全国通用2017届高考数学一轮总复习第八章立体几何8.4直线平面垂直的判定与性质专用题组理

1 8.4 直线、平面垂直的判定与性质 考点 垂直的判定与性质 13.(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=. (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=, 由 AC=,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,连结 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=,得 AD=. 在 RtAED 中,由 ED=1,AD=,得 AE=. 在 RtABD 中,由 BD=,AB=2,AD=,得 BF=,AF=AD.从而 GF=. 在ABE,ABG 中,利用余弦定理分别可得 cosBAE=,BG=. 在BFG 中,cosBFG=. 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. 2 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,),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,-), =(1,-2,-),=(1,1,0), 由即可取 m=(0,1,-). 由即可取 n=(1,-1,). 于是|cos|=, 由题意可知,所求二面角是锐角,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,同时考查空间想象能 力、推理论证和运算求解能力. 14.(2013 四川,19,12 分)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,侧棱 AA1底面 ABC,AB=AC=2AA1,BAC=120,D,D 1分别是线段 BC,B1C1的中点,P 是线段 AD 的中点. (1)在平面 ABC 内,试作出过点 P 与平面 A1BC 平行的直线 l,说明理由,并证明直线 l平面 ADD1A1; (2)设(1)中的直线 l 交 AB 于点 M,交 AC 于点 N,求二面角 A-A1M-N 的余弦值. 解析 (1)如图,在平面 ABC 内,过点 P 作直线 lBC,分别交 AB,AC 于点 M,N,因为 l 在平面 A1BC 外,BC 在平面 A1BC 内,由直线与平面平行的判定定理可知,l平面 A1BC. 由已知,AB=AC,D 是 BC 的中点, 所以 BCAD,则直线 lAD. 因为 AA1平面 ABC,所以 AA1直线 l. 又因为 AD,AA1在平面 ADD1A1内,且 AD 与 AA1相交, 所以直线 l平面 ADD1A1.(6 分) (2)解法一:连结 A1P,过 A 作 AEA 1P 于 E,过 E 作 EFA 1M 于 F,连结 AF. 由(1)知,MN平面 AEA1,所以平面 AEA1平面 A1MN. 所以 AE平面 A1MN,则 A1MAE. 所以 A1M平面 AEF,则 A1MAF. 故AFE 为二面角 A-A1M-N 的平面角(设为 ). 设 AA1=1,则由 AB=AC=2AA1,BAC=120,有BAD=60,AB=2,AD=1. 又 P 为 AD 的中点,所以 M 为 AB 中点,且 AP=,AM=1, 所以在 RtAA 1P 中,A 1P=; 在 RtA 1AM 中,A 1M=. 3 从而 AE=,AF=, 所以 sin =, 所以 cos =. 故二面角 A-A1M-N 的余弦值为.(12 分) 解法二:设 A1A=1.如图,过 A1作 A1E 平行于 B1C1,以 A1为坐标原点,分别以,的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 O-xyz(点 O 与点 A1重合). 则 A1(0,0,0),A(0,0,1). 因为 P 为 AD 的中点,所以 M,N 分别为 AB,AC 的中点, 故 M,N, 所以=,=(0,0,1),=(,0,0). 设平面 AA1M 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),则 即故有 从而 取 x1=1,则 y1=-,所以 n1=(1,-,0). 设平面 A1MN 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),则 即 故有 从而 取 y2=2,则 z2=-1,所以 n2=(0,2,-1). 设二面角 A-A1M-N 的平面角为 ,又 为锐角, 则 cos = =. 故二面角 A-A1M-N 的余弦值为.(12 分) 评析 本题主要考查基本作图、线面的平行与垂直、二面角等基础知识,考查推理论证能力、 运算求解能力、空间想象能力,并考查应用向量知识解决立体几何问题的能力. 