（浙江專版）2019版高考數(shù)學一輪復習 第八章 立體幾何 8.4 直線 平面垂直的判定和性質(zhì)學案

《（浙江專版）2019版高考數(shù)學一輪復習 第八章 立體幾何 8.4 直線 平面垂直的判定和性質(zhì)學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專版）2019版高考數(shù)學一輪復習 第八章 立體幾何 8.4 直線 平面垂直的判定和性質(zhì)學案（28頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 §8.4　直線、平面垂直的判定和性質(zhì) 考綱解讀 考點 考綱內(nèi)容 要求 浙江省五年高考統(tǒng)計 2013 2014 2015 2016 2017 垂直的判定和性質(zhì) 1.理解以下判定定理:①如果一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直,那么該直線與此平面垂直. ②如果一個平面經(jīng)過另一個平面的垂線,那么這兩個平面互相垂直. 2.理解以下性質(zhì)定理,并能夠證明:①垂直于同一個平面的兩條直線平行. ②如果兩個平面垂直,那么一個平面內(nèi)垂直于它們交線的直線與另一個平面垂直. 3.理解直線與平面所成角、二面角的概念. 4.能證明一些空間位置關系的簡單命題. 理解 10,

2、5分 20(2), 9分 5(文), 5分 20(文), 約6分 6(文),5分 20(1), 7分 20(文), 約8分 17(1), 7分 18(文) (1),7分 18(文), 約8分 5,5分 5(文),5分 17(1), 8分 19(2), 約3分 分析解讀　　1.直線與平面垂直,平面與平面垂直的判定和性質(zhì),線面間的角與距離的計算是高考的重點,特別是以多面體為載體的線面位置關系的論證,更是高考的熱點,試題以中等難度為主. 2.高考常考的題型有:①判斷并證明兩個平面的垂直關系,直線與平面的垂直關系,直線與直線的垂直關系.②線面、面面

3、垂直的性質(zhì)定理的應用,求直線與平面、平面與平面所成角等綜合問題.多以棱柱、棱錐為背景. 3.預計2019年高考試題中,垂直關系仍然是考查的重點和熱點.考查仍會集中在垂直關系的判定和垂直的性質(zhì)的應用上,其解決的方法主要是傳統(tǒng)法和向量法,復習時應引起高度重視. 五年高考 考點　垂直的判定和性質(zhì) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2014浙江文,6,5分)設m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面(　　) A.若m⊥n,n∥α,則m⊥α B.若m∥β,β⊥α,則m⊥α C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,則m⊥α D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,則m⊥α 答案　C

4、 2.(2017課標全國Ⅲ文,10,5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CD的中點,則(　　) A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC 答案　C 3.(2015安徽,5,5分)已知m,n是兩條不同直線,α,β是兩個不同平面,則下列命題正確的是(　　) A.若α,β垂直于同一平面,則α與β平行 B.若m,n平行于同一平面,則m與n平行 C.若α,β,則在α內(nèi)與β平行的直線 D.若m,n,則m與n垂直于同一平面 答案　D 4.(2014廣東,7,5分)若空間中四條兩兩不同的直線l1,l2,l3,l4,滿足l1⊥l2,l2⊥l3,l

5、3⊥l4,則下列結論一定正確的是(　　) A.l1⊥l4 B.l1∥l4 C.l1與l4既不垂直也不平行 D.l1與l4的位置關系不確定 答案　D 5.(2016浙江文,18,15分)如圖,在三棱臺ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求證:BF⊥平面ACFD; (2)求直線BD與平面ACFD所成角的余弦值. 解析　(1)證明:延長AD,BE,CF相交于一點K,如圖所示. 因為平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC. 又因

6、為EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK為等邊三角形,且F為CK的中點,則BF⊥CK. 所以BF⊥平面ACFD. (2)因為BF⊥平面ACK,所以∠BDF是直線BD與平面ACFD所成的角. 在Rt△BFD中,BF=,DF=,得cos∠BDF=, 所以,直線BD與平面ACFD所成角的余弦值為. 6.(2015浙江,17,15分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影為BC的中點,D是B1C1的中點. (1)證明:A1D⊥平面A1BC; (2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值. 解

7、析　(1)證明:設E為BC的中點,由題意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE. 因為AB=AC,所以AE⊥BC. 故AE⊥平面A1BC. 由D,E分別為B1C1,BC的中點,得DE∥B1B且DE=B1B,從而DE∥A1A且DE=A1A,所以A1AED為平行四邊形. 故A1D∥AE. 又因為AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC. (2)解法一:作A1F⊥BD且A1F∩BD=F,連接B1F. 由AE=EB=,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1B=A1A=4. 由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB與△B1DB全等. 由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠

8、A1FB1為二面角A1-BD-B1的平面角. 由A1D=,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=3,A1F=B1F=, 由余弦定理得cos∠A1FB1=-. 解法二:以CB的中點E為原點,分別以射線EA,EB為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標系E-xyz,如圖所示. 由題意知各點坐標如下:A1(0,0,),B(0,,0),D(-,0,),B1(-,,). 因此=(0,,-),=(-,-,),=(0,,0). 設平面A1BD的法向量為m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量為n=(x2,y2,z2). 由即 可取m=(0,,1). 由即可取n=(,0,1). 于

9、是|cos|==. 由題意可知,所求二面角的平面角是鈍角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值為-. 7.(2014浙江,20,15分)如圖,在四棱錐A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=. (1)證明:DE⊥平面ACD; (2)求二面角B-AD-E的大小. 解析　(1)證明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=, 由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC, 又平面ABC⊥平面BCDE,從而AC⊥平面BCDE, 所以AC⊥DE.又DE⊥DC,從而

10、DE⊥平面ACD. (2)解法一:作BF⊥AD,與AD交于點F,過點F作FG∥DE,與AE交于點G,連接BG, 由(1)知DE⊥AD,則FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B-AD-E的平面角. 在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BD⊥BC, 又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC,從而BD⊥AB. 由AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD. 在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=. 在Rt△AED中,由ED=1,AD=,得AE=. 在Rt△ABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,AF=AD.從而GF=. 在△ABE,△ABG中,利用余弦定理

11、分別可得cos∠BAE=,BG=. 在△BFG中,cos∠BFG==. 所以,∠BFG=,即二面角B-AD-E的大小是. 解法二:以D為原點,分別以射線DE,DC為x軸,y軸的正半軸,建立空間直角坐標系D-xyz,如圖所示. 由題意及(1)知各點坐標如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0). 設平面ADE的法向量為m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量為n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0), 由即可取m=(0,1,-). 由即可取n=(1,-1,). 于是|cos<

12、m,n>|===, 由題圖可知,所求二面角是銳角,故二面角B-AD-E的大小是. 8.(2017課標全國Ⅰ文,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)證明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱錐P-ABCD的體積為,求該四棱錐的側面積. 解析　本題考查立體幾何中面面垂直的證明和幾何體側面積的計算. (1)證明:由已知∠BAP=∠CDP=90°, 得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD, 從而AB⊥平面PAD.又AB?平面PAB, 所以平面PAB⊥平面PA

13、D. (2)在平面PAD內(nèi)作PE⊥AD,垂足為E. 由(1)知,AB⊥平面PAD, 故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD. 設AB=x,則由已知可得AD=x,PE=x. 故四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD=AB·AD·PE=x3. 由題設得x3=,故x=2. 從而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2. 可得四棱錐P-ABCD的側面積為PA·PD+PA·AB+PD·DC+BC2sin 60°=6+2. 9.(2017北京文,18,14分)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D為線段AC的中點,E為線段PC上一

14、點. (1)求證:PA⊥BD; (2)求證:平面BDE⊥平面PAC; (3)當PA∥平面BDE時,求三棱錐E-BCD的體積. 解析　本題考查線面垂直的判定和性質(zhì),面面垂直的判定及線面平行的性質(zhì),三棱錐的體積.考查空間想象能力. (1)因為PA⊥AB,PA⊥BC, 所以PA⊥平面ABC. 又因為BD?平面ABC, 所以PA⊥BD. (2)因為AB=BC,D為AC中點, 所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD, 所以BD⊥平面PAC. 所以平面BDE⊥平面PAC. (3)因為PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE, 所以PA∥DE. 因為D為AC的中點,

15、 所以DE=PA=1,BD=DC=. 由(1)知,PA⊥平面ABC, 所以DE⊥平面ABC. 所以三棱錐E-BCD的體積V=BD·DC·DE=. 10.(2017山東文,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示.四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點,E為AD的中點,A1E⊥平面ABCD. (1)證明:A1O∥平面B1CD1; (2)設M是OD的中點,證明:平面A1EM⊥平面B1CD1. 證明　本題考查線面平行與面面垂直. (1)取B1D1的中點O1,連接CO1,A1O1, 由于ABCD-A1B1C1D1是四棱

16、柱, 所以A1O1∥OC,A1O1=OC, 因此四邊形A1OCO1為平行四邊形, 所以A1O∥O1C. 又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1, 所以A1O∥平面B1CD1. (2)因為AC⊥BD,E,M分別為AD和OD的中點, 所以EM⊥BD, 又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, 所以A1E⊥BD,因為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. 11.(2017課標全國Ⅲ理,19,12

