2023年高考题。
1.[2012·陕西卷] (1)如图所示，证明命题“a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥b，则a⊥c”为真；
(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．
解：(1)证法一：如下图，过直线b上任一点作平面π的垂线n，设直线a，b，c，n的方向向量分别是a，b，c，n，则b，c，n共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c＝λb＋μn，则a·c＝a·(λb＋μn)＝λa·b)＋μa·n)，因为a⊥b，所以a·b＝0，又因为a π，n⊥π，所以a·n＝0，故a·c ＝0，从而a⊥c.
证法二：如图，记c∩b＝a，p为直线b上异于点a的任意一点，过p作po⊥π，垂足为o，则o∈c.∵po⊥π，a π，直线po⊥a，又a⊥b，b 平面pao，po∩b＝p，a⊥平面pao，又c 平面pao，∴a⊥c.
2)逆命题为：a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥c，则a⊥b.逆命题为真命题．
2.[2012·全国卷] 如图，四棱锥p－abcd中，底面abcd为菱形，pa⊥底面abcd，ac＝2，pa＝2，e是pc上的一点，pe＝2ec.(1)证明：
pc⊥平面bed；(2)设二面角a－pb－c为90°，求pd与平面pbc所成角的大小．
解：方法一：(1)因为底面abcd为菱形，所以bd⊥ac，又pa⊥底面abcd，所以pc⊥bd.
设ac∩bd＝f，连结ef.因为ac＝2，pa＝2，pe＝2ec，故pc＝2，ec＝，fc＝，从而＝，＝因为＝，∠fce＝∠pca，所以△fce∽△pca，∠fec＝∠pac＝90°，由此知pc⊥与平面bed内两条相交直线bd，ef都垂直，所以pc⊥平面bed.
2)在平面pab内过点a作ag⊥pb，g为垂足．因为二面角a－pb－c为90°，所以平面pab⊥平面pbc.又平面pab∩平面pbc＝pb，故ag⊥平面pbc，ag⊥bc.
bc与平面pab内两条相交直线pa，ag都垂直，故bc⊥平面pab，于是bc⊥ab，所以底面abcd为正方形，ad＝2，pd＝＝2.
设d到平面pbc的距离为d.因为ad∥bc，且ad平面pbc，bc平面pbc，故ad∥平面pbc，a、d两点到平面pbc的距离相等，即d＝ag＝.
设pd与平面pbc所成的角为α，则sinα＝＝所以pd与平面pbc所成的角为30°.
方法二：(1)以a为坐标原点，射线ac为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系a－xyz.设c(2，0,0)，d(，b,0)，其中b>0，则p(0,0,2)，e，b(，－b,0)．于是＝(2，0，－2)，＝从而·＝0，·＝0，故pc⊥be，pc⊥de.
又be∩de＝e，所以pc⊥平面bde.
2)＝(0,0,2)，＝b,0)．设m＝(x，y，z)为平面pab的法向量，则m·＝0，m·＝0，即2z＝0，且x－by＝0，令x＝b，则m＝(b，，0)．
设n＝(p，q，r)为平面pbc的法向量，则n·＝0，n·＝0，即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0，令p＝1，则r＝，q＝－，n＝.
因为面pab⊥面pbc，故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，于是n＝(1，－1，)，2)，cos〈n，〉＝n，〉＝60°.
因为pd与平面pbc所成角和〈n，〉互余，故pd与平面pbc所成的角为30°.
3.[2012·福建卷] 如图，在长方体abcd－a1b1c1d1中，aa1＝ad＝1，e为cd中点．(1)求证：b1e⊥ad1；(2)在棱aa1上是否存在一点p，使得dp∥平面b1ae？
若存在，求ap的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角a－b1e－a1的大小为30°，求ab的长．
解：(1)以a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(如图)．设ab＝a，则a(0,0,0)，d(0,1,0)，d1(0,1,1)，e，b1(a,0,1)，故ad1＝(0,1,1)，＝a,0,1)，＝
·＝－0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴b1e⊥ad1.
2)假设在棱aa1上存在一点p(0,0，z0)，使得dp∥平面b1ae.此时＝(0，－1，z0)．
又设平面b1ae的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面b1ae，∴n⊥，n⊥，得。
取x＝1，得平面b1ae的一个法向量n＝.
要使dp∥平面b1ae，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.
又dp平面b1ae，∴存在点p，满足dp∥平面b1ae，此时ap＝.
3)连接a1d，b1c，由长方体abcd－a1b1c1d1及aa1＝ad＝1，得ad1⊥a1d.
b1c∥a1d，∴ad1⊥b1c.又由(1)知b1e⊥ad1，且b1c∩b1e＝b1，ad1⊥平面dcb1a1.∴是平面a1b1e的一个法向量，此时＝(0,1,1)．
设与n所成的角为θ，则cosθ＝＝
二面角a－b1e－a1的大小为30°，∴cosθ|＝cos30°，即＝，解得a＝2，即ab的长为2.
4. [2012·江苏卷] 如图，在直三棱柱abc－a1b1c1中，a1b1＝a1c1，d，e分别是棱bc，cc1上的点(点d不同于点c)，且ad⊥de，f为b1c1的中点．求证：(1)平面ade⊥平面bcc1b1；
2)直线a1f∥平面ade.
