2019版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.4 直线 平面垂直的判定和性质学案

1、8.4直线、平面垂直的判定和性质考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计20132014201520162017垂直的判定和性质1.理解以下判定定理:如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直.如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.2.理解以下性质定理,并能够证明:垂直于同一个平面的两条直线平行.如果两个平面垂直,那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.3.理解直线与平面所成角、二面角的概念.4.能证明一些空间位置关系的简单命题.理解10,5分20(2),9分5(文),5分20(文),约6分6(文),5分20(1),7分20(文),约

2、8分17(1),7分18(文)(1),7分18(文),约8分5,5分5(文),5分17(1),8分19(2),约3分分析解读1.直线与平面垂直,平面与平面垂直的判定和性质,线面间的角与距离的计算是高考的重点,特别是以多面体为载体的线面位置关系的论证,更是高考的热点,试题以中等难度为主.2.高考常考的题型有:判断并证明两个平面的垂直关系,直线与平面的垂直关系,直线与直线的垂直关系.线面、面面垂直的性质定理的应用,求直线与平面、平面与平面所成角等综合问题.多以棱柱、棱锥为背景.3.预计2019年高考试题中,垂直关系仍然是考查的重点和热点.考查仍会集中在垂直关系的判定和垂直的性质的应用上,其解决的方

3、法主要是传统法和向量法,复习时应引起高度重视.五年高考考点垂直的判定和性质 1.(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mn,n,则mB.若m,则mC.若m,n,n,则mD.若mn,n,则m答案C2.(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.A1EDC1B.A1EBDC.A1EBC1D.A1EAC答案C3.(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

4、m,n,则m与n垂直于同一平面答案D4.(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l1l2,l2l3,l3l4,则下列结论一定正确的是()A.l1l4 B.l1l4C.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D5.(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ACBC,所以A

5、C平面BCK,因此BFAC.又因为EFBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BFCK.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RtBFD中,BF=,DF=,得cosBDF=,所以,直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为.6.(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

6、,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)解法一: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

7、=,由余弦定理得cosA1FB1=-.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-.7.(2014浙江,20,15分)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面A

8、BC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,连接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

9、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

10、,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.8.(2017课标全国文,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,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

11、)证明:由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,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PEAD,垂足为E.由(1)知,AB平面PAD,故ABPE,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=ABADPE=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PAPD+PAAB+PDDC+BC2sin 60=6+2.9.(2017北京文,18,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,PAAB,

12、PABC,ABBC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.(1)求证:PABD;(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PAAB,PABC,所以PA平面ABC.又因为BD平面ABC,所以PABD.(2)因为AB=BC,D为AC中点,所以BDAC.由(1)知,PABD,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PADE.因为D为AC的中点,所以DE=PA=1,

13、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=BDDCDE=.10.(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A1O1OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以

14、A1OO1C.又O1C平面B1CD1,A1O平面B1CD1,所以A1O平面B1CD1.(2)因为ACBD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EMBD,又A1E平面ABCD,BD平面ABCD,所以A1EBD,因为B1D1BD,所以EMB1D1,A1EB1D1,又A1E,EM平面A1EM,A1EEM=E,所以B1D1平面A1EM,又B1D1平面B1CD1,所以平面A1EM平面B1CD1.11.(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

15、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,ABDCBD,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DOAC,DO=AO.又由于ABC是正三角形,故BOAC.所以DOB为二面角D-AC-B的平面角.在RtAOB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

16、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.12.(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

17、-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AFDF,AFFE,AFEF=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,ABE

18、F,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=-.故二面角E-BC-A的余弦值为-.(12分)13.(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

19、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.(

20、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)14.(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:ABPD;(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ABAD.又平面PAD平面ABCD,平面P

21、AD平面ABCD=AD,所以AB平面PAD,故ABPD.(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,BCPG.在RtBPC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

22、角的余弦值为cos =.教师用书专用(1520)15.(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:ACBD;(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AEEC,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ACDO.又由于ABC是正三角形,所以ACBO.从而AC平面DOB,故ACBD.(2)连接EO.由(1)及题设知ADC=90,所以DO=AO.在RtAOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2

23、,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11.16.(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,EFBC,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

24、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为钝角,所以它的余弦值为-.(3)因为

25、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=.17.(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B1C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A

26、C=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.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为锐角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为.18.(2014湖南,19,12

27、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,连接HC1.由(1)知,O1O底面ABCD,所以O1O底面A1B1C1D1,于是O1OA1C1.又因为四棱柱ABCD-A1

28、B1C1D1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

29、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.(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=DB

30、C=120,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证:EFBC;(2)求二面角E-BF-C的正弦值.解析(1)证法一:过E作EOBC,垂足为O,连OF.由ABCDBC可证出EOCFOC.图1所以EOC=FOC=,即FOBC.又EOBC,因此BC面EFO.又EF面EFO,所以EFBC.证法二:以B为坐标原点,在平面DBC内过B且垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B且垂直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐标系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而E,F,所以,=,=(0,2,0),因此=0.从而,所以EFBC.图2(2)解

