高考理数(课标专用)§8.3直线、平面垂直的判定与性质A组??统一命题·课标卷题组考点直线、平面垂直的判定与性质1.(2018课标Ⅰ,
18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF
⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.?五年高考解析(1)由已知可得BF⊥E
F,又已知BF⊥PF,且PF、EF?平面PEF,PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF,又BF?平面ABFD,所以平面PEF⊥平面A
BFD.(2)作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点,?的方向为y轴正方向,|?|为单位长,建立如
图所示的空间直角坐标系H-xyz.?由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=?,又PF=1,EF=2,故PE⊥P
F,可得PH=?,EH=?,则H(0,0,0),P?,D?,?=?,?=?为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,
则sinθ=?=?=?.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为?.易错警示利用空间向量求线面角的注意事项(1)先求出直线的方向
向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度,再取其余角即为所求.(2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin2θ+
cos2θ=1求出其值,不要误以为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求.2.(2017课标Ⅲ,19,12分)如图,四面
体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)
过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.解析本题考查面面垂直的
证明,二面角的求法.(1)由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC.又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.取AC的中
点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC.所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.
在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.所
以平面ACD⊥平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,?的方向为x轴正方向,|?|为单位长,
建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(1,0,0),B(0,?,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).?由题设知,四
面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的?,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的?,即E为DB的中点,得E?.故?=
(-1,0,1),?=(-2,0,0),?=?.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则?即?可取n=?.设m是平面AEC的法
向量,则?同理可取m=(0,-1,?).则cos=?=?.易知二面角D-AE-C为锐二面角,所以二面角D-AE-C的余弦
值为?.方法总结证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线,即在一个平面内,找一条直线,使它垂直于另一个
平面.用空间向量法求二面角的余弦值时,要判断二面角是钝角还是锐角.3.(2016课标Ⅰ,18,12分)如图,在以A,B,C,D,E
,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1
)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.解析(1)由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平
面EFDC.?(2分)又AF?平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.?(3分)(2)过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知D
G⊥平面ABEF.以G为坐标原点,?的方向为x轴正方向,|?|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.?(6分)由(1)
知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|=?,可得A(1,4,0),B(-3,4,0)
,E(-3,0,0),D(0,0,?).由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.?(8分)又平面ABCD∩平面EFDC=CD
,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而
可得C(-2,0,?).所以?=(1,0,?),?=(0,4,0),?=(-3,-4,?),?=(-4,0,0).?(10分)设n
=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则思路分析(1)根据已知条件证出AF⊥平面EFDC,进而得出平面ABEF⊥平面EFDC;(
2)根据证得的垂直关系建立空间直角坐标系,求出平面BCE、平面ABCD的法向量,进而可求得二面角E-BC-A的余弦值.方法总结对
于立体几何问题的求解,首先要熟练掌握平行与垂直的判定与性质,对于面面垂直的证明,寻找平面的垂线往往是解题的关键.?即?所以可取n=
(3,0,-?).设m是平面ABCD的法向量,则?同理可取m=(0,?,4).则cos=?=-?.又易知二面角E-BC
-A为钝二面角,故二面角E-BC-A的余弦值为-?.?(12分)4.(2015课标Ⅰ,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,∠
ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.(1)证明:
平面AEC⊥平面AFC;(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.?解析(1)连接BD.设BD∩AC=G,连接EG,FG,EF
.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由∠ABC=120°,可得AG=GC=?.由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又
AE⊥EC,所以EG=?,且EG⊥AC.在Rt△EBG中,可得BE=?,故DF=?.在Rt△FDG中,可得FG=?.在直角梯形BD
FE中,由BD=2,BE=?,DF=?,可得EF=?.从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.又AC∩FG=G,可得EG⊥平面
AFC.因为EG?平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.?(6分)(2)如图,以G为坐标原点,分别以?,?的方向为x轴,y轴正方
向,|?|为单位长,建立空间直角坐标系G-xyz.?由(1)可得A(0,-?,0),E(1,0,?),F?,C(0,?,0),所以
?=(1,?,?),?=?.?(10分)故cos=?=-?.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为?.?(12分)5.(
2014课标Ⅰ,19,12分,0.428)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明:A
C=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.?解析(1)连接BC1,
交B1C于点O,连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1,且O为B1C及BC1的中点.又AB⊥B1C,所以B1C⊥
