浙江省2020版高考数学专题8立体几何8.4直线、平面垂直的判定和性质检测.docx

8.4直线、平面垂直的判定和性质挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点垂直的判定和性质1.理解直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定定理.2.理解直线与平面垂直、平面与平面垂直的性质定理,并能够证明.3.理解直线与平面所成的角、二面角的概念.4.能够证明空间垂直位置关系的简单命题.2018浙江,19线面垂直的判定和性质、直线与平面所成的角解三角形求正弦值2017浙江,19直线与平面所成的角直线与平面平行的判定与性质2016浙江,5,18,文18线面垂直、面面垂直的判定和性质、直线与平面所成的角、二面角解三角形求余弦值2015浙江,17,文18线面垂直的判定和性质、直线与平面所成的角、二面角解三角形求正弦值、余弦值2014浙江文,20线面垂直的判定和性质、直线与平面所成的角解三角形求角和正切值分析解读1.直线与平面垂直,平面与平面垂直的判定和性质,线面间的角与距离的计算是高考的重点,特别是以多面体为载体的线面位置关系的论证,更是高考的热点,试题以中等难度为主.2.高考常考的题型有:判断并证明两个平面的垂直关系,直线与平面的垂直关系,直线与直线的垂直关系.线面、面面垂直的性质定理的应用,求直线与平面、平面与平面所成角等综合问题.多以棱柱、棱锥为背景.3.预计2020年高考试题中,垂直关系仍然是考查的重点和热点.考查仍会集中在垂直关系的判定和垂直的性质的应用上,其解决的方法主要是传统法和向量法,复习时应高度重视.破考点【考点集训】考点垂直的判定和性质1.(2017浙江名校(诸暨中学)交流卷四,3)设a,b,c是三条不同的直线,是两个不同的平面,则使ab成立的一个充分条件是( ) A.ac,bc B.,a,bC.a,b D.a,b答案D2.(2018浙江诸暨高三上学期期末,19,15分)如图,在空间几何体中,四边形ABCD是边长为2的正方形,ABEF,AF=EF=BE=1,DF=5.(1)求证:BF平面ADF;(2)求直线BF与平面DCEF所成角的正弦值.解析(1)证明:在等腰梯形ABEF中,AB=2,EF=AF=BE=1FAB=,(1分)故BF=3,则BF2+AF2=AB2,可得AFBF.(3分)在DFB中,由BF2+DF2=BD2,可得BFDF.(5分)因为AFDF=F,所以BF平面ADF.(7分)(2)作FOAB交AB于O,如图,以O为原点,OF,OB,OG所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz,(9分)则F32,0,0,B0,32,0,E32,1,0,C0,32,2,=(0,1,0),=32,-12,-2,设平面DCEF的法向量为n=(x,y,z),由可取n=2,0,32,(12分)设直线BF与平面DCEF所成角为,又=32,-32,0,所以sin =|cos|=21919,即直线BF与平面DCEF所成角的正弦值为21919.(15分)3.(2016课标全国,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)证明:由已知可得AFDF,AFFE,AFEF=F,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DGEF,垂足为G,由(1)知DG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|=3,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).由已知得,ABEF,所以AB平面EFDC.(8分)又平面ABCD平面EFDC=CD,故ABCD,CDEF.由BEAF,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(-2,0,3),所以=(1,0,3),=(0,4,0),=(-3,-4,3),=(-4,0,0).(10分)设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则即x+3z=0,4y=0,所以可取n=(3,0,-3).设m是平面ABC的法向量,则同理可取m=(0,3,4).则cos=-21919.故二面角E-BC-A的余弦值为-21919.(12分)评析本题考查了立体几何部分有关垂直的证明,以及二面角的求解和利用空间向量求解立体几何问题.解决立体几何问题时要注意“发现”垂线所在的位置.炼技法【方法集训】方法1线面垂直判定的方法1.(2018浙江稽阳联谊学校高三联考(4月),19,15分)如图,四边形ABEF是正方形,ABCD,AD=AB=BC=CD.(1)若平面ABEF平面ABCD,求证:DB平面EBC;(2)若DFBC,求直线BD与平面ADF所成角的正弦值.解析(1)证明:四边形ABEF是正方形,EBAB,又平面ABEF平面ABCD,且平面ABEF平面ABCD=AB,EB平面ABCD,EBBD,(2分)AD=AB=BC=CD,不妨设AD=AB=BC=1,DC=2,则BD=3,BDBC.(4分)EBBC=B,DB平面EBC.(6分)(2)解法一:如图,过点F作FH平面ABCD,垂足为H,连接AH并延长,交CD于点G.过点H作HIAD交AD于点I,连接FI,作HOFI交FI于点O,FH平面ABCD,FHBC,DFBC,BC平面FDH,BCDH,即点H在BD上,(9分)FHAD,HIAD,FHHI=H,AD平面FIH,ADHO,HOFI,FIAD=I,HO平面AFD,点H到平面AFD的距离为HO,(11分)由已知可得DG=,HG=HI=36,HO=69,而BD=3DH,点B到平面AFD的距离为63.(13分)设直线BD与平面AFD所成的角为,则sin =23.(15分)解法二:以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AD=AB=BC=DC=1,则A(0,0,0),B(0,1,0),C32,32,0,D32,-12,0.(8分)设F(x,y,z),由题意可得将坐标代入得x2+y2+z2=1,x2+(y-1)2+z2=2,x-32,y+12,z路32,12,0=0,解得x=33,y=0,z=63,即F33,0,63,(11分)设平面AFD的法向量为n=(a,b,c),则即32a-12b=0,33a+63c=0,令a=2,则b=6,c=-1,即n=(2,6,-1),(13分)设直线BD与平面AFD所成的角为,易知=32,-32,0,故sin =|cos|=23,直线BD与平面ADF所成角的正弦值为23.