2025版新教材高考数学第二轮复习
7.3 直线、平面垂直的判定与性质
五年高考
高考新风向
(2024新课标Ⅱ,17,15分,中)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
考点 直线、平面垂直的判定与性质
1.(2023全国乙文,16,5分,中)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA= .
2.(2023全国甲文,18,12分,中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.
(1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;
(2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高.
3.(2021全国乙文,18,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM.
(1)证明:平面PAM⊥平面PBD;
(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.
4.(2021新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面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-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.
5.(2020新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
三年模拟
练思维
1.(2024江苏南通二模,2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列关系正确的是 ( )
A.AD⊥B1C B.A1D⊥BD
C.AC1⊥A1C D.AC1⊥CD1
2.(2024浙江温州二模,3)在正三棱台ABC-A1B1C1中,下列结论正确的是 ( )
A.=3 B.AA1⊥平面AB1C1
C.A1B⊥B1C D.AA1⊥BC
3.(多选)(2024海南诊断,11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P满足λ=++,其中λ∈[1,+∞),则下列说法正确的是 ( )
A.若A,B,D,A1,P在同一球面上,则λ=1
B.若AB∥平面A1DP,则λ=2
C.若点P到A,B,D,A1四点的距离相等,则λ=3
D.若A1P⊥平面PBD,则λ=
4.(多选)(2024河北石家庄一模,10)如图,在圆柱O1O中,轴截面ABCD为正方形,点F是上一点,M为BD与轴O1O的交点,E为MB的中点,N为A在DF上的射影,且EF∥平面AMN,则下列选项正确的有 ( )
A.CF∥平面AMN B.AN⊥平面DBF
C.DB⊥平面AMN D.F是的中点
5.(2024福建厦门二模,15)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1是边长为2的菱形,∠ABB1=,AC=2,M为A1B1中点,CM=.
(1)证明:平面ABC⊥平面ABB1A1;
(2)若BC=2,求平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值.
6.(2024湘豫联考第三次模拟,17)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为菱形,∠ADC=120°,点E,F分别为棱AB,CC1上的点.
(1)若=λ,且平面D1DE⊥平面ABB1A1,求实数λ的值;
(2)若F是CC1的中点,平面AB1D1与平面BDF的夹角的余弦值为,求的值.
7.(2024浙江杭州二模,17)如图,在多面体ABCDPQ中,底面ABCD是平行四边形,∠DAB=60°,BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点,PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD.
(1)证明:∠ABQ=90°;
(2)若多面体ABCDPQ的体积为,求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值.
8.(2024湖南岳阳二模,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC=2AD=2,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.
(1)求证:PB⊥平面DEF;
(2)求二面角B-DE-F的正弦值.
9.(2024重庆顶级名校3月联考,17)如图,四边形ABCD为矩形,△ACD≌△ACE,且二面角C-AB-E为直二面角.
(1)求证:平面ACE⊥平面BCE;
(2)设F是BE的中点,AE=1,BE=λ,二面角E-AC-F的平面角的大小为θ,当λ∈[2,3]时,求cos θ的取值范围.
10.(2024安徽安庆二模,17)如图,将边长为2的菱形ABDC沿其对角线BC折叠,使得点A、D分别位于边长为2的等边△PBC所在平面的两侧,且PA=,PD=.设E是PA的中点.
(1)证明:平面PBC⊥平面ABC;
(2)求平面EBD与平面ABC夹角的正弦值.
练风向
1.(创新知识交汇)(多选)(2024贵州贵阳适应性测试(一),11)在三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=AB=3,平面ABC内动点D的轨迹是集合M={D||DA|=2|DB|}.已知C,Di∈M且Di在棱AB所在直线上,i=1,2,则 ( )
A.动点D的轨迹是圆
B.平面PCD1⊥平面PCD2
C.三棱锥P-ABC体积的最大值为3
D.三棱锥P-D1D2C外接球的半径不是定值
2.(创新知识交汇)(2024福建高三毕业班适应性测试,18)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=6,∠ACB的平分线交AB于点D,AD=2DB.平面α过直线AB,且与△ABC所在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面α所成角的大小.
