（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 新人教B版.doc

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.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,d1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aea1p于e,过e作efa1m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rtaa1p中,a1p=;在rta1am中,a1m=.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.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,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,aa1=ad=1,e为cd中点.(1)求证:b1ead1;(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,b1ead1.(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,z0).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-az0=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ad1a1d.b1ca1d,ad1b1c.又由(1)知b1ead1,且b1cb1e=b1,ad1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,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,连结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,连结pn,则pnqd,pnm为二面角p-qd-a的平面角,所以cospnm=,即=,从而=.连结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=664=24.18.(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,连结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=,oc=1,ob1=.在rtoo1b1中,易知o1h=2,而o1c1=1,于是c1h=.故cosc1ho1=.即二面角c1-ob1-d的余弦值为.解法二:因为四棱柱abcd-a1b1c1d1的所有棱长都相等,所以四边形abcd是菱形,因此acbd,又由(1)知o1o底面abcd,从而ob、oc、oo1两两垂直.如图,以o为坐标原点,ob,oc,oo1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系o-xyz,不妨设ab=2,因为cba=60,所以ob=,oc=1,于是相关各点的坐标为o(0,0,0),b1(,0,2),c1(0,1,2).易知,n1=(0,1,0)是平面bdd1b1的一个法向量.设n2=(x,y,z)是平面ob1c1的法向量,则即取z=-,则x=2,y=2,所以n2=(2,2,-),设二面角c1-ob1-d的大小为,易知是锐角,于是cos =|cos|=.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=,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,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:a1c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=aa1=,oa=ob=oa1=1,a(1,0,0),b(0,1,0),c(-1,0,0),d(0,-1,0),a1(0,0,1).由=,易得b1(-1,1,1).=(-1,0,-1),=(0,-2,0),=(-1,0,1),=0,=0,