(15分)2.(2018浙江萧山九中12月月考,19)如图,在三棱柱ABC-DFE中,点P,G分别是AD,EF的中点,已知AD平面ABC,AD=EF=3,DE=DF=2.(1)求证:DG平面BCEF;(2)求PE与平面BCEF所成角的正弦值.解析(1)证明:由题意知,AD平面DEF,ADDG,BFDG,(2分)DE=DF,G是EF的中点,EFDG,(4分)又BFEF=F,DG平面BCEF.(7分)(2)取BC的中点H,连接HG,取HG的中点O,连接OP,OE,易知PODG,所以PO平面BCEF,所以OEP是PE与平面BCEF所成的角,(10分)由已知得,PE=,OP=72,所以sinOEP=OPPE=75,(14分)故PE与平面BCEF所成角的正弦值为75.(15分)方法2面面垂直判定的方法1.( 2018浙江杭州第二次高考教学质量检测(4月),19)如图,在等腰三角形ABC中,AB=AC,A=120,M为线段BC的中点,D为线段BC上一点,且BD=BA,沿直线AD将ADC翻折至ADC,使ACBD.(1)证明:平面AMC平面ABD;(2)求直线CD与平面ABD所成的角的正弦值.解析(1)证明:由题意知AMBD,又ACBD,所以BD平面AMC,因为BD平面ABD,所以平面AMC平面ABD.(7分)(2)在平面ACM中,过C作CFAM交AM于点F,连接FD.由(1)知,CF平面ABD,所以CDF为直线CD与平面ABD所成的角.设AM=1,则AB=AC=2,BM=3,MD=2-3,DC=DC=23-2,AD=6-2.在RtCMD中,MC2=CD2-MD2=(23-2)2-(2-3)2=9-43.设AF=x,在RtCFA中,AC2-AF2=MC2-MF2,即4-x2=(9-43)-(1-x)2,解得x=23-2,即AF=23-2.所以CF=223-3.故直线CD与平面ABD所成的角的正弦值等于CFAF=23-33-1.(15分)2.(2017浙江名校(绍兴一中)交流卷一,19)如图,三棱锥P-ABC中,PC平面ABC,AB=PC=2,AC=4,PBC=,点E在BC上,且BE=EC.(1)求证:平面PAB平面PBC;(2)求AE与平面PAB所成角的正弦值.解析(1)证明:因为PC平面ABC,所以PCAB,PCBC.(2分)又因为在三角形PBC中,PC=2,PBC=,所以BC=23,(4分)而AB=2,AC=4,所以AC2=AB2+BC2,所以ABBC.(6分)又ABPC,PCBC=C,所以AB平面PBC,又AB平面PAB,所以平面PAB平面PBC.(8分)(2)设AE与平面PAB所成的角为.因为BE=EC,所以点E到平面PAB的距离dE=dC(dC表示点C到平面PAB的距离).(11分)过C作CFPB于点F,由(1)知CF平面PAB,易得dC=CF=3,所以dE=dE=33.(13分)又AE=AB2+BE2=433,所以sin =dEAE=.(15分)过专题【五年高考】A组自主命题浙江卷题组考点垂直的判定和性质1.(2014浙江文,6,5分)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面()A.若mn,n,则mB.若m,则mC.若m,n,n,则mD.若mn,n,则m答案C2.(2016浙江文,18,15分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE平面ABC,ACB=90,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF平面ACFD;(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.解析(1)证明:延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE平面ABC,且ACBC,所以AC平面BCK,因此BFAC.又因为EFBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BFCK.所以BF平面ACFD.(2)因为BF平面ACK,所以BDF是直线BD与平面ACFD所成的角.在RtBFD中,BF=3,DF=,得cosBDF=217,所以,直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为217.评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,线面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.3.(2015浙江,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.(1)证明:A1D平面A1BC;(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.解析(1)证明:设E为BC的中点,由题意得A1E平面ABC,所以A1EAE.因为AB=AC,所以AEBC.故AE平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DEB1B且DE=B1B,从而DEA1A且DE=A1A,所以四边形A1AED为平行四边形.故A1DAE.又因为AE平面A1BC,所以A1D平面A1BC.(2)解法一:作A1FBD且A1FBD=F,连接B1F.由AE=EB=2,A1EA=A1EB=90,得A1B=A1A=4.由A1D=B1D,A1B=B1B,得A1DB与B1DB全等.由A1FBD,得B1FBD,因此A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.由A1D=2,A1B=4,DA1B=90,得BD=32,A1F=B1F=,由余弦定理得cosA1FB1=-.解法二:以CB的中点E为原点,分别以射线EA,EB为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:A1(0,0,14),B(0,2,0),D(-2,0,14),B1(-2,2,14).因此=(0,2,-14),=(-2,-2,14),=(0,2,0).设平面A1BD的法向量为m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量为n=(x2,y2,z2).由即2y1-14z1=0,-2x1-2y1+14z1=0,可取m=(0,7,1).由即2y2=0,-2x2-2y2+14z2=0,可取n=(7,0,1).于是|cos|=.由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-.