15.(2012 山东,18,12 分)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形, ABCD,DAB=60,FC平面 ABCD,AEBD,CB=CD=CF. (1)求证:BD平面 AED; (2)求二面角 F-BD-C 的余弦值. 4 解析 (1)证明:因为四边形 ABCD 是等腰梯形,ABCD,DAB=60,所以ADC=BCD=120. 又 CB=CD,所以CDB=30, 因此ADB=90,ADBD,又 AEBD, 且 AEAD=A,AE,AD平面 AED, 所以 BD平面 AED. (2)解法一:由(1)知 ADBD,所以 ACBC. 又 FC平面 ABCD,因此 CA,CB,CF 两两垂直. 以 C 为坐标原点,分别以 CA,CB,CF 所在的直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角 坐标系,不妨设 CB=1. 则 C(0,0,0),B(0,1,0),D ,-,0 ,F(0,0,1), 因此=,=(0,-1,1). 设平面 BDF 的法向量为 m=(x,y,z), 则 m=0,m=0,所以 x=y=z, 取 z=1,则 m=(,1,1). 由于=(0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量, 则 cos=, 所以二面角 F-BD-C 的余弦值为. 解法二:取 BD 的中点 G,连结 CG,FG. 由于 CB=CD,因此 CGBD, 又 FC平面 ABCD,BD平面 ABCD,所以 FCBD. 由于 FCCG=C,FC,CG平面 FCG, 5 所以 BD平面 FCG. 故 BDFG. 所以FGC 为二面角 F-BD-C 的平面角. 在等腰三角形 BCD 中,由于BCD=120, 因此 CG=CB,又 CB=CF, 所以 GF=CG. 故 cosFGC=. 因此二面角 F-BD-C 的余弦值为. 评析 本题考查线面垂直的判定与性质,考查二面角的平面角的求法,考查学生运算求解及 推理论证能力. 16.(2012 福建,18,13 分)如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,AA 1=AD=1,E 为 CD 中点. (1)求证:B 1EAD 1; (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. 解析 (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=(0,1,1),=,=(a,0,1),=. =-0+11+(-1)1=0,B 1EAD 1. (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,z 0). 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-az 0=0,解得 z0=. 又 DP平面 B1AE,存在点 P,满足 DP平面 B1AE,此时 AP=. (3)连结 A1D,B1C,由长方体 ABCD-A1B1C1D1及 AA1=AD=1,得 AD1A 1D. B 1CA 1D,AD 1B 1C. 又由(1)知 B1EAD 1,且 B1CB 1E=B1, 6 AD 1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 , 则 cos =. 二面角 A-B1E-A1的大小为 30, |cos |=cos 30,即=, 解得 a=2,即 AB 的长为 2. 评析 本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系及二面角等基础知识,考查空间想 象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化 思想. 17.(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,A 1A=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:AB 1PQ; (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,AA 1,AB,AD 两两垂直.以 A 为坐标原点,AB,AD,AA 1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,0m6. (1)若 P 是 DD1的中点,则 P,=.又=(3,0,6), 于是=18-18=0,所以,即 AB1PQ. (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=(0|=. 故二面角 C1-OB1-D 的余弦值为. 19.