平面ABO.由于AO?平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)因为AC⊥AB1,且O为B1C的中点,所以
AO=CO.又因为AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,从而OA,OB,OB1两两垂直.以O为坐标原点,?的方向为x轴
正方向,|?|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.?因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,又AB=BC
,则A?,B(1,0,0),B1?,C?.?=?,?=?=?,?=?=?.设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则?即?所
以可取n=(1,?,?).设m是平面A1B1C1的法向量,则?同理可取m=(1,-?,?).则cos=?=?.易知二面角
A-A1B1-C1为锐二面角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为?.方法点拨在求解或证明过程中,通常会用到一些初中阶段学习的
平面几何知识,如三角形中位线的性质、菱形的性质,等腰三角形的性质,相似(全等)三角形的判定与性质等,在复习时应予以关注.B组??自
主命题·省(区、市)卷题组考点直线、平面垂直的判定与性质1.(2014广东,7,5分)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3
,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是?()A.l1⊥l4?B.l1∥l4C.l1与l4既
不垂直也不平行????D.l1与l4的位置关系不确定答案????D由l1⊥l2,l2⊥l3可知l1与l3的位置不确定,若l
1∥l3,则结合l3⊥l4,得l1⊥l4,所以排除选项B、C,若l1⊥l3,则结合l3⊥l4,知l1与l4可能不垂直,所以排除选项
A.故选D.评析本题考查了空间直线之间的位置关系,考查学生的空间想象能力、思维的严密性.2.(2018北京,16,14分)如图,
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=?,AC
=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.?解析
(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,因为CC1⊥平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,所
以AC⊥EF.因为AB=BC,所以AC⊥BE.所以AC⊥平面BEF.(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1
⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC.因为BE?平面ABC,所以EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.于是n=(2,-1,-
4).又因为平面CC1D的一个法向量为?=(0,2,0),所以cos=?=-?.由题知二面角B-CD-C1为钝角,所以其
余弦值为-?.(3)由(2)知平面BCD的一个法向量为n=(2,-1,-4),?=(0,2,-1).因为n·?=2×0+(-1)×
2+(-4)×(-1)=2≠0,所以直线FG与平面BCD相交.?由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F
(0,0,2),G(0,2,1).所以?=(-1,-2,0),?=(1,-2,1).设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0)
,则?即?令y0=-1,则x0=2,z0=-4.3.(2015北京,17,14分)如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角
形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE
;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.?解析(1)证明:因为△AEF是等边三角形,O为EF
的中点,所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO?平面AEF,所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.(2)取BC中点
G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB,又OG?平面EFCB,所以OA⊥OG.如图
建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,?a),B(2,?(2-a),0),?=(-a,0,?a),?=(a
-2,?(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则?即?令z=1,则x=?,y=-1.于是n=(?,-1,1)
.平面AEF的法向量为p=(0,1,0).所以cos=?=-?.由题设知二面角F-AE-B为钝二面角,所以它的余弦值为-
?.(3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即?·?=0.因为?=(a-2,?(a-2),0),?=(-2,?(2-a),0)
,所以?·?=-2(a-2)-3(a-2)2.由?·?=0及0求解以及线面垂直的性质定理,考查学生空间想象能力和运算求解能力,正确建立空间直角坐标系以及表示点的坐标是解决本题的关键.4.(20
15湖北,19,12分)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之
为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接DE,D
F,BD,BE.(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是不是鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说
明理由;(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为?,求?的值.解析解法一:(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,由
底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD,而DE?平面PCD,所以BC⊥DE.又因为PD=CD,
点E是PC的中点,所以DE⊥PC.而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.而PB?平面PBC,所以PB⊥DE.又PB⊥EF,DE∩
EF=E,所以PB⊥平面DEF.由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是
一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)如图,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平
面DEF与平面ABCD的交线.由(1)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥DG.而PD∩PB
=P,所以DG⊥平面PBD.故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,设PD=DC=1,BC=λ,有BD=?,在Rt△P
DB中,由DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB=?,则tan?=tan∠DPF=?=?=?,解得λ=?.所以?=?=?.故当面DEF与
面ABCD所成二面角的大小为?时,?=?.解法二:(1)如图,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间
直角坐标系.设PD=DC=1,BC=λ,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),C(0,1,0),?=(λ,1,-
1),点E是PC的中点,所以E?,?=?,于是?·?=0,即PB⊥DE.又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.