评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.4.(2014浙江,20,15分)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC平面BCDE,CDE=BED=90,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=2.(1)证明:DE平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小.解析(1)证明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=2,由AC=2,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即ACBC,又平面ABC平面BCDE,从而AC平面BCDE,所以ACDE.又DEDC,从而DE平面ACD.(2)解法一:作BFAD与AD交于点F,过点F作FGDE与AE交于点G,连接BG,由(1)知DEAD,则FGAD,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BDBC,又平面ABC平面BCDE,得BD平面ABC,从而BDAB.由AC平面BCDE,得ACCD.在RtACD中,由DC=2,AC=2,得AD=6.在RtAED中,由ED=1,AD=6,得AE=7.在RtABD中,由BD=2,AB=2,AD=6,得BF=233,所以AF=236,即AF=AD,从而GF=.在ABE,ABG中,利用余弦定理分别可得cosBAE=5714,BG=.在BFG中,cosBFG=GF2+BF2-BG22BF路GF=32,所以BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.解法二:以D为原点,分别以射线DE,DC为x轴,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示.由题意及(1)知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,2),B(1,1,0).设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-2),=(1,-2,-2),=(1,1,0),由即-2y1-2z1=0,x1-2y1-2z1=0,可取m=(0,1,-2).由即-2y2-2z2=0,x2+y2=0,可取n=(1,-1,2).于是|cos|=33脳2=32,由题图可知,所求二面角的平面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是.评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识和空间向量的应用,同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点垂直的判定和性质1.(2017课标全国文,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则() A.A1EDC1B.A1EBDC.A1EBC1D.A1EAC答案C2.(2018课标全国文,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,ACM=90.以AC为折痕将ACM折起,使点M到达点D的位置,且ABDA.(1)证明:平面ACD平面ABC;(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.解析(1)证明:由已知可得,BAC=90,BAAC.又BAAD,所以AB平面ACD.又AB平面ABC,所以平面ACD平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=32.又BP=DQ=DA,所以BP=22.作QEAC,垂足为E,则QEDC.由已知及(1)可得DC平面ABC,所以QE平面ABC,QE=1.因此,三棱锥Q-ABP的体积为VQ-ABP=QESABP=1322sin 45=1.规律总结证明空间线面位置关系的一般步骤:(1)审清题意:分析条件,挖掘题目中平行与垂直的关系;(2)明确方向:确定问题的方向,选择证明平行或垂直的方法,必要时添加辅助线;(3)给出证明:利用平行、垂直关系的判定或性质给出问题的证明;(4)反思回顾:查看关键点、易漏点,检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏,符号表达是否准确.解题关键(1)利用平行关系将ACM=90转化为BAC=90是求证第(1)问的关键;(2)利用翻折的性质将ACM=90转化为ACD=90,进而利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理得出三棱锥Q-ABP的高是求解第(2)问的关键.3.(2018课标全国文,19,12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD平面BMC;(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC平面PBD?说明理由.解析本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质.(1)由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM.又BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC平面PBD.证明如下:连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所以MCOP.MC平面PBD,OP平面PBD,所以MC平面PBD.易错警示使用判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备.4.(2018课标全国理,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.解析本题考查面面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用.(1)由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM.又BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(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.当三棱锥M-ABC体积最大时,M为的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则即-2x+y+z=0,2y=0,可取n=(1,0,2).是平面MCD的法向量,因此cos=55,sin=255.所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是255.解后反思一、面面垂直的判定在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决.二、利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法1.求空间中二面角的大小,可根据题意建立空间直角坐标系,再分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.2.给出二面角的大小求解或证明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根据实际问题求解.5.(2018北京理,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=5,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ACEF.因为AB=BC,所以ACBE.所以AC平面BEF.(2)由(1)知ACEF,ACBE,EFCC1.又CC1平面ABC,所以EF平面ABC.因为BE平面ABC,所以EFBE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.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x0+2y0=0,x0-2y0+z0=0.令y0=-1,则x0=2,z0=-4.于是n=(2,-1,-4).又因为平面CC1D的法向量为=(0,2,0),所以cos=-2121.由题知二面角B-CD-C1为钝角,所以其余弦值为-2121.(3)由(2)知平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),=(0,2,-1).因为n=20+(-1)2+(-4)(-1)=20,所以直线FG与平面BCD相交.6.(2018北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.(1)求证:PEBC;(2)求证:平面PAB平面PCD;(3)求证:EF平面PCD.解析(1)因为PA=PD,E为AD的中点,所以PEAD.因为底面ABCD为矩形,所以BCAD.所以PEBC.(2)因为底面ABCD为矩形,所以ABAD.又因为平面PAD平面ABCD,所以AB平面PAD.所以ABPD.又因为PAPD,所以PD平面PAB.所以平面PAB平面PCD.(3)取PC中点G,连接FG,DG.因为F,G分别为PB,PC的中点,所以FGBC,FG=BC.因为ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以DEBC,DE=BC.所以DEFG,DE=FG.所以四边形DEFG为平行四边形.所以EFDG.又因为EF平面PCD,DG平面PCD,所以EF平面PCD.7.(2017课标全国文,19,12分)如图,四面体ABCD中,ABC是正三角形,AD=CD.(1)证明:ACBD;(2)已知ACD是直角三角形,AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AEEC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.解析(1)取AC的中点O,连接DO,BO.因为AD=CD,所以ACDO.又由于ABC是正三角形,所以ACBO.从而AC平面DOB,故ACBD.(2)连接EO.由(1)及题设知ADC=90,所以DO=AO.在RtAOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故DOB=90.由题设知AEC为直角三角形,所以EO=AC.又ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=BD.故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为11.8.(2017山东文,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E平面ABCD.(1)证明:A1O平面B1CD1;(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM平面B1CD1.证明本题考查线面平行与面面垂直.(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1OO1C.又O1C平面B1CD1,A1O平面B1CD1,所以A1O平面B1CD1.(2)因为ACBD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EMBD,又A1E平面ABCD,BD平面ABCD,所以A1EBD,因为B1D1BD,所以EMB1D1,A1EB1D1,又A1E,EM平面A1EM,A1EEM=E,所以B1D1平面A1EM,又B1D1平面B1CD1,所以平面A1EM平面B1CD1.方法总结证明面面垂直的方法:1.面面垂直的定义;2.面面垂直的判定定理(a,a).易错警示ab,a/ b.9.(2017课标全国理,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,ABDCBD,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DOAC,DO=AO.又由于ABC是正三角形,故BOAC.所以DOB为二面角D-AC-B的平面角.在RtAOB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(0,3,0),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E0,32,12.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=-1,32,12.