证明：(1)因为abc－a1b1c1是直三棱柱，所以cc1⊥平面abc，又ad平面abc，所以cc1⊥ad.又因为ad⊥de，cc1，de平面bcc1b1，cc1∩de＝e，所以ad⊥平面bcc1b1.
又ad平面ade，所以平面ade⊥平面bcc1b1.
2)因为a1b1＝a1c1，f为b1c1的中点，所以a1f⊥b1c1.
因为cc1⊥平面a1b1c1，且a1f平面a1b1c1，所以cc1⊥a1f.
又因为cc1，b1c1平面bcc1b1，cc1∩b1c1＝c1，所以a1f⊥平面bcc1b1.
由(1)知ad⊥平面bcc1b1，所以a1f∥ad.
又ad平面ade，a1f平面ade，所以a1f∥平面ade.
5.[2012·辽宁卷] 如图，直三棱柱abc－a′b′c′，∠bac＝90°，ab＝ac＝λaa′，点m，n分别为a′b和b′c′的中点．(1)证明：mn∥平面a′acc′；(2)若二面角a′－mn－c为直二面角，求λ的值．
解：(1)(证法一)连结ab′，ac′，由已知∠bac＝90°，ab＝ac，三棱柱abc－a′b′c′为直三棱柱．所以m为ab′中点．又因为n为b′c′的中点．所以mn∥ac′.又mn平面a′acc′，ac′平面a′acc′，因此mn∥平面a′acc′.
证法二)取a′b′中点p，连结mp，np，m，n分别为ab′与b′c′的中点，所以mp∥aa′，pn∥a′c′，所以mp∥平面a′acc′，pn∥平面a′acc′，又mp∩np＝p，因此平面mpn∥平面a′acc′，而mn平面mpn，因此mn∥平面a′acc′.
2)以a为坐标原点，分别以直线ab，ac，aa′为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系o－xyz，如图所示．
设aa′＝1，则ab＝ac＝λ，于是a(0,0,0)，b(λ，0,0)，c(0，λ，0)，a′(0,0,1)，b′(λ0,1)，c′(0，λ，1)．所以m，n.设m＝(x1，y1，z1)是平面a′mn的法向量，由得可取m＝(1，－1，λ)
设n＝(x2，y2，z2)是平面mnc的法向量，由得。
可取n＝(－3，－1，λ)因为a′－mn－c为直二面角，所以m·n＝0.
即－3＋(－1)×(1)＋λ2＝0，解得λ＝.
6.[2012·重庆卷] 如图，在直三棱柱abc－a1b1c1中，ab＝4，ac＝bc＝3，d为ab的中点．(1)求点c到平面a1abb1的距离；(2)若ab1⊥a1c，求二面角a1－cd－c1的平面角的余弦值．
解：(1)由ac＝bc，d为ab的中点，得cd⊥ab.又cd⊥aa1，故cd⊥面a1abb1，所以点c到平面a1abb1的距离为cd＝＝.
2)解法一：如图，取d1为a1b1的中点，连结dd1，则dd1∥aa1∥cc1.又由(1)知cd⊥面a1abb1，故cd⊥a1d，cd⊥dd1，所以∠a1dd1为所求的二面角a1－cd－c1的平面角．
因a1d为a1c在面a1abb1上的射影，又已知ab1⊥a1c，由三垂线定理的逆定理得ab1⊥a1d，从而∠a1ab1、∠a1da都与∠b1ab互余，因此∠a1ab1＝∠a1da，所以rt△a1ad∽rt△b1a1a.因此＝，即aa＝ad·a1b1＝8，得aa1＝2.
从而a1d＝＝2.所以，在rt△a1dd1中，cos∠a1dd1＝＝＝
解法二：如图，过d作dd1∥aa1交a1b1于点d1，在直三棱柱中，易知db，dc，dd1两两垂直．以d为原点，射线db，dc，dd1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系d－xyz.
设直三棱柱的高为h，则a(－2,0,0)，a1(－2,0，h)，b1(2,0，h)，c(0，，0)，c1(0，，h)，从而＝(4,0，h)，＝2，，－h)．由⊥，有8－h2＝0，h＝2.
故＝(－2,0,2)，＝0,0,2)，＝0，，0)．
设平面a1cd的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m⊥，m⊥，即。
取z1＝1，得m＝(，0,1)，设平面c1cd的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n⊥，n⊥，即。
取x2＝1，得n＝(1,0,0)，所以cos〈m，n〉＝＝
所以二面角a1－cd－c1的平面角的余弦值为。
7. [2012·浙江卷] 如图1－5所示，在四棱锥p－abcd中，底面是边长为2的菱形，∠bad＝120°，且pa⊥平面abcd，pa＝2，m，n分别为pb，pd的中点．(1)证明：mn∥平面abcd；(2)过点a作aq⊥pc，垂足为点q，求二面角a－mn－q的平面角的余弦值．
解：(1)因为m，n分别是pb，pd的中点，所以mn是△pbd的中位线，所以mn∥bd.
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