31、法一:在图1中,过O作OGBF,垂足为G,连EG.由平面ABC平面BDC,从而EO面BDC,又OGBF,易知EGBF.因此EGO为二面角E-BF-C的平面角.在EOC中,EO=EC=BCcos 30=,由BGOBFC知,OG=FC=,因此tanEGO=2,从而sinEGO=,即二面角E-BF-C的正弦值为.解法二:在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1).设平面BEF的法向量为n2=(x,y,z),又=,=,由得其中一个n2=(1,-,1).设二面角E-BF-C的大小为,且由题意知为锐角,则cos =|cos|=,因此sin =,即所求二面角的正弦值为.20.(2013天津,17

32、,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A底面ABCD,ABDC,ABAD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.(1)证明B1C1CE;(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B1C1CE.(2)=(1,-2,-1).设平面B1C

33、E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),B1C1CE,又CC1B1C1,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=(,),01,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A1B1C

34、1D1,所以CC1B1C1.经计算可得B1E=,B1C1=,EC1=,从而B1E2=B1+E,所以在B1EC1中,B1C1C1E,又CC1,C1E平面CC1E,CC1C1E=C1,所以B1C1平面CC1E,又CE平面CC1E,故B1C1CE.(2)过B1作B1GCE于点G,连接C1G.由(1),B1C1CE,故CE平面B1C1G,得CEC1G,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RtB1C1G中,B1G=,所以sinB1GC1=,即二面角B1-CE-C1的正弦值为.(3)连接D1E,过点M作MHED1于点H,可得MH平面A

35、DD1A1,连接AH,AM,则MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角.设AM=x,从而在RtAHM中,有MH=x,AH=x.在RtC1D1E中,C1D1=1,ED1=,得EH=MH=x.在AEH中,AEH=135,AE=1,由AH2=AE2+EH2-2AEEHcos 135,得x2=1+x2+x,整理得5x2-2x-6=0,解得x=.所以线段AM的长为.三年模拟A组20162018年模拟基础题组考点垂直的判定和性质 1.(2018浙江重点中学12月联考,9)已知三棱锥P-ABC的底面ABC是边长为2的正三角形,A点在侧面PBC内的射影H为PBC的垂心,二面角P-AB-C的平面角的大小为60

36、,则AP的长为()A.3B.3C.D.4答案C2.(2018浙江镇海中学模拟,6)从正方体的8个顶点中选取4个,连接成一个四面体,则关于这个四面体的各个面,下列叙述错误的是()A.有且只有一个面是直角三角形B.每个面都可能是等边三角形C.每个面都可能是直角三角形D.可能只有一个面是等边三角形答案A3.(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ab成立的一个充分条件是( )A.ac,bc B. ,a,bC.a,b D. a,b答案D4.(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

37、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B5.(2018浙江萧山九中12月月考,19)如图,在三棱柱ABC-DFE中,点P,G分别是AD,EF的中点,已知AD平面ABC,AD=EF=3,DE=DF=2.(1)求证:DG平面BCEF;(2)求PE与平面BCEF所成角的正弦值.解析(1)证明:由题意知,AD平面DEF,ADDG,BFDG,(2分)DE=DF,G是EF的中点,EFDG,(4分)又BFEF=F,DG平面BCEF.(7分)(2)取BC的中点H,连接HG,取HG的中点O,连接OP,OE,易知PODG,所以PO平面BCEF,所以OEP是PE与平面BCEF所成的角,(10

38、分)由已知得,PE=,OP=,所以sinOEP=,(14分)故PE与平面BCEF所成角的正弦值为.(15分)6.(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:PCBC;(2)求AM与平面PAC所成角的正切值.解析(1)因为PA平面ABC,所以PABC.又因为ACB=90,即BCAC,所以BC平面PAC.故PCBC.(2)取PC的中点O,连接MO,AO.因为M是PB的中点,所以MOBC.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

39、,所以MO=t.又因为PA=AC=t,所以AO=t.故tanMAO=.故直线AM与平面PAC所成角的正切值为.7.(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)求直线CD与平面ACM所成的角的正弦值.解析(1)证明:因为PA平面ABCD,所以PACD,又CDAD,PAAD=A,所以CD平面PAD,则CDAM,因为以AC的中点O为球心,AC为直径的球面交PD于点M,所以AMMC.又MCCD=C,所以AM平面PCD,又AM平面

40、ABM,所以平面ABM平面PCD.(8分)(2)由(1)知,AMPD,又PA=AD,所以M是PD的中点,所以AM=2.易知CDMD,则MC=2.则SACM=AMMC=2.设D到平面ACM的距离为h,由VD-ACM=VM-ACD,得2h=422,所以h=.设直线CD与平面ACM所成角为,则sin =.故直线CD与平面ACM所成的角的正弦值为.(15分)B组20162018年模拟提升题组一、选择题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AC与平面BCDNM所成角为1,

