高考数学第8章立体几何初步第5节直线平面垂直的判定与性质高考AB卷理.docx

【大高考】2017版高考数学一轮总复习 第8章 立体几何初步 第5节 直线、平面垂直的判定与性质高考AB卷 理空间中垂直的判定与性质1.(2016全国，14)，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：(1)如果mn，m，n，那么.(2)如果m，n，那么mn.(3)如果，m，那么m.(4)如果mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等.其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号).解析当mn，m，n时，两个平面的位置关系不确定，故错误，经判断知均正确，故正确答案为.答案2.(2013全国，4)已知m，n为异面直线，m平面，n平面.直线l满足lm，ln，l，l，则()A.且lB.且lC.与相交，且交线垂直于lD.与相交，且交线平行于l解析m，lm，ll，同理l，又m，n为异面直线，与相交，且l平行于交线，故选D.答案D3.(2016全国，18)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60.(1)证明：平面ABEFEFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值.(1)证明由已知可得AFDF，AFFE，所以AF平面EFDC，又AF平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC.(2)解过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Gxyz.由(1)知DFE为二面角DAFE的平面角，故DFE60，则|DF|2，|DG|，可得A(1，4，0)，B(3，4，0)，E(3，0，0)，D(0，0，).由已知，ABEF，所以AB平面EFDC，又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF，由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF为二面角CBEF的平面角，CEF60，从而可得C(2，0，).所以(1，0，)，(0，4，0)，(3，4，)，(4，0，0).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cosn，m.故二面角EBCA的余弦值为.4.(2015全国，19)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面所成角的正弦值.解(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.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Dxyz，则A(10，0，0)，H(10，10，0)，E(10，4，8)，F(0，4，8)，(10，0，0)，(0，6，8).设n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即所以可取n(0，4，3).又(10，4，8)，故|cosn，|.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.5.(2015全国，18)如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，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.(1)证明连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在Rt EBG中，可得BE，故DF.在Rt FDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF，从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，可得EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)解如图，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Gxyz，由(1)可得A(0，0)，E(1，0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.6.(2014全国，19)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.(1)证明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值.(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，ABBOB，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)解因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO.又因为ABBC，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Oxyz.因为CBB160，所以CBB1为等边三角形.又ABBC，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cosn，m.所以二面角AA1B1C1的余弦值为.空间中垂直的判定与性质1.(2016浙江，2)已知互相垂直的平面，交于直线l.若直线m，n满足m，n，则()A.mlB.mn C.nlD.mn解析由已知，l，l，又n，nl，C正确.故选C.答案C2.(2014广东，7)若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1l2，l2l3，l3l4，则下列结论一定正确的是()A.l1l4B.l1l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定解析构造如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1，取l1为AD，l2为AA1，l3为A1B1，当取l4为B1C1时，l1l4，当取l4为BB1时，l1l4，故排除A、B、C，选D.答案D3.(2016江苏，16)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1DA1F，A1C1A1B1.求证：(1)直线DE平面A1C1F；(2)平面B1DE平面A1C1F.证明(1)由已知，DE为ABC的中位线，DEAC，又由三棱柱的性质可得ACA1C1，DEA1C1，且DE平面A1C1F，A1C1平面A1C1F，DE平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面A1B1C1，AA1A1C1，又A1B1A1C1，且A1B1AA1A，A1C1平面ABB1A1，B1D平面ABB1A1，A1C1B1D，又A1FB1D，且A1FA1C1A1，B1D平面A1C1F，又B1D平面B1DE，平面B1DE平面A1C1F.4.(2014广东，18)如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，DPC30，AFPC于点F，FECD，交PD于点E.(1)证明：CF平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值.(1)证明PD平面ABCD，AD平面ABCD，PDAD.又CDAD，PDCDD，AD平面PCD.ADPC.又AFPC，ADAFA，PC平面ADF，即CF平面ADF.(2)解法一设AB1，则在RtPDC中，CD1，DPC30，PC2，PD，由(1)知CFDF，DF，CF.又FECD，DE.同理EFCD.如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系，则A(0，0，1)，E，F，P(，0，0)，C(0，1，0).设m(x，y，z)是平面AEF的法向量，则又令x4，则z，m(4，0，).由(1)知平面ADF的一个法向量为(，1，0)，设二面角DAFE的平面角为，可知为锐角，cos |cosm，|.故二面角DAFE的余弦值为.法二设AB1，CF平面ADF，CFDF.在CFD中，DF，CDAD，CDPD，ADPDD，CD平面ADE.又EFCD，EF平面ADE.EFAE，在DEF中，DE，EF，在ADE中，AE，在ADF中，AF.由VADEFSADEEFSADFhEADF，解得hEADF，设AEF的边AF上的高为h，由SAEFEFAEAFh，解得h，设二面角DAFE的平面角为.则sin ，cos .5.(2014江西，19)如图，四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD.(1)求证：ABPD；(2)若BPC90，PB，PC2，问AB为何值时，四棱锥PABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.(1)证明ABCD为矩形，故ABAD；又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以AB平面PAD，由PD平面PAD，故ABPD.(2)解过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，GC，BG.设ABm，则OP，故四棱锥PABCD的体积为Vm .因为m，故当m，即AB时，四棱锥PABCD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的一个法向量n1(x，y，1)，则由n1，n1得解得x1，y0，n1(1，0，1).同理可求出平面DPC的一个法向量n2.从而平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为cos .6.(2014湖南，19)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明：O1O底面ABCD；(2)若CBA60，求二面角C1OB1D的余弦值.(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ACBDO，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ABCDA1B1C1D1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C1OB1D的平面角.不妨设AB2.因为CBA60，所以OB，OC1，OB1.在RtOO1B1中，易知O1H2，而O1C11，于是C1H.故cosC1HO1.即二面角C1OB1D的余弦值为.法二因为四棱柱ABCDA1B1C1D1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Oxyz.不妨设AB2，因为CBA60，所以OB，OC1.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x2，y2，所以n2(2，2，)，设二面角C1OB1D的大小为，易知是锐角，于是cos |cosn1，n2|.故二面角C1OB1D的余弦值为.7.(2013陕西，18)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O平面ABCD，ABAA1.(1)证明：A1C平面BB1D1D；(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小.解建立如图