（课标Ⅰ卷）2020届高考数学一轮复习第八章立体几何8.3直线、平面垂直的判定与性质课件.pptx

8.3 直线、平面垂直的判定与性质,高考理数 (课标专用),考点 直线、平面垂直的判定与性质,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(2019课标,8,5分)如图,点N为正方形ABCD的中心,ECD为正三角形,平面ECD平面 ABCD,M是线段ED的中点,则 ( ) A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.BMEN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BMEN,且直线BM,EN是异面直线,答案 B 本题考查了直线与平面的位置关系,两直线的位置关系,考查了学生的空间想象能 力和数学运算能力.渗透的核心素养是直观想象. 过E作EQCD于Q,连接BD,QN,BE,易知点N在BD上.平面ECD平面ABCD,平面ECD平 面ABCD=CD,EQ平面ABCD,EQQN,同理可知BCCE,设CD=2,易得EQ= ,QN=1,则 EN= = =2,BE= = =2 .易知BE=BD,又M为DE的中点,BM DE,BM= = = ,BM= 2=EN.BMEN. 又点M、N、B、E均在平面BED内,BM,EN在平面BED内,又BM与EN不平行,BM,EN是相 交直线,故选B. 疑难突破 过点E作CD的垂线,构造直角三角形是求BM、EN的关键.,2.(2019课标,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE EC1. (1)证明:BE平面EB1C1; (2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.,解析 本题考查线面垂直的判定和性质,空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力, 考查了直观想象的核心素养. (1)证明:由已知得,B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1, 故B1C1BE. 又BEEC1,所以BE平面EB1C1. (2)由(1)知BEB1=90. 由题设知RtABERtA1B1E, 所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB. 以D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D-xyz, 则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1), =(1,0,0), =(1,-1,1), =(0,0,2).,设平面EBC的法向量为n=(x,y,z), 则 即 所以可取n=(0,-1,-1). 设平面ECC1的法向量为m=(x1,y1,z1), 则 即 所以可取m=(1,1,0). 于是cos= =- . 所以,二面角B-EC-C1的正弦值为 . 一题多解 (2)连接BC1.设AE=m,不妨令AB=1,则BE= ,C1E= ,BC1= . BEEC1,4m2+1=2m2+3,解得m=1,则AA1=2. 连接AC,BD,相交于点O,连接A1C1.,由题意可知ACBD,BDCC1,ACCC1=C, BD平面AA1C1C,BDCE, 即BOCE. 在长方形AA1C1C中,AC= ,AA1=2.连接AC1,有 = = ,又EAC=C1CA=90, 则RtC1CARtCAE. ECA+C1AC=90,CEAC1. 取CC1的中点F,连接OF,BF,则OFAC1,OFCE. BOOF=O,CE平面FOB. 设CEOF=G,连接BG,CEBG,CEFG,则BGF为二面角B-CE-C1的平面角,且sinBGF=,sinBGO.设AC1CE=H,易得AEHC1CH.又AE= CC1,AH= AC1.易知OGAH,又 O为AC的中点,OG= AH.BO= ,OG= AH= AC1= ,BOOG,tanBGO= = ,BGO=60,则BGF=120,故sinBGF= .,3.(2018课标,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PFBF. (1)证明:平面PEF平面ABFD; (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.,解析 (1)证明:由已知可得BFEF, 又已知BFPF,且PF、EF平面PEF,PFEF=F, 所以BF平面PEF, 又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD. (2)作PHEF,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,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE= , 又PF=1,EF=2,故PEPF, 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,则sin = = = . 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)求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin2+cos2=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.,4.(2016课标,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 证明:(1)由已知可得AFDF,AFFE, 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|= ,可得A(1,4,0),B(-3, 4,0),E(-3,0,0),D(0,0, ). 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, ). 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 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) 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.,5.(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= . 