(2)设点E∈α,且∠ECD=30°,记E的轨迹为曲线Γ.
(i)判断Γ是什么曲线,并说明理由;
(ii)不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P,Q两点,试问:在平面α内是否存在定点T,使得无论l绕点D如何转动,总有∠PTC=∠QTC 若存在,指出点T的位置;若不存在,说明理由.
7.3 直线、平面垂直的判定与性质
五年高考
高考新风向
(2024新课标Ⅱ,17,15分,中)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
解析 (1)证明:∵AB=8,AD=5,=,=,∴||=2,||=4,
在△AEF中,∠EAF=30°,∴由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cos∠EAF=(2)2+42-2×2×4×=4,
∴EF=2,∴AE2+EF2=AF2,
∴AE⊥EF,即ED⊥EF,PE⊥EF,
又∵ED 面PDE,PE 面PDE,ED∩PE=E,
∴EF⊥面PDE,
又∵PD 面PDE,∴EF⊥PD.
(2)连接EC,在Rt△EDC中,
EC2=CD2+DE2=32+(3)2=36,∴EC=6.
又∵PE=2,PC=4,∴PE2+EC2=PC2,∴PE⊥EC,
又∵PE⊥EF,EC 面FBCDE,EF 面FBCDE,
且EC∩EF=E,∴PE⊥面FBCDE,
∴以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则P(0,0,2),D(0,3,0),C(3,3,0),F(2,0,0),
则=(3,3,-2),=(0,3,-2),=(2,0,-2).
作BG⊥AD交AD于点G,
在Rt△ABG中,
∵AB=8,∠BAD=30°,∴BG=4,EG=2,
则B(4,2,0),则=(4,2,-2),
设面PCD的法向量为m=(x1,y1,z1),
则即
令z1=3,则y1=2,x1=0,∴m=(0,2,3).
设面PBF的法向量为n=(x2,y2,z2),
则即
令z2=1,则x2=,y2=-1,则n=(,-1,1).
设面PCD与面PBF所成的二面角为θ,
则|cos θ|===,
故sin θ===,
∴面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值为.
考点 直线、平面垂直的判定与性质
1.(2023全国乙文,16,5分,中)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA= 2 .
2.(2023全国甲文,18,12分,中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.
(1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;
(2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高.
解析 (1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC 平面ABC,
∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,
又∵A1C,AC 平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,
∴BC⊥平面ACC1A1,又∵BC 平面BB1C1C,
∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)过A1作A1O⊥CC1,垂足为O,
∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O 平面ACC1A1,
∴A1O⊥平面BB1C1C,即A1O是四棱锥A1-BB1C1C的高.
由(1)知∠A1CB=∠BCA=90°.
在Rt△A1CB与Rt△ACB中,A1B=AB,BC=BC,
∴Rt△A1CB≌Rt△ACB,∴A1C=AC,∴A1C=A1C1,
又知A1C⊥A1C1,
∴△CA1C1为等腰直角三角形,∴A1O=CC1=AA1=1,即四棱锥A1-BB1C1C的高为1.
3.(2021全国乙文,18,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM.
(1)证明:平面PAM⊥平面PBD;
(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.
解析 (1)证明:由于PD⊥平面ABCD,AM 平面ABCD,则PD⊥AM,又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB,PD 平面PBD,所以AM⊥平面PBD,因为AM 平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.
(2)由(1)知AM⊥平面PBD,因为BD 平面PBD,所以AM⊥BD,所以∠MAB+∠ABD=90°,因为四边形ABCD为矩形,所以∠DAB=∠ABM,所以∠MAB+∠AMB=90°,
所以∠ABD=∠AMB,则△DAB∽△ABM,则=,
又AB=DC=1,M为BC的中点,所以AD=,
所以S矩形ABCD=AB·AD=,
所以V四棱锥P-ABCD=S矩形ABCD·PD=××1=.
4.(2021新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面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-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.
解析 (1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO 平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD 平面BCD,∴OA⊥CD.
(2)解法一:在△ABD中,过E作EN∥AO交BD于N,
则由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD,∵BC 平面BCD,∴EN⊥BC,
∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.
