高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.4 直线、平面垂直的判定和性质课件.ppt

第八章立体几何 8 4直线 平面垂直的判定和性质 高考数学 浙江专用 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 a1e dc1b a1e bdc a1e bc1d a1e ac 五年高考 答案c a1b1 平面bcc1b1 bc1 平面bcc1b1 a1b1 bc1 又bc1 b1c 且b1c a1b1 b1 bc1 平面a1b1cd 又a1e 平面a1b1cd bc1 a1e 故选c 2 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m n n 则m b 若m 则m c 若m n n 则m d 若m n n 则m 答案c对于选项a b d 均能举出m 的反例 对于选项c 若m n 则m n 又n m 故选c 3 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d若 垂直于同一个平面 则 可以都过 的同一条垂线 即 可以相交 故a错 若m n平行于同一个平面 则m与n可能平行 也可能相交 还可能异面 故b错 若 不平行 则 相交 设 l 在 内存在直线a 使a l 则a 故c错 从原命题的逆否命题进行判断 若m与n垂直于同一个平面 由线面垂直的性质定理知m n 故d正确 4 2014广东 7 5分 若空间中四条两两不同的直线l1 l2 l3 l4 满足l1 l2 l2 l3 l3 l4 则下列结论一定正确的是 a l1 l4b l1 l4c l1与l4既不垂直也不平行d l1与l4的位置关系不确定 答案d由l1 l2 l2 l3可知l1与l3的位置不确定 若l1 l3 则结合l3 l4 得l1 l4 所以排除选项b c 若l1 l3 则结合l3 l4 知l1与l4可能不垂直 所以排除选项a 故选d 评析本题考查了空间直线之间的位置关系 考查学生的空间想象能力 思维的严密性 5 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 ac bd 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ae ec 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ac do 又由于 abc是正三角形 所以ac bo 从而ac 平面dob 故ac bd 2 连接eo 由 1 及题设知 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1 1 6 2017课标全国 文 18 12分 如图 在四棱锥p abcd中 ab cd 且 bap cdp 90 1 证明 平面pab 平面pad 2 若pa pd ab dc apd 90 且四棱锥p abcd的体积为 求该四棱锥的侧面积 解析本题考查立体几何中面面垂直的证明和几何体侧面积的计算 1 证明 由已知 bap cdp 90 得ab ap cd pd 由于ab cd 故ab pd 从而ab 平面pad 又ab 平面pab 所以平面pab 平面pad 2 在平面pad内作pe ad 垂足为e 由 1 知 ab 平面pad 故ab pe 可得pe 平面abcd 设ab x 则由已知可得ad x pe x 故四棱锥p abcd的体积vp abcd ab ad pe x3 由题设得x3 故x 2 从而pa pd 2 ad bc 2 pb pc 2 可得四棱锥p abcd的侧面积为pa pd pa ab pd dc bc2sin60 6 2 4 几何体的表面积直棱柱的侧面积s侧 c底 l 其他几何体一般要对各个侧面 底面逐个分析求解面积 最后求和 7 2017北京文 18 14分 如图 在三棱锥p abc中 pa ab pa bc ab bc pa ab bc 2 d为线段ac的中点 e为线段pc上一点 1 求证 pa bd 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pa ab pa bc 所以pa 平面abc 又因为bd 平面abc 所以pa bd 2 因为ab bc d为ac中点 所以bd ac 由 1 知 pa bd 所以bd 平面pac 所以平面bde 平面pac 3 因为pa 平面bde 平面pac 平面bde de 所以pa de 因为d为ac的中点 所以de pa 1 bd dc 由 1 知 pa 平面abc 所以de 平面abc 所以三棱锥e bcd的体积v bd dc de 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 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a1o1 oc a1o1 oc 因此四边形a1oco1为平行四边形 所以a1o o1c 又o1c 平面b1cd1 a1o 平面b1cd1 所以a1o 平面b1cd1 2 因为ac bd e m分别为ad和od的中点 所以em bd 又a1e 平面abcd bd 平面abcd 所以a1e bd 因为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 易错警示a b 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 abd cbd 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do ac do ao 又由于 abc是正三角形 故bo ac 所以 dob为二面角d ac b的平面角 在rt