由BE平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC. 又AEEC,所以EG= ,且EGAC. 在RtEBG中,可得BE= ,故DF= . 在RtFDG中,可得FG= . 在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE= ,DF= ,可得EF= . 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,- ,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),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.(2019北京,12,5分)已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断: lm;m;l. 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题: .,答案 若lm,l,则m(答案不唯一),解析 本题考查线面平行、垂直的位置关系,考查了逻辑推理能力和空间想象能力. 把其中两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,共有三种情况.对三种情况逐一验证. 作为条件,作为结论时,还可能l或l与斜交;作为条件,作为结论和作为条 件,作为结论时,容易证明命题成立. 易错警示 容易忽视l,m是平面外的两条不同直线这一条件,导致判断错误.,2.(2019北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PA=AD= CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且 = . (1)求证:CD平面PAD; (2)求二面角F-AE-P的余弦值; (3)设点G在PB上,且 = .判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.,解析 本题主要考查线面垂直的判定和性质,二面角的求法;考查学生的空间想象能力;以四棱 锥为背景考查直观想象的核心素养. (1)证明:因为PA平面ABCD,所以PACD, 又因为ADCD,所以CD平面PAD. (2)过A作AD的垂线交BC于点M. 因为PA平面ABCD,所以PAAM,PAAD. 如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).,因为E为PD的中点,所以E(0,1,1). 所以 =(0,1,1), =(2,2,-2), =(0,0,2). 所以 = = , = + = . 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z), 则 即 令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1). 又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0), 所以cos= =- . 由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为 . (3)直线AG在平面AEF内. 因为点G在PB上,且 = , =(2,-1,-2),所以 = = , = + = . 由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).,所以 n=- + + =0. 所以直线AG在平面AEF内. 思路分析 (1)要证线面垂直,需证线与平面内的两条相交直线垂直.(2)建系求两平面的法向 量,利用向量法求二面角的余弦值.(3)通过计算得出 n,结合A平面AEF可证明AG平面 AEF. 一题多解 (2)PA=AD且E为PD的中点,AEPD.由(1)知CDAE,又PDCD=D,AE 平面PCD,又EF平面PCD,AEEF,故可知FEP为二面角F-AE-P的平面角.PE= = ,PF= = ,cosCPD= = ,sinCPD= ,EF2= +( )2-2 = ,EF= ,在PEF中,由正弦定理得 = ,即sinFEP= = ,且 FEP为锐角, cosFEP= = .,故二面角F-AE-P的余弦值为 .,3.(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)证明: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.又BEEF=E, 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 令y0=-1,则x0=2,z0=-4.,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)证明:由(2)知平面BCD的一个法向量为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.,4.(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: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的中点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, 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BEOC,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.,C组 教师专用题组 考点 直线、平面垂直的判定与性质 1.(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,连接A1E,AE,DE,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A1AED为平 行四边形. 故A1DAE. 又因为AE平面A1BC,所以A1D平面A1BC. (2)作A1FBD且A1FBD=F,连接B1F. 由AE=EB= ,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= ,A1B=4,DA1B=90,得BD=3 ,A1F=B1F= ,由余弦定理得cosA1FB1=- .,2.