因?=(0,1,-1),?·?=0,则DE⊥PC,所以DE⊥平面PBC.由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的
四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)由PD⊥平面A
BCD,所以?=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量;由(1)知,PB⊥平面DEF,所以?=(-λ,-1,1)是平面DEF的一
个法向量.若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为?,则cos?=?=?=?,解得λ=?,所以?=?=?.故当面DEF与面ABCD
所成二面角的大小为?时,?=?.5.(2014辽宁,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2
,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证:EF⊥BC;(2)求二面角E-BF-C的正弦值.?解析
(1)证法一:过E作EO⊥BC,垂足为O,连OF,如图1.?图1由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.所以∠EOC=∠F
OC=?,即FO⊥BC.又EO⊥BC,因此BC⊥面EFO.又EF?面EFO,所以EF⊥BC.证法二:以B为坐标原点,在平面DBC内
过B且垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B且垂直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐标系,?图2易得
B(0,0,0),A(0,-1,?),D(?,-1,0),C(0,2,0),因而E?,F?,所以,?=?,?=(0,2,0),因此
?·?=0.从而?⊥?,所以EF⊥BC.(2)解法一:在图1中,过O作OG⊥BF,垂足为G,连EG.由平面ABC⊥平面BDC,从而
EO⊥面BDC,又OG⊥BF,由三垂线定理知EG⊥BF.因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角.在△EOC中,EO=?EC=?B
C·cos30°=?,由△BGO∽△BFC知,OG=?·FC=?,因此tan∠EGO=?=2,从而sin∠EGO=?,即二面角E
-BF-C的正弦值为?.解法二:在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1).设平面BEF的法向量为n2=(x,y,z)
,又?=?,?=?,由?得其中一个n2=(1,-?,1).设二面角E-BF-C的大小为θ,且由题意知θ为锐角,则cosθ=|co
s|=???=?,因此sinθ=?=?,即所求二面角的正弦值为?.评析本题考查空间位置关系的证明及空间角的求法.
本题的难点和易错点都是空间直角坐标系的建立,由于A、D两点都不在坐标轴上,因此正确求出A、D两点的坐标是解决本题的关键.C组??教
师专用题组考点直线、平面垂直的判定与性质1.(2015湖南,19,13分)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面
分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD.点P,Q分别在棱DD1,BC上.(1)若P是DD1的中点,证明:A
B1⊥PQ;(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为?,求四面体ADPQ的体积.?解析解法一:由题设知,A
A1,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各
点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m≤6.
?(1)若P是DD1的中点,则P?,?=?.又?=(3,0,6),于是?·?=18-18=0,所以?⊥?,即AB1⊥PQ.(2)由
题设知,?=(6,m-6,0),?=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,则
?即?取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),所以cos=?=?=?.
而二面角P-QD-A的余弦值为?,因此?=?,解得m=4,或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设?=λ?(0<λ≤1),而?=
(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以?=(6,3λ-2,-6λ).因为PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A
1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以?·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=?,从而P(0,4,4).于是,将四面体ADPQ视
为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=?S△ADQ·h=?×?×6×6×4=24.解法二:
(1)如图a,取A1A的中点R,连接PR,BR.因为A1A,D1D是梯形A1ADD1的两腰,P是D1D的中点,所以PR∥AD,于是
由AD∥BC知,PR∥BC,所以P,R,B,C四点共面.由题设知,BC⊥AB,BC⊥A1A,所以BC⊥平面ABB1A1,因此BC⊥
AB1.①因为tan∠ABR=?=?=?=tan∠A1AB1,所以∠ABR=∠A1AB1,因此∠ABR+∠BAB1=∠A1AB1+
∠BAB1=90°,于是AB1⊥BR.再由①即知AB1⊥平面PRBC.又PQ?平面PRBC,故AB1⊥PQ.?图a
图b=3
.于是?=?=?=2,所以PM=2MD=2t.再由③,④得?=?,解得t=2,因此PM=4.故四面体ADPQ的体积V=?S△ADQ
·PM=?×?×6×6×4=24.??(2)如图b,过点P作PM∥A1A交AD于点M,则PM∥平面ABB1A1.②因为A1A⊥平面
ABCD,所以PM⊥平面ABCD.过点M作MN⊥QD于点N,连接PN,则PN⊥QD,∠PNM为二面角P-QD-A的平面角,所以co
s∠PNM=?,即?=?,从而?=?.③连接MQ,由PQ∥平面ABB1A1及②知,平面PQM∥平面ABB1A1,所以MQ∥AB.又
ABCD是正方形,所以ABQM为矩形,故MQ=AB=6.设MD=t,则MN=?=?.④过点D1作D1E∥A1A交AD于点E,则AA
1D1E为矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE2.(2014广东,18,13分)如图,四边形AB
CD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明:CF⊥平面ADF;(2