aob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 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e 故 1 0 1 2 0 0 设n x y z 是平面dae的法向量 则即可取n 设m是平面aec的法向量 则同理可取m 0 1 则cos 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 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 10 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ac bc 所以ac 平面bck 因此bf ac 又因为ef bc be ef fc 1 bc 2 所以 bck为等边三角形 且f为ck的中点 则bf ck 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rt bfd中 bf df 得cos bdf 所以 直线bd与平面acfd所成角的余弦值为 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 11 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a1e ae 因为ab ac 所以ae bc 故ae 平面a1bc 由d e分别为b1c1 bc的中点 得de b1b且de b1b 从而de a1a且de a1a 所以a1aed为平行四边形 故a1d ae 又因为ae 平面a1bc 所以a1d 平面a1bc 2 解法一 作a1f bd且a1f bd 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a1f bd 得b1f bd 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cos a1fb1 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 b 0 0 d 0 b1 因此 0 0 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 由即可取m 0 1 由即可取n 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 12 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ac bc 又平面abc 平面bcde 从而ac 平面bcde 所以ac de 又de dc 从而de 平面acd 2 解法一 作bf ad 与ad交于点f 过点f作fg de 与ae交于点g 连接bg 由 1 知de ad 则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 从而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 从而gf 在 abe abg中 利用余弦定理分别可得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 由题图可知 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 面位置关系 二面角等基础知识 空间向量的应用 同时考查空间想象能力 推理论证和运算求解能力 13 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af df af fe af ef 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dg ef 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 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 故二面角e bc a的余弦值为 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 14 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 ae ec 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bd ac 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 从而eg2 fg2 ef2 所以eg fg 又ac fg 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 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 15 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ef pb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是否为鳖臑 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pd bc 由底面abcd为长方形 有bc cd 而pd cd d 所以bc 平面pcd 而de 平面pcd 所以bc de 又因为pd cd 点e是pc的中点 所以de pc 而pc bc c 所以de 平面pbc 而pb 平面pbc 所以pb de 又pb ef de ef 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pb