(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:AB1PQ; (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,AA1,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,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 = (01),而 =(0,-3,6),由此得点P(0,6-3,6),所以 =(6,3-2,-6). 因为PQ平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以 n3=0,即3-2=0,亦即= ,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= SADQh= 664=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PRAD,于是由ADBC知,PRBC,所以P,R,B,C四点共面. 由题设知,BCAB,BCA1A,所以BC平面ABB1A1,因此BCAB1. 因为tanABR= = = =tanA1AB1,所以ABR=A1AB1,因此ABR+BAB1=A1AB1+ BAB1=90, 于是AB1BR.再由即知AB1平面PRBC. 又PQ平面PRBC,故AB1PQ. 图a 图b,(2)如图b,过点P作PMA1A交AD于点M,则PM平面ABB1A1. 因为A1A平面ABCD,所以PM平面ABCD.过点M作MNQD于点N,连接PN,则PNQD, PNM为二面角P-QD-A的平面角,所以cosPNM= ,即 = ,从而 = . 连接MQ,由PQ平面ABB1A1及知,平面PQM平面ABB1A1,所以MQAB.又ABCD是正方形, 所以ABQM为矩形,故MQ=AB=6. 设MD=t,则MN= = . 过点D1作D1EA1A交AD于点E,则AA1D1E为矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE,=3.于是 = = =2,所以PM=2MD=2t. 再由,得 = ,解得t=2,因此PM=4.故四面体ADPQ的体积V= SADQPM= 6 64=24.,3.(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 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.,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= = = ,解得= . 所以 = = . 故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 时, = .,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.,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E , = , 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)由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= ,所以 = = . 故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 时, = .,4.(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B1 C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.,5.(2013课标,18,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,BAA1=60. (1)证明:ABA1C; (2)若平面ABC平面AA1B1B,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OCAB. 由于AB=AA1,BAA1=60,故AA1B为等边三角形, 所以OA1AB. 因为OCOA1=O,所以AB平面OA1C. 又A1C平面OA1C,故ABA1C. (2)由(1)知OCAB,OA1AB. 又平面ABC平面AA1B1B,交线为AB,所以OC平面AA1B1B,故OA,OA1,OC两两垂直. 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.,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BB1C1C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 . 思路分析 (1)取AB的中点O,由已知条件可得OCAB,OA1AB,从而得AB平面OA1C,从而 得ABA1C;(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. 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.,6.(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,DC1BD. (1)证明:DC1BC; (2)求二面角A1-BD-C1的大小.,解析 (1)证明: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DC1DC.而DC1BD, DCBD=D,所以DC1平面BCD.又BC平面BCD,故DC1BC. (2)由(1)知BCDC1,且BCCC1,则BC平面ACC1, 所以CA,CB,CC1两两垂直. 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.,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是平面内的两条不同直线,l1,l2是平面内两条相 交直线,则 的一个充分不必要条件是 ( ) A.l1m,l1n B.ml1,ml2 C.ml1,nl2 D.mn,l1n,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,答案 B 由ml1,ml2及已知条件可得m,又m,所以;反之,时未必有ml1,m l2,故“ml1,ml2”是“”的充分不必要条件,其余选项均推不出,故选B.,2.