41、与直线MN所成角为2,则1与2的大小关系是() A.1=2 B.12C.12D.不确定答案C2.(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.21C.21D.12答案D3.(2017浙江名校(镇海中学)交流卷二,9)如图,四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BDCD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体ABCD,使ADC=,则下列结论不正确的是()A.ABCDB.BAC=C.二面角A-BC-D的平面角的正切值是 D.异面直线AC与BD所成角的大小为答案C二、解

42、答题4.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,19)如图,边长为4的正方形ABCD所在平面与正PAD所在平面互相垂直,E,O分别为AB,AD的中点.(1)求证:平面PCE平面POB;(2)求直线AP与平面PDB所成角的正弦值.解析(1)证明:设直线CE,BO交于点F,BE=AO=2,BC=AB=4,RtCBERtBAO.BCE=ABO,则BCF+FBC=90.故BFC=90,CEBO.O为AD的中点,PAD为正三角形,POAD.又平面PAD平面ABCD,PO平面ABCD,CEPO,又POBO=O,CE平面POB.又CE平面PCE,所以平面PCE平面POB.(2)设BC的中点为M,连接OM.因为平

43、面ABCD平面PAD,所以OMOD,OMOP.又PAD为正三角形,所以OPOD.分别以OP,OD,OM所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.则O(0,0,0),A(0,-2,0),B(0,-2,4),D(0,2,0),P(2,0,0).设平面PDB的法向量为n=(x,y,z),=(0,-4,4),=(2,-2,0),得取x=1,得n=(1,).设直线AP与平面PDB所成角为,=(2,2,0),sin =|cos|=,故直线AP与平面PDB所成角的正弦值为.5.(2018浙江名校协作体期初,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABAP,ABCD,且PB=BC=BD=,CD=2AB=2,PA

44、D=120.(1)求证:平面PAD平面PCD;(2)求直线PD与平面PBC所成角的正弦值.解析(1)证明:取CD中点E,连接BE,因为BC=BD,所以BECD,又CD=2AB,ABCD,所以ABDE,所以四边形ABED为矩形,所以ABAD,又ABAP,所以AB平面PAD.(4分)又ABCD,所以CD平面PAD,又CD平面PCD,所以平面PAD平面PCD.(6分)(2)在ABP中,AB=,PB=,ABAP,所以AP=2.在ABD中,AB=,BD=,ABAD,所以AD=2.分别取PD、PC的中点F、G,连接BG、GF、AF.则FGCD,且FG=CD,又ABCD,且AB=CD,所以ABFG,所以四边

45、形AFGB为平行四边形.所以AFBG.因为PA=AD=2,F为PD的中点,所以AFPD,结合(1)可知AF平面PCD,所以BG平面PCD,所以平面PBC平面PCD,(11分)所以DPC为PD与平面PBC所成的角.(12分)在RtPDC中,CD=2,PD=2,所以PC=2,所以sinDPC=.即直线PD与平面PBC所成角的正弦值为.(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.解析(1)证明:因为PC平面

46、ABC,所以PCAB,PCBC.(2分)又因为在三角形PBC中,PC=2,PBC=,所以BC=2,(4分)而AB=2,AC=4,所以AC2=AB2+BC2,所以ABBC.(6分)又ABPC,PCBC=C,所以AB平面PBC,又AB平面PAB,所以平面PAB平面PBC.(8分)(2)设AE与平面PAB所成的角为.因为BE=EC,所以点E到平面PAB的距离dE=dC(dC表示点C到平面PAB的距离).(11分)过C作CFPB于点F,由(1)知CF平面PAB,易得dC=CF=,所以dE=dE=.(13分)又AE=,所以sin =.(15分)7.(2017浙江名校协作体期初,18)如图,在梯形ABCD

47、中,ABCD,AD=DC=CB=1,ABC=60,四边形ACFE为矩形,平面ACFE平面ABCD,CF=1.(1)求证:BC平面ACFE;(2)点M在线段EF上运动,设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为(90),试求cos 的取值范围.解析(1)证明:在梯形ABCD中,由ABCD,AD=DC=CB=1,ABC=60,得AB=2.由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2ABBCcos 60=3.AB2=AC2+BC2,BCAC.又平面ACFE平面ABCD,且平面ACFE平面ABCD=AC,BC平面ACFE.(2)由(1)建立分别以CA,CB,CF所在的直线为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系,如图所示.令FM=(0),则C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(,0,1),=(-,1,0),=(,-1,1).设n1=(x,y,z)为平面MAB的法向量,由得取x=1,得n1=(1,-),n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,cos =,0,当=0时,cos 取最小值,最小值为,当=时,cos 取最大值,最大值为,cos .C组20162018年模拟方法题组方法1线面垂直的判定及性质的解题策略 1.(2017浙江镇海中学模拟卷四,