- 直线与平面垂直的判定及其性质
- 共458题
（1）证明：P1P2⊥A1D；
（2）求四面体P2P1AB1的体积最大值．
正确答案
解：（1）连接AD1，A1D．AD1为平面ABD1与平面ADD1A1的交线
∵P1P2∥平面ADD1A1，∴P1P2∥AD1
又∵平面ADD1A1为正方形，∴A1D⊥AD1．∴P1P2⊥A1D．
（2）过P2做P2O⊥BD与O点，连接OP1∵P2O⊥BD，∴P2O∥DD1，P1P2∩P2O=P2
∴平面ADD1A1∥平面P1OP2，∵P1O、AB为平面ABCD与两平行平面的交线，
∴AD∥OP1，又AD⊥AB，∴OP1⊥AB，OP1⊥平面ABB1，
设正方体的棱长为1，AP1=x，则OP1=P1B=1-x，
∴
解析
解：（1）连接AD1，A1D．AD1为平面ABD1与平面ADD1A1的交线
∵P1P2∥平面ADD1A1，∴P1P2∥AD1
又∵平面ADD1A1为正方形，∴A1D⊥AD1．∴P1P2⊥A1D．
（2）过P2做P2O⊥BD与O点，连接OP1∵P2O⊥BD，∴P2O∥DD1，P1P2∩P2O=P2
∴平面ADD1A1∥平面P1OP2，∵P1O、AB为平面ABCD与两平行平面的交线，
∴AD∥OP1，又AD⊥AB，∴OP1⊥AB，OP1⊥平面ABB1，
设正方体的棱长为1，AP1=x，则OP1=P1B=1-x，
∴
（Ⅰ）证明：CB1⊥BA1；
（Ⅱ）已知AB=2，BC=
正确答案
∵ABC-A1B1C1是直三棱柱，
∴平面ABC⊥平面ABB1A1，
又∵平面ABC∩平面ABB1A1=AB，AC⊥AB，
∴AC⊥平面ABB1A1，
∵BA1⊂平面ABB1A1，∴AC⊥BA1，
∵矩形ABB1A1中，AB=AA1，
∴四边形ABB1A1是正方形，
∴AB1⊥BA1，
又∵AB1、CA是平面ACB1内的相交直线，
∴BA1⊥平面ACB1，
∵CB1⊂平面ACB1，∴CB1⊥BA1；
（II）∵AB=2，BC=
∴Rt△ABC中，AC=
∴直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1=AC=1
又∵AC∥A1C1，AC⊥平面ABB1A1，
∴A1C1是三棱锥C1-ABA1的高．
∵△ABA1的面积等于正方形ABB1A1面积的一半
∴
三棱锥C1-ABA1的体积为V=
解析
∵ABC-A1B1C1是直三棱柱，
∴平面ABC⊥平面ABB1A1，
又∵平面ABC∩平面ABB1A1=AB，AC⊥AB，
∴AC⊥平面ABB1A1，
∵BA1⊂平面ABB1A1，∴AC⊥BA1，
∵矩形ABB1A1中，AB=AA1，
∴四边形ABB1A1是正方形，
∴AB1⊥BA1，
又∵AB1、CA是平面ACB1内的相交直线，
∴BA1⊥平面ACB1，
∵CB1⊂平面ACB1，∴CB1⊥BA1；
（II）∵AB=2，BC=
∴Rt△ABC中，AC=
∴直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1=AC=1
又∵AC∥A1C1，AC⊥平面ABB1A1，
∴A1C1是三棱锥C1-ABA1的高．
∵△ABA1的面积等于正方形ABB1A1面积的一半
∴
三棱锥C1-ABA1的体积为V=
（1）求证：DE⊥BE；
（2）求四棱锥E-ABCD的体积；
（3）设点M在线段AB上，且AM=MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE．
正确答案
∴BC⊥平面ABE，
∵AE⊂平面ABE，∴AE⊥BC，
又∵BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，
∴AE⊥BF…（2分）
∵BC∩BF=B，∴AE⊥面BEC，
又∵BE⊂平面BEC，∴AE⊥BE
∵AD⊥BE，AE∩AD=A，∴BE⊥面DAE，
∵DE⊂面DAE，∴DE⊥BE…（4分）
（2）作EH⊥AB于H，
∵DA⊥平面ABE，DA⊂面ABCD，∴面ABCD⊥面ABE，
∵EH⊥AB，面ABCD∩面ABE=AB，∴EH⊥面ABCD
∵AE⊥BE，AE=EB=BC=2，
∴等腰Rt△AEB中，
因此，
（3）设P是BE的中点，连接MP，FP
∵BE=BC，BF⊥CE，∴F是EC的中点…（10分）
∵△ECB中，FP是中位线，∴FP∥BC∥DA
∵DA⊂平面DAE，FP⊈平面DAE
∴FP∥平面DAE，同理可得MP∥平面DAE，
∵AE∩DA=A，∴平面MPF∥面DAE，
因此，直线MF∥面DAE，可得点N就是点F
所以CE的中点N满足MN∥平面DAE．…（12分）
解析
∴BC⊥平面ABE，
∵AE⊂平面ABE，∴AE⊥BC，
又∵BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，