dg 又因为pd 底面abcd 所以pd dg 而pd pb 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rt pdb中 由df pb 得 dpf fdb 则tan tan dpf 解得 所以 故当面def与面abcd所成二面角的大小为时 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pb de 又已知ef pb 而de ef e 所以pb 平面def 因 0 1 1 0 则de pc 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 所以 故当面def与面abcd所成二面角的大小为时 16 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 ab pd 2 若 bpc 90 pb 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ab ad 又平面pad 平面abcd 平面pad 平面abcd ad 所以ab 平面pad 故ab pd 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 bc pg 在rt bpc中 pg gc bg 设ab m 则op 故四棱锥p abcd的体积v m 因为m 故当m 即ab 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 b c d p 故 0 0 设平面bpc的法向量为n1 x y 1 则由n1 n1 得解得x 1 y 0 n1 1 0 1 同理可求出平面dpc的法向量为n2 从而平面bpc与平面dpc夹角 的余弦值为cos 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 17 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 ao be 2 求二面角f ae b的余弦值 3 若be 平面aoc 求a的值 以下为教师用书专用 解析 1 证明 因为 aef是等边三角形 o为ef的中点 所以ao ef 又因为平面aef 平面efcb ao 平面aef 所以ao 平面efcb 所以ao be 2 取bc中点g 连接og 由题设知efcb是等腰梯形 所以og ef 由 1 知ao 平面efcb 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 18 2014课标 19 12分 如图 三棱柱abc a1b1c1中 侧面bb1c1c为菱形 ab b1c 1 证明 ac ab1 2 若ac ab1 cbb1 60 ab bc 求二面角a a1b1 c1的余弦值 解析 1 证明 连接bc1 交b1c于点o 连接ao 因为侧面bb1c1c为菱形 所以b1c bc1 且o为b1c及bc1的中点 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 因为ac ab1 且o为b1c的中点 所以ao co 又因为ab bc 所以 boa boc 故oa ob 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 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 19 2014湖南 19 12分 如图 四棱柱abcd a1b1c1d1的所有棱长都相等 ac bd o a1c1 b1d1 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cc1 ac 同理dd1 bd 因为cc1 dd1 所以cc1 bd 而ac bd o 因此cc1 底面abcd 由题设知 o1o c1c 故o1o 底面abcd 2 解法一 如图 过o1作o1h ob1于h 连接hc1 由 1 知 o1o 底面abcd 所以o1o 底面a1b1c1d1 于是o1o a1c1 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a1c1 b1d1 从而a1c1 平面bdd1b1 所以a1c1 ob1 于是ob1 平面o1hc1 进而ob1 c1h 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ac bd 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 20 2014辽宁 19 12分 如图 abc和 bcd所在平面互相垂直 且ab bc bd 2 abc dbc 120 e f分别为ac dc的中点 1 求证 ef bc 2 求二面角e bf c的正弦值 评析本题考查空间位置关系的证明及空间角的求法 考查线线垂直的本质是对垂直关系转化的考查 在利用向量法求二面角的正弦值时 注意到平面bfc的一个法向量为 0 0 1 可以使问题简捷 本题的难点和易错点都是空间直角坐标系的建立 由于a d两点都不在坐标轴上 因此正确求出a d两点的坐标是解决本题的关键 21 2013福建 19 13分 如图 在四棱柱abcd a1b1c1d1中 侧棱aa1 底面abcd ab dc aa1 1 ab 3k ad 4k bc 5k dc 6k k 0 1 求证 cd 平面add1a1 2 若直线aa1与平面ab1c所成角的正弦值为 求k的值 3 现将与四棱柱abcd a1b1c1d1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱 规定 若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同 