(2019湖北武汉4月调研,6)已知两个平面相互垂直,下列命题: 一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线; 一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线; 一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面; 过一个平面内任意一点作交线的垂线,则此垂线必垂直于另一个平面. 其中正确命题的个数是 ( ) A.3 B.2 C.1 D.0,答案 C 构造正方体ABCD-A1B1C1D1,如图, 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1平面ABCD,A1D平面ADD1A1,BD平面ABCD, 但A1D与BD不垂直,故错; 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1平面ABCD,l是平面ADD1A1内任意一条直线,l与 平面ABCD内和AB平行的所有直线垂直,故正确; 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1平面ABCD,A1D平面ADD1A1,但A1D与平面 ABCD不垂直,故错; 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1平面ABCD,且平面ADD1A1平面ABCD=AD,过 交线AD上的任一点作交线的垂线l,则l可能与平面ABCD垂直,也可能与平面ABCD不垂直,故 错.故选C.,3.(2019湖北黄冈八模(二),11)如图,AC=2R为圆O的直径,PCA=45,PA垂直于圆O所在的平 面,B为圆周上不与点A、C重合的点,ASPC于S,ANPB于N,则下列不正确的是 ( ) A.平面ANS平面PBC B.平面ANS平面PAB C.平面PAB平面PBC D.平面ABC平面PAC,答案 B PA平面ABC,BC平面ABC,PABC,又ABBC,PAAB=A,BC平面 PAB,又AN平面ABP,BCAN,又ANPB,BCPB=B,AN平面PBC,又PC平面PBC, ANPC,又PCAS,ASAN=A,PC平面ANS,又PC平面PBC,平面ANS平面 PBC,A正确,C,D显然正确,故选B.,4.(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4,设二面角A1-BC-A的平面角为,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,且OB=OC=OA= OA1,则4OB2=4,OB=1,所以BC=2,故OQ= ,OP= ,从而当PQ= 时,PQ2=OP2+OQ2,OP OQ.又OPBC,OQBC=O,所以OP平面ABC,所以平面A1BC平面ABC,即= .,5.(2019福建漳州二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD平面PAD,ADBC,AB=BC= AP= AD,ADP=30,BAD=90,E是PD的中点. (1)证明:PDPB; (2)设AD=2,点M在线段PC上,且异面直线BM与CE所成角的余弦值为 ,求二面角M-AB-P的 余弦值.,解析 (1)证明:因为BAD=90,所以BAAD. 因为平面ABCD平面PAD,交线为AD,所以BA平面PAD,从而BAPD. (2分) 在PAD中, = ,即 = , 得sinAPD=1,APD=90, 故APPD. (4分) 因为BAAP=A, 所以PD平面PAB. (5分) 又PB平面PAB, 所以PDPB. (6分) (2)如图,以P为坐标原点,以PD,PA所在直线分别为x轴,y轴,过点P垂直于平面PAD的射线为z轴 正半轴,建立空间直角坐标系,因为AD=2,所以AB=BC=AP=1,PD= ,所以P(0,0,0),A(0,1,0),B(0, 1,1),C ,E , (7分),设 = (0|= = ,得92-36+20=0,解得= 或= (舍去),故M . (9分),设平面MAB的法向量为m=(x,y,z), 则 整理得 令y= ,得m=(2, ,0). (10分) 由(1)知PD平面PAB,所以平面PAB的一个法向量为n=(1,0,0), (11分) 所以cos= = ,易知二面角M-AB-P为锐二面角, 故二面角M-AB-P的余弦值为 . (12分),6.(2019广东广州天河二模,18)如图,已知等边ABC中,E,F分别为AB,AC边的中点,M为EF的中 点,N为BC边上一点,且CN= BC,将AEF沿EF折到AEF的位置,使平面AEF平面EFCB. (1)求证:平面AMN平面ABF; (2)求二面角E-AF-B的余弦值.,解析 (1)证明:因为E,F分别为等边ABC中AB,AC边的中点,所以EFBC,AEF为等边三角 形, 所以折叠后,AEF也是等边三角形,且EFBC. 因为M是EF的中点,所以AMEF. (1分) 又平面AEF平面EFCB,AM平面AEF, 所以AM平面EFCB, (2分) 又BF平面EFCB,所以AMBF. (3分) 因为CN= BC,EFBC且EF= BC,M为EF的中点,所以MFCN,MF=CN,则四边形MFCN是平 行四边形, 所以MNCF. 在正ABC中,知BFCF,所以BFMN. (4分) 而AMMN=M,所以BF平面AMN. 又因为BF平面ABF,所以平面AMN平面ABF. (5分) (2)设等边ABC的边长为4,取BC的中点G,连接MG,由题设知MGBC,由(1)知AM平面EFCB,又MG平面EFCB, 所以AMMG, (6分) 如图建立空间直角坐标系M-xyz, 则F(-1,0,0),A(0,0, ),B(2, ,0), =(1,0, ), =(3, ,0). (7分) 设平面ABF的法向量为n=(x,y,z), 则 令z=1,则n=(- ,3,1). (9分) 易知平面AEF的一个法向量为m=(0,1,0), (10分),所以cos= = = , (11分) 显然二面角E-AF-B是锐二面角, 所以二面角E-AF-B的余弦值为 . (12分),B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:45分钟 分值:45分 一、选择题(每题5分,共10分),1.(2018湖南衡阳3月模拟,7)设、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 ( ) 当n时,若n,则 当l时,若l,则 当n,且l时,若l,则nl 当n,且l是m在内的射影时,若nl,则mn. A.1 B.2 C.3 D.4,答案 C 对于,逆命题:当n时,若,则n,由面面垂直的性质定理可知的逆命题 错误;对于,逆命题:当l时,若,则l,由面面平行的性质可知的逆命题正确;对于, 逆命题:当n,且l时,若nl,则l,由线面平行的判定定理可知的逆命题正确;对于, 逆命题:当n,且l是m在内的射影时,若mn,则nl,易知的逆命题正确.