17、分)如圖,四面體ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD. (1)證明:平面ACD⊥平面ABC; (2)過AC的平面交BD于點E,若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分,求二面角D-AE-C的余弦值. 解析　本題考查面面垂直的證明,二面角的求法. (1)由題設可得,△ABD≌△CBD,從而AD=DC. 又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°. 取AC的中點O,連接DO,BO,則DO⊥AC,DO=AO. 又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC. 所以∠DOB為二面角D-AC-B的平面角. 在Rt△AOB中,BO2+

18、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)由題設及(1)知,OA,OB,OD兩兩垂直.以O為坐標原點,的方向為x軸正方向,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.則A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1). 由題設知,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的,從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的,即E為DB的中點,得E.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=. 設n=(x,y,z)是平面DAE的法向量, 則即 可

19、取n=. 設m是平面AEC的法向量,則 同理可取m=(0,-1,). 則cos==. 易知二面角D-AE-C為銳二面角, 所以二面角D-AE-C的余弦值為. 12.(2016課標全國Ⅰ,18,12分)如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°. (1)證明:平面ABEF⊥平面EFDC; (2)求二面角E-BC-A的余弦值. 解析　(1)證明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,AF∩EF=F,所以AF⊥平面EFDC.(2分) 又AF?平面ABEF,故平面

20、ABEF⊥平面EFDC.(3分) (2)過D作DG⊥EF,垂足為G,由(1)知DG⊥平面ABEF. 以G為坐標原點,的方向為x軸正方向,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系G-xyz.(6分) 由(1)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,則|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為二面角C-BE-F的平面角,∠CEF

21、=60°.從而可得C(-2,0,), 所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0).(10分) 設n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,則 即 所以可取n=(3,0,-). 設m是平面ABCD的法向量,則 同理可取m=(0,,4).則cos==-. 故二面角E-BC-A的余弦值為-.(12分) 13.(2015課標Ⅰ,18,12分)如圖,四邊形ABCD為菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一側的兩點,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC. (1)證明:平面AEC⊥平面AFC; (2)求直線A

22、E與直線CF所成角的余弦值. 解析　(1)證明:連接BD.設BD∩AC=G,連接EG,FG,EF. 在菱形ABCD中,不妨設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BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=. 從而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG. 又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC. 因為EG?平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(6分) (2)如圖,以G為坐標

23、原點,分別以,的方向為x軸,y軸正方向,||為單位長,建立空間直角坐標系G-xyz. 由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,,0),所以=(1,,),=.(10分) 故cos<,>==-. 所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為.(12分) 14.(2014江西,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD. (1)求證:AB⊥PD; (2)若∠BPC=90°,PB=,PC=2,問AB為何值時,四棱錐P-ABCD的體積最大?并求此時平面BPC與平面DPC夾角的余弦值. 解析　(1)證明:ABCD為矩形,故AB⊥AD

24、. 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD, 所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD. (2)過P作AD的垂線,垂足為O,過O作BC的垂線,垂足為G,連接PG. 故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG. 在Rt△BPC中,PG=,GC=,BG=. 設AB=m,則OP==,故四棱錐P-ABCD的體積V=··m·=. 因為m==, 故當m=,即AB=時,四棱錐P-ABCD的體積最大. 此時,建立如圖所示的坐標系,各點的坐標為O(0,0,0),B,C,D,P. 故=,=(0,,0),=. 設平面BPC的法向量為n1=(x,y,1),則由n1⊥,n

25、1⊥得解得x=1,y=0,n1=(1,0,1). 同理可求出平面DPC的法向量為n2=. 從而平面BPC與平面DPC夾角θ的余弦值為cos θ===. 教師用書專用(15—20) 15.(2017課標全國Ⅲ文,19,12分)如圖,四面體ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD. (1)證明:AC⊥BD; (2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E為棱BD上與D不重合的點,且AE⊥EC,求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比. 解析　(1)取AC的中點O,連接DO,BO. 因為AD=CD,所以AC⊥DO. 又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO. 從而AC⊥平

26、面DOB,故AC⊥BD. (2)連接EO. 由(1)及題設知∠ADC=90°, 所以DO=AO. 在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2. 又AB=BD,所以 BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°. 由題設知△AEC為直角三角形,所以EO=AC. 又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=BD. 故E為BD的中點,從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的,即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1. 16.(2015北京,17,14分)如圖,在四棱錐A-EFCB中,△AEF