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则即-x+z=0,-x+32y+12z=0.可取n=1,33,1.设m是平面AEC的法向量,则同理可取m=(0,-1,3).则cos=77.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77.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.C组教师专用题组考点垂直的判定和性质 1.(2015安徽,5,5分)已知m,n是两条不同直线,是两个不同平面,则下列命题正确的是() A.若,垂直于同一平面,则与平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若,则在内与平行的直线D.若m,n,则m与n垂直于同一平面答案D2.(2017北京文,18,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,PAAB,PABC,ABBC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.(1)求证:PABD;(2)求证:平面BDE平面PAC;(3)当PA平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.解析本题考查线面垂直的判定和性质,面面垂直的判定及线面平行的性质,三棱锥的体积.考查空间想象能力.(1)因为PAAB,PABC,所以PA平面ABC.又因为BD平面ABC,所以PABD.(2)因为AB=BC,D为AC中点,所以BDAC.由(1)知,PABD,所以BD平面PAC.所以平面BDE平面PAC.(3)因为PA平面BDE,平面PAC平面BDE=DE,所以PADE.因为D为AC的中点,所以DE=PA=1,BD=DC=2.由(1)知,PA平面ABC,所以DE平面ABC.所以三棱锥E-BCD的体积V=BDDCDE=.直击高考立体几何是高考的必考题型,对立体几何的考查主要有两个方面:一是空间位置关系的证明;二是体积或表面积的求解.3.(2015课标,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,AEEC.(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)证明:连接BD.设BDAC=G,连接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由ABC=120,可得AG=GC=3.由BE平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AEEC,所以EG=3,且EGAC.在RtEBG中,可得BE=2,故DF=22.在RtFDG中,可得FG=62.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=2,DF=22,可得EF=322.从而EG2+FG2=EF2,所以EGFG.又ACFG=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,-3,0),E(1,0,2),F-1,0,22,C(0,3,0),所以=(1,3,2),=-1,-3,22.(10分)故cos=-33.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为33.(12分)评析本题考查了线面垂直的判定和性质、面面垂直的判定、异面直线所成的角.建立适当的空间直角坐标系,利用空间向量的有关公式是求解的关键.证明“EG平面AFC”是解题的难点.本题属中等难度题.4.(2015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EFPB交PB于点F,连接DE,DF,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DCBC的值.解析解法一:(1)因为PD底面ABCD,所以PDBC,由底面ABCD为长方形,有BCCD,而PDCD=D,所以BC平面PCD,而DE平面PCD,所以BCDE.又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DEPC.而PCBC=C,所以DE平面PBC.而PB平面PBC,所以PBDE.又PBEF,DEEF=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PBDG.又因为PD底面ABCD,所以PDDG.而PDPB=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=,有BD=,在RtPDB中,由DFPB,得DPF=FDB=,则tan=tanDPF=BDPD=3,解得=2.所以DCBC=22.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,DCBC=22.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=,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(,1,0),C(0,1,0),=(,1,-1),点E是PC的中点,所以E0,12,12,=0,12,12,于是=0,即PBDE.又已知EFPB,而DEEF=E,所以PB平面DEF.因=(0,1,-1),=0,则DEPC,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)因为PD平面ABCD,所以=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量;由(1)知,PB平面DEF,所以=(-,-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=2,所以DCBC=22.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,DCBC=22.5.(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,EFBC,BC=4,EF=2a,EBC=FCB=60,O为EF的中点.(1)求证:AOBE;(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AOEF.又因为平面AEF平面EFCB,AO平面AEF,所以AO平面EFCB.