综上,逆命题成立 的序号为,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.,2.(2019豫西南五校3月联考,8)已知矩形ABCD,AB=2,BC=2 ,将ABD沿矩形的对角线BD所 在的直线进行翻折,在翻折过程中, ( ) A.存在某个位置,使得直线BD与直线AC垂直 B.存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直 C.存在某个位置,使得直线BC与直线AD垂直 D.对任意位置,三对直线“AC与BD”“CD与AB”“AD与BC”均不垂直,答案 B 矩形在翻折前和翻折后的图形如图(1)(2)所示. 在图(1)中,过点A作AEBD,垂足为E,过点C作CFBD,垂足为F,由边AB,BC不相等可知点E、 F不重合;在图(2)中,连接CE,对于选项A,若ACBD,又知BDAE,AEAC=A,所以BD平面 ACE,所以BDCE,与点E,F不重合相矛盾,故选项A错误;对于选项B,若ABCD,又知ABAD, ADCD=D,所以AB平面ADC,所以ABAC,由ABAB,所以不存在这样的直角三角形,故,选项C错误;由以上可知选项D错误.因此选B. 思路分析 根据翻折前后的变量与不变量,利用反证法对选项进行证明排除,从而得到正确结果.,二、解答题(共35分) 3.(2019湖北武汉4月调研,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=2AD=2, DAB=60,PA=PC=2,且平面ACP平面ABCD. (1)求证:CBPD; (2)求二面角C-PB-A的余弦值.,解析 (1)证明:连接BD交AC于点O,连接PO,如图, 由题意知O为AC的中点, PA=PC,POAC,平面ACP平面ABCD,平面ACP平面ABCD=AC,PO平面 ABCD. 又BC平面ABCD,POBC. BD= = , BD2+BC2=CD2,BCBD. 又BDPO=O,BC平面PBD. PD平面PBD,CBPD.,(2)由(1)知DADB,以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DB所在直线为y轴,过点D与平面ADB 垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系,如图. 由平面几何知识易得AO= ,PO= , 则A(1,0,0),B(0, ,0),P ,C(-1, ,0), 于是 =(-1,0,0), = , =(1,- ,0),设平面PBC的法向量为n1=(x,y,z), 则n1 ,n1 ,则 取z=1,则n1=(0, ,1)为平面PBC的一个法向量. 同理可得平面PBA的一个法向量n2=(3, ,1). 于是cos= = = , 分析知二面角C-PB-A为钝二面角,故二面角C-PB-A的余弦值为- .,思路分析 (1)连接BD交AC于点O,通过面面垂直的性质定理得PO平面ABCD,从而得PO BC,再由余弦定理计算得BD的长,进而得BCBD,从而BC平面PBD,可得结论;(2)建系,分别 求平面PBC和平面PBA的一个法向量,借助向量法求得二面角的余弦值.,4.(2019湖北恩施二模,19)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,AC=CC1=2 ,其中P 为棱CC1的中点,Q为棱CC1上且位于P点上方的动点. (1)证明:BP平面A1B1C; (2)若平面A1B1C与平面ABQ所成的锐二面角的余弦值为 ,求直线BQ与平面A1B1C所成角的 正弦值.,解析 (1)证明:在侧面BCC1B1中,因为BC=2,CC1=2 , P为棱CC1的中点,B1BBC,C1CBC, 所以tanBB1C= = = ,tanPBC= = , 所以BB1C=PBC,又BB1C+BCB1=90, 所以PBC+BCB1=90,所以PBB1C. (2分) 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面A1B1C1, 所以BB1A1B1, 因为AB=BC=2,AC=2 ,所以AB2+BC2=AC2,所以ABBC, 又ABA1B1,BCB1C1, 所以A1B1B1C1. 因为BB1B1C1=B1,所以A1B1平面BCC1B1, (4分) 所以A1B1BP,因为A1B1B1C=B1,所以BP平面A1B1C. (6分),(2)如图,以BC,BA,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系, 则P(2,0, ), =(2,0, )为平面A1B1C的一个法向量. 设Q(2,0,t)(t( ,2 ),则 =(2,0,t).易知 =(0,2,0), (8分) 设平面ABQ的法向量为n=(x,y,z),则,取n=(-t,0,2), 因为平面A1B1C与平面ABQ所成的锐二面角的余弦值为 , 所以 = ,所以 = ,解得t= 或t= , 又t( ,2 ,所以t= ,所以 = , (10分) 所以直线BQ与平面A1B1C所成角的正弦值为 = = . (12分) 思路分析 (1)首先利用三角函数关系证明PBB1C,然后利用勾股定理的逆定理及等角定理 证明A1B1B1C1,从而得出A1B1平面BCC1B1,进一步得出BP平面A1B1C;(2)建立空间直角坐 标系,分别求得平面A1B1C与平面ABQ的法向量,利用锐二面角的余弦值求参数值,从而得出 的坐标,最后求得直线BQ与平面A1B1C所成角的正弦值.,5.(2019河南洛阳尖子生第四次联考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA 底面ABCD,PA=AB=2,点M为棱PC的中点,点E,F分别为棱AB,BC上的动点(E,F与所在棱的端点 不重合),且满足BE=BF. (1)证明:平面PEF平面MBD; (2)当三棱锥F-PEC的体积最大时,求二面角C-MF-E的余弦值.,解析 (1)证明:因为PA底面ABCD,ABAD,所以AP,AB,AD两两垂直,以A为坐标原点, , , 的方向为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 则P(0,0,2),M(1,1,1),B(2,0,0),D(0,2,0).设E(t,0,0)(0t2),则F(2,2-t,0), =(t,0,-2), =(2,2-t,-2), =(1,-1,-1), =(-1,1,-1). 设m1=(a1,b1,c1)为平面PEF的法向量, 则 即 可取m1=(2,-2,t). 设m2=(a2,b2,c2)为平面MBD的法向量,则 即 可取m2