)求二面角D-AF-E的余弦值.?解析(1)证明:∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AD,又CD⊥AD,PD∩CD=D,∴AD⊥平
面PCD,∴AD⊥PC,又AF⊥PC,AF∩AD=A,∴PC⊥平面ADF,即CF⊥平面ADF.(2)解法一:设AB=1,则Rt△P
DC中,CD=1,∵∠DPC=30°,∴PC=2,PD=?,由(1)知CF⊥DF,∴DF=?,∴CF=?,又FE∥CD,∴?=?=
?,∴DE=?,同理,EF=?CD=?,如图所示,以D为原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),?E?,F?,P(?,0,0
),C(0,1,0).设m=(x,y,z)是平面AEF的法向量,则?又?∴?令x=4,得z=?,故m=(4,0,?),由(1)知平
面ADF的一个法向量为?=(-?,1,0),设二面角D-AF-E的平面角为θ,可知θ为锐角,cosθ=|cos|=?=
?=?,故二面角D-AF-E的余弦值为?.解法二:设AB=1,∵CF⊥平面ADF,∴CF⊥DF.∴在△CFD中,DF=?,∵CD⊥
AD,CD⊥PD,∴CD⊥平面ADE.又∵EF∥CD,∴EF⊥平面ADE.∴EF⊥AE,∴在△DEF中,DE=?,EF=?,在△A
DE中,AE=?,在△ADF中,AF=?.由VA-DEF=?·S△ADE·EF=?·S△ADF·hE-ADF,解得hE-ADF=?
,设△AEF的边AF上的高为h,由S△AEF=?·EF·AE=?·AF·h,解得h=?×?,设二面角D-AF-E的平面角为θ,可知
θ为锐角.则sinθ=?=?×?×?=?,∴cosθ=?.3.(2014江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,ABC
D为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证:AB⊥PD;(2)若∠BPC=90°,PB=?,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P
-ABCD的体积最大?并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.?解析(1)证明:ABCD为矩形,故AB⊥AD.又平面PAD
⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD.(2)过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的
垂线,垂足为G,连接PG.?故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG.在Rt△BPC中,PG=?,GC=?,BG=?.设
AB=m,则OP=?=?,故四棱锥P-ABCD的体积V=?·?·m·?=??.因为m?=?=?,故当m=?,即AB=?时,四棱锥P
-ABCD的体积最大.此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O(0,0,0),B?,C?,D?,P?.故?=?,?=(0,?,0
),?=?.设平面BPC的一个法向量为n1=(x,y,1),则由n1⊥?,n1⊥?得?解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).同
理可求出平面DPC的一个法向量为n2=?.从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cosθ=?=?=?.评析?本题考查面面垂直
的性质定理、线线垂直的判定、空间几何体的体积以及二面角的求解等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力,正确利用面面
垂直的性质定理求出棱锥的高是解决本题的关键.计算错误是失分的主要原因.4.(2013课标Ⅰ,18,12分,0.524)如图,三棱柱
ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.(1)证明:AB⊥A1C;(2)若平面ABC⊥平面AA1B1
B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.?解析(1)证明:取AB的中点O,连接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)由(1)知OC⊥AB,OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA
1B1B,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.?思路分析(1)取AB的中点O,由已知条件可得OC⊥AB,OA1⊥AB,从而得
AB⊥平面OA1C,从而得AB⊥A1C;(2)根据证得的垂直关系建立空间直角坐标系,求出平面BB1C1C的一个法向量,进而求出该法
向量与?夹角的余弦值,从而可得直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.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BB1
C1C的法向量,则?即?可取n=(?,1,-1).故cos=?=-?.所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为?.规
律总结面面垂直的性质定理在立体几何中是一个极为关键的定理,这个定理的主要作用是将面面垂直问题转化为线面垂直问题.在一些垂直关系的
证明及线面角、二面角的求解中,常要借助这个定理作出平面的垂线.5.(2012课标,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1
中,AC=BC=?AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.(1)证明:DC1⊥BC;(2)求二面角A1-BD-C1的大小.?解
析(1)由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于D为AA1的中点,故DC=DC1.又AC=?AA1,可得D?+DC2=C?,所以DC1
⊥DC.而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.又BC?平面BCD,故DC1⊥BC.(2)由(1)知BC⊥DC1,
且BC⊥CC1,则BC⊥平面ACC1,所以CA,CB,CC1两两相互垂直.以C为坐标原点,?的方向为x轴的正方向,?的方向为y轴的
正方向,|?|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.?由题意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),
C1(0,0,2).则?=(0,0,-1),?=(1,-1,1),?=(-1,0,1).设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法
向量,则?即?可取n=(1,1,0).同理,设m是平面C1BD的法向量,则?可取m=(1,2,1).从而cos=?=?.