在△BCD中,过N作NM∥CD交BC于M,则NM⊥BC.
连接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N,
∴BC⊥平面EMN,∵EM 平面EMN,∴EM⊥BC,
∴∠EMN为二面角E-BC-D的平面角,
又知二面角E-BC-D的大小为45°,
∴∠EMN=45°,∴△EMN为等腰直角三角形,
又由DE=2EA得DN=2NO,∴MN=CD==EN=ND,
∴AO=OD=1,∴VA-BCD=S△BCD·AO=××1××1=.故三棱锥A-BCD的体积为.
解法二:由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B(0,,0),则=(0,,0),设AO=a.
则E,∴=,
设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则
即令x=a,则z=-1,
∴n=(a,0,-1),
易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),
由题可知|cos
∴a=1,即AO=1.
∴VA-BCD=S△BCD·AO=××1××1=,
故三棱锥A-BCD的体积为.
5.(2020新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
解析 (1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD 平面PBC,所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD.
因此l⊥平面PDC. (5分)
(2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),=(0,1,0),=(1,1,-1).
由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,
则即
可取n=(-1,0,a).
所以cos
设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ=×=
(易错:余弦值转化为正弦值后应该是正数).
因为≤,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为. (12分)
三年模拟
练思维
1.(2024江苏南通二模,2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列关系正确的是 ( D )
A.AD⊥B1C B.A1D⊥BD
C.AC1⊥A1C D.AC1⊥CD1
2.(2024浙江温州二模,3)在正三棱台ABC-A1B1C1中,下列结论正确的是 ( D )
A.=3 B.AA1⊥平面AB1C1
C.A1B⊥B1C D.AA1⊥BC
3.(多选)(2024海南诊断,11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P满足λ=++,其中λ∈[1,+∞),则下列说法正确的是 ( ABD )
A.若A,B,D,A1,P在同一球面上,则λ=1
B.若AB∥平面A1DP,则λ=2
C.若点P到A,B,D,A1四点的距离相等,则λ=3
D.若A1P⊥平面PBD,则λ=
4.(多选)(2024河北石家庄一模,10)如图,在圆柱O1O中,轴截面ABCD为正方形,点F是上一点,M为BD与轴O1O的交点,E为MB的中点,N为A在DF上的射影,且EF∥平面AMN,则下列选项正确的有 ( BCD )
A.CF∥平面AMN B.AN⊥平面DBF
C.DB⊥平面AMN D.F是的中点
5.(2024福建厦门二模,15)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1是边长为2的菱形,∠ABB1=,AC=2,M为A1B1中点,CM=.
(1)证明:平面ABC⊥平面ABB1A1;
(2)若BC=2,求平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值.
解析 (1)证明:连接AM,AB1,在菱形ABB1A1中,A1A=A1B1=2,∠AA1B1=∠ABB1=,故△AA1B1为正三角形,
又M为A1B1的中点,故AM⊥A1B1,且AM=,
又AB∥A1B1,故AM⊥AB,
由CM=,AC=2,AM=得AM2+AC2=CM2,
故AM⊥AC,
而AB∩AC=A,AB,AC 平面ABC,故AM⊥平面ABC,
又AM 平面ABB1A1,故平面ABC⊥平面ABB1A1.
(2)由BC=AB=2,AC=2得BC2+BA2=AC2,故CB⊥AB,
又平面ABC⊥平面ABB1A1,平面ABC∩平面ABB1A1=AB,
CB 平面ABC,故CB⊥平面ABB1A1,
取BB1的中点O,由△ABB1为正三角形,得AO⊥BB1,
作OH∥BC,交CC1于H,故OH⊥平面ABB1A1,
又BB1,OA 平面ABB1A1,故OH⊥OA,OH⊥OB1,
则OA,OB1,OH两两垂直,
以O为坐标原点,分别以OA,OB1,OH所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
则A(,0,0),B(0,-1,0),C(0,-1,2),C1(0,1,2),M,则=(,1,0),=(0,2,2),
因为AM⊥平面ABC,所以=是平面ABC的法向量,
设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z),则
即令y=-,则可得n=(1,-,),
故cos
而平面ABC与平面ABC1夹角的范围为,
故平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值为.