则视为同一种拼接方案 问 共有几种不同的拼接方案 在这些拼接成的新四棱柱中 记其中最小的表面积为f k 写出f k 的解析式 直接写出答案 不必说明理由 解析 1 证明 取cd的中点e 连接be ab de ab de 3k 四边形abed为平行四边形 be ad且be ad 4k 在 bce中 be 4k ce 3k bc 5k be2 ce2 bc2 bec 90 即be cd 又 be ad 所以cd ad aa1 平面abcd cd 平面abcd aa1 cd 又aa1 ad a cd 平面add1a1 2 以d为原点 的方向为x y z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 则a 4k 0 0 c 0 6k 0 b1 4k 3k 1 a1 4k 0 1 所以 4k 6k 0 0 3k 1 0 0 1 设平面ab1c的法向量n x y z 则由得取y 2 得n 3 2 6k 设aa1与平面ab1c所成角为 则sin cos 解得k 1 故所求k的值为1 3 共有4种不同的方案 f k 评析本题主要考查直线与直线 直线与平面的位置关系 柱体的概念及表面积等基础知识 考查空间想象能力 推理论证能力 运算求解能力 考查数形结合思想 分类与整合思想 化归与转化思想 22 2013天津 17 13分 如图 四棱柱abcd a1b1c1d1中 侧棱a1a 底面abcd ab dc ab ad ad cd 1 aa1 ab 2 e为棱aa1的中点 1 证明b1c1 ce 2 求二面角b1 ce c1的正弦值 3 设点m在线段c1e上 且直线am与平面add1a1所成角的正弦值为 求线段am的长 解析解法一 如图 以点a为原点建立空间直角坐标系 依题意得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 证明 易得 1 0 1 1 1 1 于是 0 所以b1c1 ce 2 1 2 1 设平面b1ce的法向量m x y z 则即消去x得y 2z 0 不妨令z 1 可得一个法向量为m 3 2 1 由 1 b1c1 ce 又cc1 b1c1 可得b1c1 平面cec1 故 1 0 1 为平面cec1的一个法向量 于是cos 从而sin 所以二面角b1 ce c1的正弦值为 3 0 1 0 1 1 1 设 0 1 有 1 可取 0 0 2 为平面add1a1的一个法向量 设 为直线am与平面add1a1所成的角 则sin cos 于是 解得 所以am 解法二 1 证明 因为侧棱cc1 底面a1b1c1d1 b1c1 平面a1b1c1d1 所以cc1 b1c1 经计算可得b1 e b1c1 ec1 从而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 过b1作b1g ce于点g 连接c1g 由 1 b1c1 ce 故ce 平面b1c1g 得ce c1g 所以 b1gc1为二面角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的正弦值为 3 连接d1e 过点m作mh ed1于点h 可得mh 平面add1a1 连接ah am 则 mah为直线am与平面add1a1所成的角 设am x 从而在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 ehcos135 得x2 1 x2 x 整理得5x2 2x 6 0 解得x 所以线段am的长为 评析本题主要考查空间两条直线的位置关系 二面角 直线与平面所成的角 直线与平面垂直等基础知识 考查用空间向量解决立体几何问题的方法 考查空间想象能力 运算能力和推理论证能力 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a b成立的一个充分条件是 a a c b cb a b c a b d a b 三年模拟 一 选择题 a组2015 2017年高考模拟 基础题组 答案d当b 时 过b作平面与 相交于m 则m b 又因为a m 所以a b 故选d 2 2017浙江测试卷 3 直线l与平面 内的两条直线都垂直 是 直线l与平面 垂直 的 a 充分不必要条件b 必要不充分条件c 充分必要条件d 既不充分也不必要条件 答案b根据线面垂直的判定 知直线l与平面 内的两条相交直线垂直 l 又由线面垂直的性质 知若直线l与平面 垂直 则l与 内的任意一条直线都垂直 故是必要不充分条件 故选b 3 2015浙江名校 衢州二中 交流卷二 5 已知m n是两条不同的直线 是两个不同的平面 给出下列命题 若 m 则m 若m n 且m n 则 若m m 则 若m n 且m n 则 其中 属于真命题的序号是 a b c d 答案b当 m 时 有m 或m 所以 不正确 当m n 且m n时 由面面垂直的判定定理知 所以 正确 因为m m 所以 正确 若m n 且m n 则 或 相交 不正确 故选b 4 2017浙江绍兴质量调测 3月 19 如图 已知三棱锥p abc pa 平面abc acb 90 bac 60 pa ac m为pb的中点 1 求证 pc bc 2 求am与平面pac所成角的正切值 二 解答题 解析 1 因为pa 平面abc 所以pa bc 又因为 acb 90 即bc ac 所以bc 平面pac 故pc bc 2 取pc的中点o 连接mo ao 因为m是pb的中点 所以mo bc 又因为bc 平面pac 所以mo 平面pac 所以 mao为直线am与平面pac所成角 设ac t 则bc t 所以mo t 又因为pa ac t 所以ao t 故tan mao 故直线am与平面pac所成角的正切值为 5 2017浙江吴越联盟测试 17 如图1 在四边形abcd中 a c 90 ab bc cd da 1 现将 abd沿对角线bd所在的直线折起 得到四面体abcd 