27、為等邊三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O為EF的中點. (1)求證: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)證明:因為△AEF是等邊三角形,O為EF的中點,所以AO⊥EF. 又因為平面AEF⊥平面EFCB,AO?平面AEF, 所以AO⊥平面EFCB. 所以AO⊥BE. (2)取BC中點G,連接OG. 由題設知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. 如圖建立空間直

28、角坐標系O-xyz, 則E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0). 設平面AEB的法向量為n=(x,y,z), 則即 令z=1,則x=,y=-1.于是n=(,-1,1). 平面AEF的法向量為p=(0,1,0). 所以cos==-. 由題設知二面角F-AE-B為鈍角,所以它的余弦值為-. (3)因為BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即·=0. 因為=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0), 所以·=-2(a-2)-3(a-2)2. 由·=0及0

29、014課標Ⅰ,19,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側面BB1C1C為菱形,AB⊥B1C. (1)證明:AC=AB1; (2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值. 解析　(1)證明:連接BC1,交B1C于點O,連接AO.因為側面BB1C1C為菱形,所以B1C⊥BC1,且O為B1C及BC1的中點. 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)因為AC⊥AB1,且O為B1C的中點,所以AO=CO. 又因為AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥O

30、B,從而OA,OB,OB1兩兩互相垂直. 以O為坐標原點,的方向為x軸正方向,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz. 因為∠CBB1=60°,所以△CBB1為等邊三角形,又AB=BC,則A,B(1,0,0),B1,C. =,==,==. 設n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量, 則即 所以可取n=(1,,). 設m是平面A1B1C1的法向量,則 同理可取m=(1,-,). 則cos==. 易知二面角A-A1B1-C1為銳角, 所以二面角A-A1B1-C1的余弦值為. 18.(2014湖南,19,12分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C

31、1D1的所有棱長都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形. (1)證明:O1O⊥底面ABCD; (2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值. 解析　(1)證明:因為四邊形ACC1A1為矩形,所以CC1⊥AC. 同理DD1⊥BD, 因為CC1∥DD1,所以CC1⊥BD,而AC∩BD=O, 因此CC1⊥底面ABCD. 由題設知,O1O∥C1C,故O1O⊥底面ABCD, (2)解法一:如圖,過O1作O1H⊥OB1于H,連接HC1. 由(1)知,O1O⊥底面ABCD,所以O1O⊥底面A1B1C1D1, 于是

32、O1O⊥A1C1. 又因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等, 所以四邊形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1⊥B1D1,從而A1C1⊥平面BDD1B1, 所以A1C1⊥OB1,于是OB1⊥平面O1HC1, 進而OB1⊥C1H,故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角, 不妨設AB=2,因為∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,OB1=. 在Rt△OO1B1中,易知O1H==2,而O1C1=1,于是C1H===. 故cos∠C1HO1===. 即二面角C1-OB1-D的余弦值為. 解法二:因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等,所以四邊

33、形ABCD是菱形,因此AC⊥BD,又由(1)知O1O⊥底面ABCD,從而OB,OC,OO1兩兩垂直. 如圖,以O為坐標原點,OB,OC,OO1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系O-xyz,不妨設AB=2,因為∠CBA=60°,所以OB=,OC=1, 于是相關各點的坐標為O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1,2). 易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一個法向量. 設n2=(x,y,z)是平面OB1C1的法向量, 則即 取z=-,則x=2,y=2,所以n2=(2,2,-), 設二面角C1-OB1-D的大小為θ,易知θ是銳角, 于是cos

34、θ=|cos|===. 故二面角C1-OB1-D的余弦值為. 19.(2014遼寧,19,12分)如圖,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分別為AC,DC的中點. (1)求證:EF⊥BC; (2)求二面角E-BF-C的正弦值. 解析　(1)證法一:過E作EO⊥BC,垂足為O,連OF. 由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC. 圖1 所以∠EOC=∠FOC=, 即FO⊥BC. 又EO⊥BC,因此BC⊥面EFO. 又EF?面EFO,所以EF⊥BC. 證法二:以B為坐標原點,在平面DBC

35、內(nèi)過B且垂直BC的直線為x軸,BC所在直線為y軸,在平面ABC內(nèi)過B且垂直BC的直線為z軸,建立如圖2所示空間直角坐標系,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. 從而⊥,所以EF⊥BC. 圖2 (2)解法一:在圖1中,過O作OG⊥BF,垂足為G,連EG.由平面ABC⊥平面BDC,從而EO⊥面BDC,又OG⊥BF,易知EG⊥BF. 因此∠EGO為二面角E-BF-C的平面角. 在△EOC中,EO=EC=BC·cos 30°=, 由△BGO∽△BFC知,OG=·FC=, 因此tan∠EGO==