∴AE⊥BF…（2分）
∵BC∩BF=B，∴AE⊥面BEC，
又∵BE⊂平面BEC，∴AE⊥BE
∵AD⊥BE，AE∩AD=A，∴BE⊥面DAE，
∵DE⊂面DAE，∴DE⊥BE…（4分）
（2）作EH⊥AB于H，
∵DA⊥平面ABE，DA⊂面ABCD，∴面ABCD⊥面ABE，
∵EH⊥AB，面ABCD∩面ABE=AB，∴EH⊥面ABCD
∵AE⊥BE，AE=EB=BC=2，
∴等腰Rt△AEB中，
因此，
（3）设P是BE的中点，连接MP，FP
∵BE=BC，BF⊥CE，∴F是EC的中点…（10分）
∵△ECB中，FP是中位线，∴FP∥BC∥DA
∵DA⊂平面DAE，FP⊈平面DAE
∴FP∥平面DAE，同理可得MP∥平面DAE，
∵AE∩DA=A，∴平面MPF∥面DAE，
因此，直线MF∥面DAE，可得点N就是点F
所以CE的中点N满足MN∥平面DAE．…（12分）
已知点A、B、C、D在同一个球面上，AB丄平面BCD，BC丄BD，若AB=1；BC=2，BD=3，则此球的表面积是______．
正确答案
14π
解析
∴分别以AB、BC、BD为过同一顶点的三条棱作一个长方体，
该长方体的8个顶点在同一个球面上，即A、B、C、D也在这个球面上
由球的性质，可得所作长方体的对角线恰好是三棱锥A-BCD的外接球的直径
设外接球半径为R，可得：2R=
∴半径为R=
故答案为：14π
（Ⅰ）证明：AC⊥SB；
（Ⅱ）求二面角N-CM-B的余弦值．
正确答案
解法一：几何法
证明：（Ⅰ）取AC中点D，连结SD，BD．
∵SA=SC，AB=BC
∴AC⊥SD且AC⊥BD，…（2分）
又∵SD∩BD=D，SD，BD⊂平面SBD
∴AC⊥平面SBD，
又∵SB⊂平面SBD，
∴AC⊥SB；
（Ⅱ）∵AC⊥平面SBD，AC⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面SBD，
过N作NE⊥BD于E，则NE⊥平面ABC，过E作EF⊥CM于F，连结NF，则NF⊥CM．
∴∠NFE为二面角N-CM-B的平面角．…（6分）
∵平面ABC⊥平面SAC，SD⊥AC
∴SD⊥平面ABC．
又∵NE⊥平面ABC，
∴NE∥SD．
∵SN=NB，
∴NE=
在正△ABC中，由平面几何知识可求得EF=
在Rt△NEF中，tan∠NFE=
∴cos∠NFE=
∴二面角N-CM-B的余弦值为
解法二：（Ⅰ）取AC中点O，连结OS、OB．
∵SA=SC，AB=BC，
∴AC⊥SO且AC⊥BO．
∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC=AC
∴SO⊥面ABC，
∴SO⊥BO．
如图所示建立空间直角坐标系O-xyz．…（2分）
则A（2，0，0），B（0，2
C（-2，0，0），S（0，0，2
M（1，
∴
∵
∴AC⊥SB．…（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
设
取z=1，则
又
∴cos＜
∴二面角N-CM-B的余弦值为
解析
解法一：几何法
证明：（Ⅰ）取AC中点D，连结SD，BD．
∵SA=SC，AB=BC
∴AC⊥SD且AC⊥BD，…（2分）
又∵SD∩BD=D，SD，BD⊂平面SBD
∴AC⊥平面SBD，
又∵SB⊂平面SBD，
∴AC⊥SB；
（Ⅱ）∵AC⊥平面SBD，AC⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面SBD，
过N作NE⊥BD于E，则NE⊥平面ABC，过E作EF⊥CM于F，连结NF，则NF⊥CM．
∴∠NFE为二面角N-CM-B的平面角．…（6分）
∵平面ABC⊥平面SAC，SD⊥AC
∴SD⊥平面ABC．
又∵NE⊥平面ABC，
∴NE∥SD．
∵SN=NB，
∴NE=
在正△ABC中，由平面几何知识可求得EF=
在Rt△NEF中，tan∠NFE=
∴cos∠NFE=
∴二面角N-CM-B的余弦值为
解法二：（Ⅰ）取AC中点O，连结OS、OB．
∵SA=SC，AB=BC，
∴AC⊥SO且AC⊥BO．
∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC=AC
∴SO⊥面ABC，
∴SO⊥BO．
如图所示建立空间直角坐标系O-xyz．…（2分）
则A（2，0，0），B（0，2
C（-2，0，0），S（0，0，2
M（1，
∴
∵
∴AC⊥SB．…（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
设
取z=1，则
又
∴cos＜
∴二面角N-CM-B的余弦值为
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