如图2 1 求证 ac bd 2 若cd da 求二面角a bc d的余弦值 解析 1 证明 如图 取ac的中点e 连接be de 因为ba bc 且e为ac的中点 所以be ac 同理de ac 又be de e 所以ac 平面bed 所以ac bd 2 在平面bde中 过点d作df be 交de的延长线于f 连接cf 评析本题考查空间点 线 面的位置关系 考查学生的运算求解和推理论证能力 以及空间想象能力 6 2015浙江名校 绍兴一中 交流卷五 17 在四棱锥p abcd中 ad bc abc apb 90 点m是线段ab上的一点 且pm cd ab bc 2pb 2ad 4bm 1 证明 平面pab 平面abcd 2 求平面abcd与平面pcd所成角 锐二面角 的余弦值 解析 1 证明 由ab 2pb 4bm apb 90 得pm ab 因为ad bc bc 2ad 所以直线ab与直线cd相交 因为pm cd 且直线ab与直线cd相交 所以pm 平面abcd 5分 因为pm 平面pab 所以平面pab 平面abcd 7分 2 过点m作mh cd 垂足为h 连接hp 因为pm cd 且由 1 知pm mh pm mh m 所以cd 平面pmh 所以cd ph 所以 phm为平面abcd与平面pcd所成角的平面角 10分 在四棱锥p abcd中 设ab 2t t 0 则pm t mh t ph t 从而 cos phm 故平面abcd与平面pcd所成角 锐二面角 的余弦值为 15分 1 2017浙江镇海中学模拟卷 六 9 已知在平行四边形abcd中 m n分别为ab ad上异于点a的两点 把三角形amn沿mn翻折 如图所示 记翻折后的a为a 直线a c与平面bcdnm所成角为 1 与直线mn所成角为 2 则 1与 2的大小关系是 a 1 2b 1 2c 1 2d 不确定 一 选择题 b组2015 2017年高考模拟 综合题组 答案c如图 过点a 作a o 平面bcdnm 垂足为o 连接co 则 a co 1 过点c作直线l mn 在直线l上取点h 使得ch co 连接oh a h 则 a ch 2 在rt a oh中 a o oh 则a o a h 在 a co和 a ch中 co ch 所以 a co a ch 即 1 2 故选c 2 2017浙江镇海中学模拟卷四 3 已知直线l a b和平面 满足l a l b a b 则 a与b相交 是 l 的 a 充分不必要条件b 必要不充分条件c 充分必要条件d 既不充分也不必要条件 答案a由线面垂直的判定定理知 当a与b相交时 必有l 反之 若l 则a与b可能相交 也可能平行 因此 a与b相交 是 l 的充分不必要条件 故选a 3 2017浙江吴越联盟测试 7 二面角 l 中 直线m在平面 内 且与l所成的角为 1 与 所成的角为 2 二面角 l 所成的平面角大小为 则以下不可能的是 a 1 2b 2 1 c 2 1d 1 2 答案d当直线m l时 显然 1 2 0 故a可能 当m与l不平行时 不妨设l m q 在m上任取一点p 过点p作平面 的垂线po 垂足为o 在平面 内过点o作or l 垂足为r 连接pr oq 如图 则 1 pqr pro 2 pqo 因为po 平面rqo po 平面pqo 所以平面rqo 平面pqo 所以 rqo即为l与平面pqo所成的角 所以有cos pqr cos pqo cos rqo 故cos pqr pqo 即 1 2 所以d不可能 故选d 4 2015浙江丽水一模 7 在四面体abcd中 下列条件不能得出ab cd的是 a ab bc且ab bdb ad bc且ac bdc ac ad且bc bdd ac bc且ad bd 5 2017浙江镇海中学模拟卷 五 19 在四棱锥p abcd中 pa 底面abcd ab ad ac cd abc pa ab bc e是pc的中点 1 求证 ae pd 2 求be与平面pdc所成角的正弦值 二 解答题 解析 1 pa 底面abcd pa cd 又ac cd cd 平面pac ae cd abc pa ab bc pa ac 又e是pc的中点 ae pc ae 平面pcd ae pd 6分 2 以直线ab ad ap分别为x轴 y轴 z轴建立空间直角坐标系 令pa ab bc 1 则ad p 0 0 1 b 1 0 0 c d e 9分 设平面pdc的法向量为n x y z 由 n n 0 且 得取y 1 则z x 故n 易知 cos 15分 6 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 7 2017浙江模拟训练冲刺卷五 19 如图 在四棱锥p abcd中 bcd为正三角形 ad ab ap 2 bd 2 cp cd ac与bd交于o点 已知po与平面abcd所成的角为 且p点在平面abcd内的射影落在 acd内 1 求证 平面acp 平面pbd 2 若二面角a pb d的余弦值为 求cos 的值 解析 1 证明 易知o为bd的中点 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 ao2 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 分别以ob oc所在的直线为x y轴 过o作垂直于平面abc的直线为z轴建立空间直角坐标系 如图所示 则a 0 1 0 b 0 0 p cos 0 sin 1 0 cos 1 sin 易知平面pbd的一个法向量为m 0 1 0 设平面apb的法向量为n x y z 则由得令x 1 得n 由 cos 得 3 即2cos2 cos 1 0 又 cos 15分 8 2016浙江高考模拟冲刺 五 18 在四棱锥p abcd中 底面abcd是矩形 pa 平面abcd pa ad 4 ab 2 以ac的中点o为球心 ac为直径的球面交pd于点m 1 求证 平面abm 平面pcd 2