC所成角的正切值为77.

6.(2018天津南开一模,17)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,PC=CD=2,E为AB上一点,DE⊥AC.底面四边形ABCD满足∠ADC=∠DCB=90°,AD=1,BC=3.
(1)求证:平面PDE⊥平面PAC;
(2)求异面直线PD与AB所成的角;
(3)求直线PC与平面PDE所成角的正弦值.

解析　(1)证明:∵PC⊥底面ABCD,∴PC⊥DE,
又∵DE⊥AC,PC∩AC=C,
∴DE⊥平面PAC,
∵DE⊂平面PDE,
∴平面PDE⊥平面PAC.
(2)作DM∥AB交BC于点M,连接PM,
从而∠PDM或其补角即为异面直线PD与AB所成的角,
∵∠ADC=∠DCB=90°,
∴AD∥BC,
∴四边形ABCD为直角梯形,四边形ADMB为平行四边形,
∵CD=2,AD=1,BC=3,
∴AB=DM=22,CM=2,
又∵PC⊥底面ABCD,PC=2,
∴PD=PM=22,
∴△PDM为等边三角形,
∴∠PDM=60°,即异面直线PD与AB所成角为60°.

(3)设AC与DE的交点为G,连接PG,过点C作CH⊥PG于H点,由(1)知平面PDE⊥平面PAC,且PG是交线,则CH⊥平面PDE,
从而∠CPG为直线PC与平面PDE所成的角.
在Rt△ADC中,CD=2,AD=1,
∴AC=5,从而GC=455,
又∵在Rt△PCG中,PC=2,CG=455,
∴PG=655,
∴sin∠CPG=CGPG=23,
即直线PC与平面PDE所成角的正弦值为23.
7.(2017天津河东二模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,且AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,且N为PC的中点.
(1)求证:MN∥平面PAB;
(2)求证:平面PMC⊥平面PAD;
(3)求直线AN与平面PMC所成角的正弦值.

解析　(1)证明:取PB的中点E,连接EN,AE,∵N为PC的中点,∴EN∥BC,且EN=12BC=2.由AM=2MD,AD=3,得AM=2,又AD∥BC,∴EN∥AM.
∴四边形ENMA为平行四边形,∴MN∥AE,
又AE⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,
∴MN∥平面PAB.
(2)证明:取BC的中点F,连接AF.∵AB=AC,∴AF⊥BC,又AM∥FC,AM=FC=2,∴四边形AFCM为平行四边形,故CM⊥AD.又∵PA⊥平面ABCD,CM⊂平面ABCD,∴CM⊥PA,又AD∩PA=A,∴CM⊥平面PAD,∵CM⊂平面PMC,∴平面PMC⊥平面PAD.
(3)过A作AG⊥PM,垂足为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,连接GN.
则GN为AN在平面PMC上的射影,
∴∠ANG为AN与平面PMC所成的角.
在Rt△APG中,AN=12PC=12PA2+AC2=52,
在Rt△PAM中,AG=PA·AMPA2+AM2=455,
∴在Rt△ANG中,sin∠ANG=AGAN=8525,
∴AN与平面PMC所成角的正弦值为8525.