又易知二面角A1-BD-C1为锐二面角,故二面角A1-BD-C1的大小为30°.评析???本题考查了直线与直线垂直的证明及二面角的
求法.属中等难度题,运算要准确.A组??2016—2018年高考模拟·基础题组考点直线、平面垂直的判定与性质1.(2018湖北重
点中学协作体4月联考,5)设m,n是平面α内的两条不同直线,l1,l2是平面β内两条相交直线,则α⊥β的一个充分不必要条件是?(
)A.l1⊥m,l1⊥n?B.m⊥l1,m⊥l2C.m⊥l1,n⊥l2?D.m∥n,l1⊥n答案????B由m⊥l1,m⊥l
2及已知条件可得m⊥β,又m?α,所以α⊥β;反之,α⊥β时未必有m⊥l1,m⊥l2,故“m⊥l1,m⊥l2”是“α⊥β”的充分不
必要条件,其余选项均推不出α⊥β,故选B.三年模拟2.(2017中原名校联盟4月联考,4)已知m和n是两条不同的直线,α和β是两个
不重合的平面,下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是?()A.α⊥β且m?α?B.α⊥β且m∥αC.m∥n且n⊥β?D.m⊥n且
n∥β答案????C对于选项A,α⊥β且m?α,可得m∥β或m与β相交或m?β,故A不成立;对于选项B,α⊥β且m∥α,可得m?
β或m∥β或m与β相交,故B不成立;对于选项C,m∥n且n⊥β,则m⊥β,故C正确;对于选项D,由m⊥n且n∥β,可得m∥β或m与
β相交或m?β,故D不成立.故选C.3.(2017河南百校联盟联考,11)如图,已知等腰直角三角形ABC,AB=AC,将△ABC沿
斜边BC向上翻转,与原图形构成几何体A1-ABC,其外接球表面积为4π,设二面角A1-BC-A的平面角为α,若O为BC的中点,点P
,Q分别为线段OA1,AB的中点,则当PQ=?时,角α等于?()A.??B.??C.??D.?答案????B连接OQ,根据
题意知几何体A1-ABC的外接球的球心为O,半径为OB=OC=OA=OA1,则4π·OB2=4π,∴OB=1,所以BC=2,故OQ
=?,OP=?,从而当PQ=?时,PQ2=OP2+OQ2,∴OP⊥OQ.又OP⊥BC,OQ∩BC=O,所以OP⊥平面ABC,所以平
面A1BC⊥平面ABC,即α=?.4.(2018河南商丘二模,15)如图,PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上的一点
,E、F分别是A在PB、PC上的射影,给出下列结论:①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC.其中正确命题的序
号是?.?答案①②③解析由PA⊥平面ABC,BC?平面ABC,可得PA⊥BC,又AB是圆O的直径,C是圆O上一点,则有BC⊥
AC,又PA∩AC=A,所以BC⊥面PAC,又AF?面PAC,所以BC⊥AF,故③正确;因为AF⊥PC,PC∩BC=C,所以AF⊥
面PBC,又PB?面PBC,所以AF⊥PB,故①正确;因为AE⊥PB,AF⊥PB,AE∩AF=A,所以PB⊥平面AEF,又EF?平
面AEF,所以PB⊥EF,故②正确;由于AF⊥平面PBC,AF∩AE=A,所以AE不与面PBC垂直,故④错误.综上可知正确命题的序
号为①②③.5.(2018河南郑州二模,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△DAB≌△DCB,E为线段B
D上的一点,且EB=ED=EC=BC,连接CE并延长交AD于F.(1)若G为PD的中点,求证:平面PAD⊥平面CGF;(2)若BC
=2,PA=3,求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值.解析(1)证明:在△BCD中,EB=ED=EC=BC,故∠BCD=
?,∠CBE=∠CEB=?,连接AE,∵△DAB≌△DCB,∴△EAB≌△ECB,从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=?,AE=C
E=DE.?(3分)∴∠AEF=∠FED=?,故EF⊥AD,AF=FD.又PG=GD,∴FG∥PA.又PA⊥平面ABCD,故GF⊥
平面ABCD,∴GF⊥AD,又GF∩EF=F,故AD⊥平面CFG.又AD?平面PAD,∴平面PAD⊥平面CGF.?(6分)(2)以
点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(3,?,0),D(0,2?,0),P(0,0
,3).故?=(1,?,0),?=(-3,-?,3),?=(-3,?,0).设平面BCP的一个法向量为n1=(1,y1,z1),则
?解得?即n1=?.?(9分)设平面DCP的一个法向量为n2=(1,y2,z2),则?解得?即n2=(1,?,2).从而平面BCP
与平面DCP所成锐二面角的余弦值为?=?=?.?(12分)6.(2018安徽江淮十校4月联考,18)四棱锥A-BCDE中,EB∥D
C,且EB⊥平面ABC,EB=1,DC=BC=AB=AC=2,F是棱AD的中点.(1)证明:EF⊥平面ACD;(2)求二面角B-A
E-D的余弦值.?解析(1)证明:取AC中点M,连接FM、BM,?∵F是AD中点,∴FM∥DC,且FM=?DC=1.又∵EB∥
DC,EB=1,∴FM??EB,∴四边形FMBE是平行四边形.∴EF∥BM,又BC=AB=AC,∴△ABC是等边三角形,∴BM⊥A
C,∵EB⊥平面ABC,EB∥DC,∴CD⊥平面ABC,∴CD⊥BM,又CD∩AC=C,∴BM⊥平面ACD,∴EF⊥平面ACD.(
2)取BC中点N,连接AN,则AN⊥BC?AN⊥平面BCD,以N为原点建立如图所示的空间直角坐标系.?则各点坐标为A(0,0,?)