36、2,從而sin∠EGO=,即二面角E-BF-C的正弦值為. 解法二:在圖2中,平面BFC的一個法向量為n1=(0,0,1). 設平面BEF的法向量為n2=(x,y,z), 又=,=, 由得其中一個n2=(1,-,1). 設二面角E-BF-C的大小為θ,且由題意知θ為銳角,則 cos θ=|cos|==, 因此sin θ==,即所求二面角的正弦值為. 20.(2013天津,17,13分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E為棱AA1的中點. (1)證明B1C1⊥CE; (

37、2)求二面角B1-CE-C1的正弦值; (3)設點M在線段C1E上,且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為,求線段AM的長. 解析　解法一:如圖,以點A為原點建立空間直角坐標系,依題意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0). (1)證明:易得=(1,0,-1),=(-1,1,-1), 于是·=0,所以B1C1⊥CE. (2)=(1,-2,-1). 設平面B1CE的法向量m=(x,y,z), 則即消去x得y+2z=0, 不妨令z=1,可得一個法向量為m=(-3,-2,1). 由(1),B1C

38、1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面CEC1, 故=(1,0,-1)為平面CEC1的一個法向量. 于是cos===-, 從而sin=. 所以二面角B1-CE-C1的正弦值為. (3)=(0,1,0),=(1,1,1).設=λ=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有=+=(λ,λ+1,λ).可取=(0,0,2)為平面ADD1A1的一個法向量. 設θ為直線AM與平面ADD1A1所成的角,則sin θ=|cos<,>|===. 于是=,解得λ=,所以AM=. 解法二:(1)證明:因為側棱CC1⊥底面A1B1C1D1,B1C1?平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1

39、C1.經(jīng)計算可得B1E=,B1C1=,EC1=,從而B1E2=B1+E,所以在△B1EC1中,B1C1⊥C1E,又CC1,C1E?平面CC1E,CC1∩C1E=C1,所以B1C1⊥平面CC1E,又CE?平面CC1E,故B1C1⊥CE. (2)過B1作B1G⊥CE于點G,連接C1G. 由(1),B1C1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G, 得CE⊥C1G,所以∠B1GC1為二面角B1-CE-C1的平面角.在△CC1E中,由CE=C1E=,CC1=2,可得C1G=.在Rt△B1C1G中,B1G=,所以sin∠B1GC1=,即二面角B1-CE-C1的正弦值為. (3)連接D1E,過點M作MH

40、⊥ED1于點H,可得MH⊥平面ADD1A1,連接AH,AM,則∠MAH為直線AM與平面ADD1A1所成的角. 設AM=x,從而在Rt△AHM中,有MH=x,AH=x. 在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=,得EH=MH=x.在△AEH中,∠AEH=135°,AE=1,由AH2=AE2+EH2-2AE·EHcos 135°,得x2=1+x2+x, 整理得5x2-2x-6=0,解得x=.所以線段AM的長為.. 三年模擬 A組　2016—2018年模擬·基礎題組 考點　垂直的判定和性質(zhì) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2018浙江重點中學12月聯(lián)考,9)已知

41、三棱錐P-ABC的底面ABC是邊長為2的正三角形,A點在側面PBC內(nèi)的射影H為△PBC的垂心,二面角P-AB-C的平面角的大小為60°,則AP的長為(　　) A.3 B.3 C. D.4 答案　C 2.(2018浙江鎮(zhèn)海中學模擬,6)從正方體的8個頂點中選取4個,連接成一個四面體,則關于這個四面體的各個面,下列敘述錯誤的是(　　) A.有且只有一個面是直角三角形 B.每個面都可能是等邊三角形 C.每個面都可能是直角三角形 D.可能只有一個面是等邊三角形 答案　A 3.(2017浙江名校(諸暨中學)交流卷四,3)設a,b,c是三條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,則使a⊥

42、b成立的一個充分條件是(　　 ) A.a⊥c,b⊥c B. α⊥β,a?α,b?β C.a⊥α,b⊥α D. a⊥α,b∥α 答案　D 4.(2017浙江測試卷,3)“直線l與平面α內(nèi)的兩條直線都垂直”是“直線l與平面α垂直”的(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 答案　B　 5.(2018浙江蕭山九中12月月考,19)如圖,在三棱柱ABC-DFE中,點P,G分別是AD,EF的中點,已知AD⊥平面ABC,AD=EF=3,DE=DF=2. (1)求證:DG⊥平面BCEF;