所以AOBE.(2)取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OGEF.由(1)知AO平面EFCB,又OG平面EFCB,所以OAOG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,3a),B(2,3(2-a),0),=(-a,0,3a),=(a-2,3(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则即-ax+3az=0,(a-2)x+3(a-2)y=0.令z=1,则x=3,y=-1.于是n=(3,-1,1).平面AEF的法向量为p=(0,1,0).所以cos=-55.由题设知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-55.(3)因为BE平面AOC,所以BEOC,即=0.因为=(a-2,3(a-2),0),=(-2,3(2-a),0),所以=-2(a-2)-3(a-2)2.由=0及0a2,解得a=.评析本题主要考查面面垂直的性质定理、二面角的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.6.(2014江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD平面ABCD.(1)求证:ABPD;(2)若BPC=90,PB=2,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ABAD.又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以AB平面PAD,故ABPD.(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,BCPG.在RtBPC中,PG=233,GC=263,BG=63.设AB=m,则OP=PG2-OG2=43-m2,故四棱锥P-ABCD的体积V=6m43-m2=m38-6m2.因为m8-6m2=8m2-6m4=-6m2-232+83,故当m=63,即AB=63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),B63,-63,0,C63,263,0,D0,263,0,P0,0,63.故=63,263,-63,=(0,6,0),=-63,0,0.设平面BPC的法向量为n1=(x,y,1),则由n1,n1得63x+263y-63=0,6y=0,解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).同理可求出平面DPC的法向量为n2=0,12,1.从而平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为cos =12脳14+1=105.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.计算失误是失分的主要原因.7.(2014课标,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,ABB1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若ACAB1,CBB1=60,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.解析(1)证明:连接BC1,交B1C于点O,连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1CBC1,且O为B1C及BC1的中点.又ABB1C,所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO,故B1CAO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)因为ACAB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.又因为AB=BC,所以BOABOC.故OAOB,从而OA,OB,OB1两两互相垂直.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A0,0,33,B(1,0,0),B10,33,0,C0,-33,0.=0,33,-33,=1,0,-33,=-1,-33,0.设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则即33y-33z=0,x-33z=0.所以可取n=(1,3,3).设m是平面A1B1C1的法向量,则同理可取m=(1,-3,3).则cos=.易知二面角A-A1B1-C1为锐角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为.评析本题主要考查直线与平面垂直的判定定理与性质定理、直线与直线垂直、二面角的求法、空间向量的应用等基础知识,考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.在建立空间直角坐标系之前,应有必要的证明过程,保证从O点引出的三条射线OA,OB,OB1两两垂直.8.(2014湖南,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,ACBD=O,A1C1B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O底面ABCD;(2)若CBA=60,求二面角C1-OB1-D的余弦值.解析(1)证明:因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1AC.同理DD1BD,因为CC1DD1,所以CC1BD,而ACBD=O,因此CC1底面ABCD.由题设知,O1OC1C,故O1O底面ABCD,(2)解法一:如图,过O1作O1HOB1于H,连接HC1.由(1)知,O1O底面ABCD,所以O1O底面A1B1C1D1,于是O1OA1C1.又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1B1D1,从而A1C1平面BDD1B1,所以A1C1OB1,于是OB1平面O1HC1,进而OB1C1H,故C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角,不妨设AB=2,因为CBA=60,所以OB=3