,B(0,-1,0),C(0,1,0),D(2,1,0),E(1,-1,0).可得?=(0,1,?),?=(1,0,0),?=(-
1,1,?),?=(1,2,0),设平面ABE的法向量为n1=(x1,y1,z1),则?得?可取n1=(0,-?,1),设平面AD
E的法向量为n2=(x2,y2,z2),则?得?可取n2=(-2,1,-?),于是cos=?=-?,注意到二面角B-
AE-D是钝二面角,因此,所求二面角的余弦值就是-?.B组??2016—2018年高考模拟·综合题组(时间:40分钟分值:55
分)一、选择题(每题5分,共5分)1.(2018湖南衡阳3月模拟,7)设α、β是空间两个平面,m、n、l是空间三条直线,则下列四个
命题中,逆命题成立的个数是?()①当n?α时,若n⊥β,则α⊥β②当l⊥α时,若l⊥β,则α∥β③当n?α,且l?α时,若l∥
α,则n∥l④当n?α,且l是m在α内的射影时,若n⊥l,则m⊥n.A.1????B.2????C.3????D.4答案??
??C对于①,逆命题:当n?α时,若α⊥β,则n⊥β,由面面垂直的性质定理可知①的逆命题错误;对于②,逆命题:当l⊥α时,若α∥
β,则l⊥β,由面面平行的性质可知②的逆命题正确;对于③,逆命题:当n?α,且l?α时,若n∥l,则l∥α,由线面平行的判定定理可
知③的逆命题正确;对于④,逆命题:当n?α,且l是m在α内的射影时,若m⊥n,则n⊥l,由三垂线定理可知③的逆命题正确.综上,逆命
题成立的序号为②③④,故选C.解题关键正确写出各命题的逆命题及熟练掌握线、面的位置关系的判定方法是解决此题的关键.二、填空题(每
题5分,共15分)2.(2018广东七校3月联考,15)如图,在矩形ABCD中,AB=8,BC=4,E为DC边的中点,沿AE将△A
DE折起,在折起过程中,下列结论中能成立的序号为?.?①ED⊥平面ACD;②CD⊥平面BED;③BD⊥平面ACD;④AD⊥平面BE
D.答案④??解析因为在矩形ABCD中,AB=8,BC=4,E为DC边的中点,则折叠时,D点在平面BCE上的射影的轨迹为O1O2
(如图).因为折起过程中,DE与AC所成角不能为直角,所以DE不垂直于平面ACD,故①不符合;只有D点射影位于O2位置,即平面AE
D与平面AEB重合时,才有BE⊥CD,所以折起过程中CD不垂直于平面BED,故②不符合;折起过程中,BD与AC所成的角不能为直角,
所以BD不垂直于平面ACD,故③不符合;因为AD⊥ED,并且在折起过程中,当点D的射影位于O点时,AD⊥BE,所以在折起过程中,A
D⊥平面BED能成立,故④符合.答案2+?3.(2016河北五个一名校3月联考,15)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1
D1中,M,N分别是AC1,A1B1的中点,点P在其表面上运动,则总能使MP与BN垂直的点P的轨迹的周长等于?.解析分别取BB1,
CC1的中点E,F,连接AE,EF,FD,则BN⊥平面AEFD,过点M作平面α,使α∥平面AEFD,则平面α与正方体表面的交线即为
点P的轨迹,该轨迹为矩形,其周长与矩形AEFD的周长相等,又矩形AEFD的周长为2+?,所以所求轨迹的周长为2+?.解题关键由题
意作出过点M且与BN垂直的截面是解题的关键.?4.(2017福建泉州二模,16)如图,一张A4纸的长、宽分别为2?a,2a,A,B
,C,D分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起,使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P,从而得到一个多面体.下列关于该多面
体的命题,正确的是?.(写出所有正确命题的序号)?①该多面体是三棱锥;②平面BAD⊥平面BCD;③平面BAC⊥平面ACD;④该多面