6.(2024湘豫联考第三次模拟,17)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为菱形,∠ADC=120°,点E,F分别为棱AB,CC1上的点.
(1)若=λ,且平面D1DE⊥平面ABB1A1,求实数λ的值;
(2)若F是CC1的中点,平面AB1D1与平面BDF的夹角的余弦值为,求的值.
解析 (1)解法一:如图1,取AB的中点E',连接DE',
因为四边形ABCD是菱形,且∠DAB=180°-120°=60°,
所以△ABD是等边三角形,所以DE'⊥AB.
因为DD1⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,所以DD1⊥AB.
因为DE'∩DD1=D,DE' 平面DD1E',DD1 平面DD1E',
所以AB⊥平面DD1E'. (3分)
因为AB 平面ABB1A1,所以平面DD1E'⊥平面ABB1A1,
所以E点和E'点重合,
所以=,即=,即λ=. (6分)
解法二:如图2,在A1B1上取一点G,使A1G=AE,连接EG,D1G.则平面D1DE∩平面ABB1A1=EG,且DD1∥EG.
因为DD1⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,所以DD1⊥AB,
所以EG⊥AB. (2分)
又平面D1DE⊥平面ABB1A1,平面D1DE∩平面ABB1A1=EG,AB 平面ABB1A1,所以AB⊥平面D1DE.
又DE 平面D1DE,所以AB⊥DE. (4分)
又因为四边形ABCD是菱形,且∠DAB=180°-120°=60°,
所以△ABD是等边三角形,
所以=,即λ=. (6分)
(2)取AB的中点M,连接DM.建立如图3所示的空间直角坐标系Dxyz.则D(0,0,0),
图3
不妨设AB=2,AA1=2a,则A(,-1,0),B1(,1,2a),D1(0,0,2a),B(,1,0),F(0,2,a),
所以=(0,2,2a),=(,1,0),=(,1,0),=(0,2,a).
设平面AB1D1的法向量为n=(x1,y1,z1),
则即
令x1=,则z1=,y1=-3,则n=, (8分)
设平面BDF的法向量为m=(x2,y2,z2),
则即
令x2=,则y2=-3,z2=,则m=, (11分)
设平面AB1D1与平面BDF的夹角为θ,
则cos θ==
=.
令=,解得a2=3或a2=,
所以a=或a=.
所以==或=. (15分)
7.(2024浙江杭州二模,17)如图,在多面体ABCDPQ中,底面ABCD是平行四边形,∠DAB=60°,BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点,PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD.
(1)证明:∠ABQ=90°;
(2)若多面体ABCDPQ的体积为,求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值.
解析 (1)证明:连接PM.
在△DCM中,由余弦定理得DM=,
所以DM2+DC2=CM2,所以∠MDC=90°,所以DM⊥DC.
又因为DC⊥PD,DM∩PD=D,所以DC⊥平面PDM.
所以DC⊥PM.
显然,四边形PQBM为平行四边形,所以PM∥QB.
又AB∥DC,所以AB⊥BQ,
所以∠ABQ=90°. (6分)
(2)因为QB⊥MD,PM∥QB,所以PM⊥MD,又PM⊥DC,MD∩DC=D,MD,DC 平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD.
取AD中点E,连接PE,设PM=h.
设多面体ABCDPQ的体积为V,
则V=V三棱柱ABQ-EMP+V四棱锥P-CDEM=3VA-PEM+V四棱锥P-CDEM=3VP-AEM+V四棱锥P-CDEM=S△AEMh+S四边形CDEMh=S△AEMh+×2S△AEMh=S△AEMh=.
解得PM=h=3. (9分)
建立如图所示的空间直角坐标系,则C(,-1,0),D(,0,0),P(0,0,3),所以=(0,1,0),=(,0,-3),
易知平面QAB的一个法向量为n=(1,0,0).
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则
即取m=(3,0,1).
设平面PCD与平面QAB的夹角为θ,
所以cos θ==.