43、 (2)求PE與平面BCEF所成角的正弦值. 解析　(1)證明:由題意知,AD⊥平面DEF,∴AD⊥DG, ∴BF⊥DG,(2分) ∵DE=DF,G是EF的中點,∴EF⊥DG,(4分) 又BF∩EF=F,∴DG⊥平面BCEF.(7分) (2)取BC的中點H,連接HG,取HG的中點O,連接OP,OE, 易知PO∥DG,所以PO⊥平面BCEF, 所以∠OEP是PE與平面BCEF所成的角,(10分) 由已知得,PE=,OP=, 所以sin∠OEP==,(14分) 故PE與平面BCEF所成角的正弦值為.(15分) 6.(2017浙江紹興質(zhì)量調(diào)測(3月),19)如圖,已

44、知三棱錐P-ABC,PA⊥平面ABC,∠ACB=90°,∠BAC=60°,PA=AC,M為PB的中點. (1)求證:PC⊥BC; (2)求AM與平面PAC所成角的正切值. 解析　(1)因為PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC. 又因為∠ACB=90°,即BC⊥AC,所以BC⊥平面PAC. 故PC⊥BC. (2)取PC的中點O,連接MO,AO. 因為M是PB的中點,所以MO∥BC. 又因為BC⊥平面PAC,所以MO⊥平面PAC. 所以∠MAO為直線AM與平面PAC所成角. 設AC=t,則BC=t,所以MO=t. 又因為PA=AC=t,所以AO=t.故tan∠MAO==.

45、故直線AM與平面PAC所成角的正切值為. 7.(2016浙江高考模擬沖刺(五),18)在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=4,AB=2.以AC的中點O為球心、AC為直徑的球面交PD于點M. (1)求證:平面ABM⊥平面PCD; (2)求直線CD與平面ACM所成的角的正弦值. 解析　(1)證明:因為PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,又CD⊥AD,PA∩AD=A, 所以CD⊥平面PAD,則CD⊥AM, 因為以AC的中點O為球心,AC為直徑的球面交PD于點M,所以AM⊥MC. 又MC∩CD=C, 所以AM⊥平面PCD,又AM?平面AB

46、M, 所以平面ABM⊥平面PCD.(8分) (2)由(1)知,AM⊥PD,又PA=AD, 所以M是PD的中點, 所以AM=2. 易知CD⊥MD,則MC===2. 則S△ACM=AM·MC=2. 設D到平面ACM的距離為h, 由VD-ACM=VM-ACD,得×2h=××4×2×2,所以h=. 設直線CD與平面ACM所成角為θ,則sin θ==. 故直線CD與平面ACM所成的角的正弦值為.(15分) B組　2016—2018年模擬·提升題組 一、選擇題 1.(2017浙江鎮(zhèn)海中學模擬卷(六),9)已知在平行四邊形ABCD中,M,N分別為AB,AD上異于點A的兩點,把三角形

47、AMN沿MN翻折(如圖所示),記翻折后的A為A',直線A'C與平面BCDNM所成角為θ1,與直線MN所成角為θ2,則θ1與θ2的大小關系是(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.θ1=θ2 B.θ1>θ2 C.θ1<θ2 D.不確定 答案　C 2.(2017浙江吳越聯(lián)盟測試,7)二面角α-l-β中,直線m在平面α內(nèi),且與l所成的角為θ1,與β所成的角為θ2,二面角α-l-β所成的平面角大小為θ,則以下不可能的是(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.θ1=θ2 B.θ2<θ1<θ C.θ2<θ<θ1 D.θ1<θ2<θ 答案　D　

48、3.(2017浙江名校(鎮(zhèn)海中學)交流卷二,9)如圖,四邊形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD.將四邊形ABCD沿對角線BD折成四面體A'BCD,使∠A'DC=,則下列結論不正確的是(　　) A.A'B⊥CD B.∠BA'C= C.二面角A'-BC-D的平面角的正切值是 D.異面直線A'C與BD所成角的大小為 答案　C 二、解答題 4.(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期中,19)如圖,邊長為4的正方形ABCD所在平面與正△PAD所在平面互相垂直,E,O分別為AB,AD的中點. (1)求證:平面PCE⊥平面POB; (2)求直線AP與平面PDB所成角的正弦

49、值. 解析　(1)證明:設直線CE,BO交于點F, ∵BE=AO=2,BC=AB=4,∴Rt△CBE≌Rt△BAO. ∴∠BCE=∠ABO,則∠BCF+∠FBC=90°. 故∠BFC=90°,∴CE⊥BO. ∵O為AD的中點,△PAD為正三角形,∴PO⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD,∴PO⊥平面ABCD, ∴CE⊥PO,又PO∩BO=O,∴CE⊥平面POB. 又CE?平面PCE,所以平面PCE⊥平面POB. (2)設BC的中點為M,連接OM. 因為平面ABCD⊥平面PAD,所以OM⊥OD,OM⊥OP. 又△PAD為正三角形,所以OP⊥OD. 分別以OP,O