体外接球的表面积为5πa2.答案①②③④解析由题意得该多面体是一个三棱锥,故①正确;∵AP⊥BP,AP⊥CP,BP∩CP=P,
∴AP⊥平面BCD,又∵AP?平面ABD,∴平面BAD⊥平面BCD,故②正确;同理可证平面BAC⊥平面ACD,故③正确;通过构造长
方体可得该多面体的外接球半径R=?a,所以该多面体外接球的表面积为5πa2,故④正确.综上,正确命题的序号为①②③④.方法点拨在
解决平面图形的翻折问题时,应找出其中变化的量和没有变化的量,一般地,翻折后还在同一个平面上的元素之间的位置关系不发生变化,不在同一
平面上的元素之间的位置关系发生变化.三、解答题(共35分)5.(2018江西南昌二中3月月考,19)如图,在等腰梯形ABCD中,∠
ABC=60°,CD=2,AB=4,点E为AB的中点,现将该梯形中的三角形BEC沿线段EC折起,形成四棱锥B-AECD.?(1)在
四棱锥B-AECD中,求证:AD⊥BD;(2)若平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角为120°,求直线AE与平面ABD所成角
的正弦值.解析(1)证明:由三角形BEC沿线段EC折起前,∠ABC=60°,CD=2,AB=4,点E为AB的中点,得三角形BEC
沿线段EC折起后,四边形AECD为菱形,边长为2,∠DAE=60°,如图,取EC的中点F,连接DF,BF,DE,∵△BEC和△DE
C均为正三角形,∴EC⊥BF,EC⊥DF,又BF∩DF=F,∴EC⊥平面BFD,∵AD∥EC,∴AD⊥平面BFD,∵BD?平面BF
D,∴AD⊥BD.(2)以F为坐标原点,建立如图的空间直角坐标系,由EC⊥平面BFD,知z轴在平面BFD内,∵BF⊥EC,DF⊥E
C,∴∠BFD为平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角,∴∠BFD=120°,∴∠BFz=30°,又∵BF=?,∴点B的横坐标
为-?,点B的竖坐标为?.因D(?,0,0),E(0,1,0),A(?,2,0),B?,故?=(-?,-1,0),?=?,?=(0
,-2,0).设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),∴?得?令x=1,得y=0,z=?,∴平面ABD的一个法向量为n=(1,0
,?),∴cos=?=?=-?,∵直线AE与平面ABD所成角为锐角,∴直线AE与平面ABD所成角的正弦值为?.思路分析
(1)取EC的中点F,连接DF,BF,DE,可证EC⊥BF,EC⊥DF,即可证EC⊥平面BFD,从而AD⊥平面BFD,进而得AD⊥
BD;(2)以F为坐标原点建立空间直角坐标系,由(1)可证∠BFD为平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角,然后求D,E,A,
B的坐标,进而求出向量?和平面ABD的一个法向量的坐标,利用向量夹角公式和直线AE与平面ABD所成角的范围即可求得答案.方法点拨
利用空间向量解答立体几何问题的一般步骤:(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,利用两向量垂直数量积为零列出方程组求出法向量;(4)直接利用向量运算求解或将空间位置关系转化为向量关系
求解.6.(2018广东六校4月联考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD是平行四边形,AB=BC=1,∠BAD=120°
,PB=PC=?,PA=2,E,F分别是AD,PD的中点.(1)证明:平面EFC⊥PBC;(2)求二面角A-BC-P的余弦值.?