所以平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为. (15分)
8.(2024湖南岳阳二模,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC=2AD=2,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.
(1)求证:PB⊥平面DEF;
(2)求二面角B-DE-F的正弦值.
解析 (1)证明:因为PD⊥底面ABCD,BC 平面ABCD,所以PD⊥BC,
因为四边形ABCD是矩形,所以CD⊥BC,
又因为PD、CD 平面PCD,PD∩CD=D,
所以BC⊥平面PCD,又DE 平面PCD,所以BC⊥DE,
又因为PD=DC=2,E是PC的中点,所以DE⊥PC,
又PC,BC是平面PBC内的两条相交直线,
所以DE⊥平面PBC,
又PB 平面PBC,所以DE⊥PB,
又EF⊥PB,且DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.
(2)以D为原点,以DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(1,2,0),E(0,1,1),P(0,0,2),则=(0,1,1),=(1,2,0),
由(1)知PB⊥平面DEF,所以=(1,2,-2)为平面DEF的一个法向量,
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),
则由
得取n=(2,-1,1),
则cos
设二面角B-DE-F的平面角的大小为θ,
则sin θ===,
所以二面角B-DE-F的正弦值为.
9.(2024重庆顶级名校3月联考,17)如图,四边形ABCD为矩形,△ACD≌△ACE,且二面角C-AB-E为直二面角.
(1)求证:平面ACE⊥平面BCE;
(2)设F是BE的中点,AE=1,BE=λ,二面角E-AC-F的平面角的大小为θ,当λ∈[2,3]时,求cos θ的取值范围.
解析 (1)证明:因为二面角C-AB-E为直二面角,
所以平面ABC⊥平面ABE,
又AB⊥BC,平面ABC∩平面ABE=AB,BC 平面ABC,
则BC⊥平面ABE,
又AE 平面ABE,所以BC⊥AE,
又四边形ABCD为矩形,△ACD≌△ACE,
则∠AEC=∠ADC=90°,即AE⊥CE,
又BC∩CE=C,BC,CE 平面BCE,所以AE⊥平面BCE,
又AE 平面ACE,所以平面ACE⊥平面BCE.
(2)由(1)知AE⊥平面BCE,又BE 平面ACE,故AE⊥BE.以E为坐标原点,EB,EA所在直线分别为x,y轴,过点E且与平面ABE垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系,如图,
则E(0,0,0),A(0,1,0),B(λ,0,0),C(λ,0,1),F,则=(0,1,0),=(λ,0,1),=,=,
设平面EAC的法向量为m=(x,y,1),则
即则m=,
设平面FAC的法向量为n=(x1,y1,1),则
即则n=,
由图可知二面角E-AC-F为锐二面角,
从而有cos θ=|cos
而λ∈[2,3],则∈,∈,所以cos θ∈.
10.(2024安徽安庆二模,17)如图,将边长为2的菱形ABDC沿其对角线BC折叠,使得点A、D分别位于边长为2的等边△PBC所在平面的两侧,且PA=,PD=.设E是PA的中点.
(1)证明:平面PBC⊥平面ABC;
(2)求平面EBD与平面ABC夹角的正弦值.
解析 (1)证明:取BC的中点O,连接OA、OP、OD,如图所示.
因为四边形ABDC是边长为2的菱形,△PBC是边长为2的等边三角形,所以△ABC是边长为2的等边三角形,
在等边△PBC中,O是BC的中点,则OP⊥BC且OP=,
又因为PA=,所以PA2=OA2+OP2,所以OP⊥OA,
因为OA∩BC=O,且OA,BC 平面ABC,
所以OP⊥平面ABC.
又因为OP 平面PBC,所以平面PBC⊥平面ABC.
(2)由(1)知,OP⊥BC,OP⊥OA.
因为O是等边△ABC的BC边中点,所以OA⊥BC.