(2013 辽宁,18,12 分)如图,AB 是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (1)求证:平面 PAC平面 PBC; (2)若 AB=2,AC=1,PA=1,求二面角 C-PB-A 的余弦值. 解析 (1)证明:由 AB 是圆的直径,得 ACBC,由 PA平面 ABC,BC平面 ABC,得 PABC. 又 PAAC=A,PA平面 PAC,AC平面 PAC,所以 BC平面 PAC. 因为 BC平面 PBC, 所以平面 PBC平面 PAC.(6 分) (2)解法一:过 C 作 CMAP,则 CM平面 ABC. 如图,以点 C 为坐标原点,直线 CB,CA,CM 分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系. 因为 AB=2,AC=1,所以 BC=. 因为 PA=1,所以 A(0,1,0),B(,0,0),P(0,1,1), 故=(,0,0),=(0,1,1). 设平面 BCP 的法向量为 n1=(x,y,z). 则所以 不妨令 y=1,则 n1=(0,1,-1). 因为=(0,0,1),=(,-1,0), 设平面 ABP 的法向量为 n2=(x,y,z), 则所以 不妨令 x=1,则 n2=(1,0). 于是 cos=, 10 所以由题意可知二面角 C-PB-A 的余弦值为.(12 分) 解法二:过 C 作 CMAB 于 M, 因为 PA平面 ABC,CM平面 ABC,所以 PACM, 故 CM平面 PAB. 过 M 作 MNPB 于 N,连结 NC, 由三垂线定理得 CNPB. 所以CNM 为二面角 C-PB-A 的平面角. 在 RtABC 中,由 AB=2,AC=1,得 BC=,CM=,BM=. 在 RtPAB 中,由 AB=2,PA=1,得 PB=. 因为 RtBNMRtBAP, 所以=,故 MN=. 又在 RtCNM 中,CN=,故 cosCNM=. 所以二面角 C-PB-A 的余弦值为.(12 分) 20.(2013 广东,18,14 分)如图,在等腰直角三角形 ABC 中,A=90,BC=6,D,E 分别是 AC,AB 上的点,CD=BE=,O 为 BC 的中点.将ADE 沿 DE 折起,得到如图所示的四棱锥 A- BCDE,其中 AO=. (1)证明:AO平面 BCDE; (2)求二面角 A-CD-B 的平面角的余弦值. 图 图 解析 (1)在题图中,易得 OC=3,AC=3,AD=2. 连结 OD,OE,在OCD 中,由余弦定理可得 OD=. 由翻折不变性可知 AD=2, 所以 AO2+OD2=AD2,所以 AOOD, 11 同理可证 AOOE,又 ODOE=O,所以 AO平面 BCDE. (2)解法一:过 O 作 OHCD 交 CD 的延长线于 H,连结 AH,因为 AO平面 BCDE,所以 AHCD,所以AHO 为二面角 A-CD-B 的平面角. 结合题图可知,H 为 AC 中点,故 OH=,从而 AH=, 所以 cosAHO=,所以二面角 A-CD-B 的平面角的余弦值为. 解法二:以 O 点为原点,建立空间直角坐标系 O-xyz 如图所示, 则 A(0,0,),C(0,-3,0),D(1,-2,0), 所以=(0,3,),=(-1,2,). 设 n=(x,y,z)为平面 ACD 的法向量,则 即解得 令 x=1,得 n=(1,-1,). 由(1)知,=(0,0,)为平面 CDB 的一个法向量, 所以 cos=,即二面角 A-CD-B 的平面角的余弦值为. 评析 本题主要考查线面垂直的判定,二面角的求解以及翻折问题,考查学生空间想象能力, 逻辑推理论证能力以及基本运算求解能力.抓住翻折前后的不变量是解决此类问题的关键. 21.(2013 陕西,18,12 分)如图,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形,O 为底面中心, A1O平面 ABCD,AB=AA1=. (1)证明:A 1C平面 BB1D1D; (2)求平面 OCB1与平面 BB1D1D 的夹角 的大小. 解析 (1)解法一:由题设易知 OA,OB,OA1两两垂直,以 O 为原点建立空间直角坐标系,如图. AB=AA 1=,OA=OB=OA 1=1, 12 A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,0),A 1(0,0,1). 由=,易得 B1(-1,1,1). =(-1,0,-1),=(0,-2,0),=(-1,0,1), =0,=0, A 1CBD,A 1CBB 1,A 1C平面 BB1D1D. 解法二:A 1O平面 ABCD,A 1OBD. 又底面 ABCD 是正方形, BDAC,BD平面 A1OC,BDA 1C. 又OA 1是 AC 的中垂线, A 1A=A1C=,且 AC=2,AC 2=A+A1C2, AA 1C 是直角三角形,AA 1A 1C. 又 BB1AA 1,A 1CBB 1,A 1C平面