解析解法一:(1)证明:取BC中点G,连接PG,AG,AC,?∵PB=PC,∴PG⊥BC,∵四边形ABCD是平行四边形,AB=B
C=1,∠BAD=120°,∴∠ABC=60°.∴△ABC是等边三角形,∴AG⊥BC.∵AG∩PG=G,∴BC⊥平面PAG,∴BC
⊥PA.?(3分)∵E,F分别是AD,PD的中点,∴EF∥PA,EC∥AG,∴BC⊥EF,BC⊥EC,∵EF∩EC=E,∴BC⊥平
面EFC,?(5分)∵BC?平面PBC,∴平面EFC⊥平面PBC.?(6分)(2)由(1)知PG⊥BC,AG⊥BC,∴∠PGA是二
面角A-BC-P的平面角.?(7分)∵PG=?=?,AG=?,PA=2,?(9分)∴在△PAG中,根据余弦定理得,cos∠PGA=
?=-?,?(11分)∴二面角A-BC-P的余弦值为-?.?(12分)解法二:(1)证明:连接AC,∵ABCD是平行四边形,AB=
BC=1,∠BAD=120°,∴∠ADC=60°,∴△ADC是等边三角形,∵E是AD的中点,∴CE⊥AD.∵AD∥BC,∴CE⊥B
C.?(1分)以C为坐标原点,分别以?,?的方向为x轴、y轴的正方向,建立如图空间直角坐标系.?(2分)?则C(0,0,0),E?
,A?,B(0,1,0),D?,设P(x,y,z)(x<0,y>0,z>0),由|?|2=|?|2=2,|?|2=4,可得x=-?
,y=?,z=1,∴P?,?(4分)∵F是PD的中点,∴F?,∵?·?=0,∴CB⊥CF,∵CE⊥BC,CE∩CF=C,∴BC⊥平
面EFC,∵BC?平面PBC,∴平面EFC⊥平面PBC.?(6分)(2)由(1)知,?=(0,1,0),?=?,设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,则?∴??(8分)令x=-2,则n=(-2,0,-?),?(9分)设m=(0,0,1),易知m是平面ABC的一个法向量,?(10分)∴cos=?=-?,?(11分)又易知二面角A-BC-P为钝二面角,∴二面角A-BC-P的余弦值为-?.?(12分)思路分析解法一:(1)取BC的中点G,由线面垂直的判定可以得证BC⊥面PAG,从而得BC⊥PA,进而利用平行关系及线面垂直的判定可得BC⊥面EFC,从而得面EFC⊥面PBC;(2)利用定义法找出二面角A-BC-P的平面角,在三角形内用余弦定理求相应角的余弦值.解法二:建立合适的空间直角坐标系,利用空间向量法证明和求解(关键在于求出各点的坐标及相应平面的法向量).7.(2017河南百校联盟4月联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AB∥DC,AD⊥DC,PD⊥平面ABCD,E、F、M分别是棱PD、PC和BC上的点,且?=?=?=?,N是PA上一点,AD=PD.(1)求当?为何值时,平面NEF⊥平面MEF;(2)在(1)的条件下,若AB=?DC=2,PD=3,求平面BCN与平面MEF所成锐二面角的余弦值.解析(1)在AD上取一点G,使得?=?,连接EG,MG,∵?=?=?,∴EG∥PA,MG∥CD,?(2分)∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥CD,又∵AD⊥CD,AD∩PD=D,∴CD⊥平面PAD,?(3分)∵?=?,∴EF∥DC,∴EF⊥平面PAD.?(4分)若平面NEF⊥平面MEF,则∠NEG=90°,?(5分)在Rt△PAD中,AD=PD,∴PA=?PD,PN=?PD,∴当?=2时,平面NEF⊥平面MEF.?(6分)?(2)以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(3,0,0),B(3,2,0),C(0,4,0),P(0,0,3),N(1,0,2),∴?=(2,2,-2),?=(3,-2,0),?(7分)设平面BCN的法向量为n=(x,y,z),则?即?令y=3,则x=2,z=5,∴n=(2,3,5).?(9分)∵EF∥AB,FM∥PB,则易知平面MEF∥平面PAB,?(10分)易知平面PAB的一个法向量为n1=(1,0,1),∴平面MEF的一个法向量为n1=(1,0,1),?(11分)∴|cos|=?,即平面BCN与平面MEF所成锐二面角的余弦值为?.?(12分)思路分析(1)在AD上取一点G,使GA=2DG.利用比例关系得出平行,由已知条件证明CD⊥面PAD,从而得EF⊥面PAD,若平面NEF⊥平面MEF,则∠NEG=90°,从而得出?的值;(2)建立空间直角坐标系,分别求出平面BCN与平面MEF的法向量,从而求锐二面角的余弦值.导师点睛立体几何中的探索性题目主要有两类:一是利用空间线面关系的判定与性质进行推理探究;二是对空间角、距离和体积等的研究. |
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