所以以O为原点,分别以OA,OB,OP所在直线为x、y、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则A(,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),P(0,0,),E,所以=,
连接OD,因为△DBC是边长为2的等边三角形,故OD=OP==PD,所以∠POD=60°,且OD⊥BC,
又因为OP⊥BC,OD∩OP=O,OD,OP 平面DOP,所以BC⊥平面DOP,则D在平面xOz内,可得D,则=,
易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),
设平面EBD的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=2,则x=0,y=,即n=(0,,2),
所以cos
设平面EBD与平面ABC的夹角为θ,
则sin θ==,
故平面EBD与平面ABC的夹角的正弦值为.
练风向
1.(创新知识交汇)(多选)(2024贵州贵阳适应性测试(一),11)在三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=AB=3,平面ABC内动点D的轨迹是集合M={D||DA|=2|DB|}.已知C,Di∈M且Di在棱AB所在直线上,i=1,2,则 ( ABC )
A.动点D的轨迹是圆
B.平面PCD1⊥平面PCD2
C.三棱锥P-ABC体积的最大值为3
D.三棱锥P-D1D2C外接球的半径不是定值
2.(创新知识交汇)(2024福建高三毕业班适应性测试,18)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=6,∠ACB的平分线交AB于点D,AD=2DB.平面α过直线AB,且与△ABC所在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面α所成角的大小.
(2)设点E∈α,且∠ECD=30°,记E的轨迹为曲线Γ.
(i)判断Γ是什么曲线,并说明理由;
(ii)不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P,Q两点,试问:在平面α内是否存在定点T,使得无论l绕点D如何转动,总有∠PTC=∠QTC 若存在,指出点T的位置;若不存在,说明理由.
解析 (1)因为平面ABC⊥平面α,平面ABC∩平面α=AB,BC 平面ABC,BC⊥AB,
所以BC⊥平面α. (1分)
所以直线CD与平面α所成角为∠CDB. (2分)
过D作DF⊥AC,垂足为F.因为CD平分∠ACB,DB⊥BC,
所以DF=DB.
又AD=2DB,所以DF=AD,所以∠DAF=30°. (3分)
又AB=6,∠ABC=90°,所以BC=2.
因为DB=AB=2,所以∠CDB=60°,
所以直线CD与平面α所成角的大小为60°. (4分)
(2)(i)曲线Γ是椭圆. (5分)
理由如下:
由(1)可知,DF⊥AC,DA=DC,所以F是AC的中点.
设AB的中点为O,连接OF,则OF∥BC.
又BC⊥平面α,所以OF⊥平面α.
在平面α内过O作OG⊥AB,所以OF⊥OB,OF⊥OG.
以O为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.因为OB=3,DB=2,所以OD=1.设E(x,y,0),又D(0,1,0),C(0,3,2),则=(x,y-3,-2),=(0,-2,-2).
因为cos∠ECD=,∠ECD=30°,
所以=, (6分)
化简得3x2+2y2=18,即+=1,所以曲线Γ是椭圆. (7分)
(ii)设P(x1,y1,0),Q(x2,y2,0),
在平面α内,因为l与AB不重合,所以可设l:y=kx+1,由得(2k2+3)x2+4kx-16=0,
所以x1+x2=-,x1x2=-<0. (9分)
由对称性知,若存在定点T满足条件,则T必在平面ABC与平面α的交线AB上,故可设T(0,t,0), (10分)
若∠PTC=∠QTC,则cos∠PTC=cos∠QTC,
即=.
因为=(x1,y1-t,0),=(x2,y2-t,0),=(0,3-t,2),
所以(3-t)(y1-t)=(3-t)(y2-t). (11分)
当t=3时,上式恒成立,所以t=3符合题意; (12分)
当t≠3时,有(y1-t)=(y2-t),
所以(y1-t)2[+(y2-t)2]=(y2-t)2[+],
所以|x2(y1-t)|=|x1(y2-t)|.
因为x1x2<0,(y1-t)(y2-t)≥0,所以x1(y2-t)+x2(y1-t)=0, (14分)
所以2kx1x2+(1-t)(x1+x2)=0,
所以2k+(1-t)=0,即(9-t)k=0.
因为上式对于任意的k∈R恒成立,所以t=9. (16分)
综上,存在点T满足=或=2时,符合题意. (17分)
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