50、D,OM所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標系. 則O(0,0,0),A(0,-2,0),B(0,-2,4),D(0,2,0),P(2,0,0). 設平面PDB的法向量為n=(x,y,z), ∵=(0,-4,4),=(2,-2,0), ∴得取x=1,得n=(1,,). 設直線AP與平面PDB所成角為α,∵=(2,2,0), ∴sin α=|cos<,n>|==, 故直線AP與平面PDB所成角的正弦值為. 5.(2018浙江名校協(xié)作體期初,19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥AP,AB∥CD,且PB=BC=BD=,CD=2AB=2,∠PAD=120°. (1)求證

51、:平面PAD⊥平面PCD; (2)求直線PD與平面PBC所成角的正弦值. 解析　(1)證明:取CD中點E,連接BE,因為BC=BD,所以BE⊥CD,又CD=2AB,AB∥CD,所以AB􀱀DE,所以四邊形ABED為矩形,所以AB⊥AD, 又AB⊥AP,所以AB⊥平面PAD.(4分) 又AB∥CD,所以CD⊥平面PAD, 又CD?平面PCD,所以平面PAD⊥平面PCD.(6分) (2)在△ABP中,AB=,PB=,AB⊥AP,所以AP=2. 在△ABD中,AB=,BD=,AB⊥AD,所以AD=2. 分別取PD、PC的中點F、G,連接BG、GF、AF.則FG

52、∥CD,且FG=CD, 又AB∥CD,且AB=CD,所以AB􀱀FG,所以四邊形AFGB為平行四邊形.所以AF∥BG. 因為PA=AD=2,F為PD的中點,所以AF⊥PD, 結合(1)可知AF⊥平面PCD,所以BG⊥平面PCD,所以平面PBC⊥平面PCD,(11分) 所以∠DPC為PD與平面PBC所成的角.(12分) 在Rt△PDC中,CD=2,PD=2,所以PC=2, 所以sin∠DPC===. 即直線PD與平面PBC所成角的正弦值為.(15分) 6.(2017浙江名校(紹興一中)交流卷一,19)如圖,三棱錐P-ABC中,PC⊥平面ABC,AB=PC=2,

53、AC=4,∠PBC=,點E在BC上,且BE=EC. (1)求證:平面PAB⊥平面PBC; (2)求AE與平面PAB所成角的正弦值. 解析　(1)證明:因為PC⊥平面ABC,所以PC⊥AB,PC⊥BC.(2分) 又因為在三角形PBC中,PC=2,∠PBC=,所以BC=2,(4分) 而AB=2,AC=4,所以AC2=AB2+BC2,所以AB⊥BC.(6分) 又AB⊥PC,PC∩BC=C,所以AB⊥平面PBC,又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PBC.(8分) (2)設AE與平面PAB所成的角為θ.因為BE=EC,所以點E到平面PAB的距離dE=dC(dC表示點C到平面PAB

54、的距離).(11分) 過C作CF⊥PB于點F,由(1)知CF⊥平面PAB,易得dC=CF=,所以dE=dE=.(13分) 又AE==,所以sin θ==.(15分) 7.(2017浙江名校協(xié)作體期初,18)如圖,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°,四邊形ACFE為矩形,平面ACFE⊥平面ABCD,CF=1. (1)求證:BC⊥平面ACFE; (2)點M在線段EF上運動,設平面MAB與平面FCB所成二面角的平面角為θ(θ≤90°),試求cos θ的取值范圍. 解析　(1)證明:在梯形ABCD中,由AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=6

55、0°,得AB=2. 由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3. ∴AB2=AC2+BC2,∴BC⊥AC. 又平面ACFE⊥平面ABCD,且平面ACFE∩平面ABCD=AC, ∴BC⊥平面ACFE. (2)由(1)建立分別以CA,CB,CF所在的直線為x軸,y軸,z軸的空間直角坐標系,如圖所示. 令FM=λ(0≤λ≤),則C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1), ∴=(-,1,0),=(λ,-1,1). 設n1=(x,y,z)為平面MAB的法向量, 由得 取x=1,得n1=(1,,-λ), ∵n2=(1,0,0)是平

56、面FCB的一個法向量, ∴cos θ===, ∵0≤λ≤,∴當λ=0時,cos θ取最小值,最小值為, 當λ=時,cos θ取最大值,最大值為,∴cos θ∈. C組　2016—2018年模擬·方法題組 方法1　線面垂直的判定及性質(zhì)的解題策略 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2017浙江鎮(zhèn)海中學模擬卷四,19)在四棱錐P-ABCD中,側面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD為梯形,AB∥CD,∠ABC=∠BCD=90°,BC=CD==2. (1)證明:BD⊥PA; (2)若△PAD為正三角形,求直線PA與平面PBD所成角的余弦值. 解析　(1)在

57、直角梯形ABCD中,因為AD==2,BD==2,AB=4, 所以AD2+BD2=AB2,所以BD⊥AD.(2分) 又側面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩底面ABCD=AD,(4分) 所以BD⊥平面PAD,所以BD⊥PA.(6分) (2)解法一:如圖,取PD的中點M,連接AM,BM.(8分) 因為△PAD為正三角形,所以AM⊥PD. 又由(1)知,BD⊥平面PAD,所以平面PBD⊥平面PAD,又平面PBD∩平面PAD=PD, 所以AM⊥平面PBD,故∠APM即為直線PA與平面PBD所成的角.(11分) 因為cos∠APM=,(13分) 所以直線PA與平面PBD所成角的余弦

58、值為.(15分) 解法二:在平面PAD內(nèi),過點P作PQ⊥AD,垂足為Q.取AB的中點N,連接QN.易知PQ,AQ,QN兩兩垂直.(8分) 以Q為原點,QA,QN,QP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系(圖略), 則P(0,0,),A(,0,0),B(-,2,0),D(-,0,0).(10分) 設n=(x,y,z)為平面PBD的法向量. 由n·=0,n·=0,且=(0,2,0),=(-,0,-),得 取z=-1知,n=(,0,-1),(12分) 又=(,0,-), 所以cos==, 因此直線PA與平面PBD所成角的余弦值為.(15分) 方法2　面面垂直的判定及性質(zhì)的

59、解題策略 2.(2017浙江模擬訓練沖刺卷五,19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,△BCD為正三角形,AD=AB=AP=2,BD=2,CP=CD,AC與BD交于O點.已知PO與平面ABCD所成的角為θ,且P點在平面ABCD內(nèi)的射影落在△ACD內(nèi). (1)求證:平面ACP⊥平面PBD; (2)若二面角A-PB-D的余弦值為,求cos θ的值. 解析　(1)證明:易知O為BD的中點,AC⊥BD,由AD=AB=2,BC=CD=BD=2,得AO=1,CO=3,故AC=4.又AP=2,CP=2,∴AP2+PC2=AC2,∴AP⊥PC,且∠PAO=60°,∴由余弦定理易得PO=,∴AO

60、2+PO2=AP2,∴AC⊥PO, 又BD∩PO=O,∴AC⊥平面PBD,又AC?平面ACP,故平面ACP⊥平面PBD.(7分) (2)分別以OB,OC所在的直線為x軸,y軸,過O作垂直于平面ABC的直線為z軸建立空間直角坐標系,如圖所示.則A(0,-1,0),B(,0,0),P(-cos θ,0,sin θ),∴=(,1,0),=(-cos θ,1,sin θ). 易知平面PBD的一個法向量為m=(0,1,0), 設平面APB的法向量為n=(x,y,z),則由 得令x=1, 得n=. 由|cos|===,得=3,即2cos2 θ+cos θ-1=0, 又θ∈,∴

61、cos θ=.(15分) 方法3　折疊問題的解題策略 3.(2016浙江模擬訓練卷(三),18)在直角△ABC中,BC=2,AB=4,∠ACB=90°,E為AC邊上的點,D為AB邊的中點,點O為BE與CD的交點,且AE=2EC,沿CD把△BCD折起,使平面BCD⊥平面ACD. (1)求證:平面EOB⊥平面BCD; (2)求直線AB與平面ACD所成角的正弦值. 解析　(1)證明:∵BC=2,BA=4,∠ACB=90°,D為AB邊的中點,∴AC=2,△BCD為等邊三角形,又AE=2EC,∴EC=,∴tan∠CBE=,∴∠CBE=30°,∵BC=CD=DB,∴OB⊥CD,OE⊥CD.又OB∩OE=O,∴CD⊥平面BOE. 又CD?平面BCD,∴平面BCD⊥平面EOB. (2)連接OA.由(1)可知OB⊥平面ACD, 則∠BAO就是直線AB與平面ACD所成的角, 在△ADO中,OD=1,AD=2,∠ADO=120°,∴OA==, 又OB=,∠BOA=90°,∴AB=,∴sin∠BAO==. 故直線AB與平面ACD所成角的正弦值為. 28