§8.4　直线 平面垂直的判定和性质

曲一线让每一位学生分享高品质教育§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:①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.②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:①垂直于同一个平面的两条直线平行.②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:①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.②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,α,β是两个不同的平面(　　)A.若m⊥n,n∥α,则m⊥αB.若m∥β,β⊥α,则m⊥αC.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥αD.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α答案　C2.(2017课标全国Ⅲ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答案　C 曲一线让每一位学生分享高品质教育3.(2015安徽,5,5分)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是(　　)A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若α,β不平行···,则在α内不存在···与β平行的直线D.若m,n不平行···,则m与n不可能···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　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=3,DF=32,得cos∠BDF=217,所以,直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为217.6.(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; 曲一线让每一位学生分享高品质教育(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=2,∠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=2,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=32,A1F=B1F=43,由余弦定理得cos∠A1FB1=-18.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(0,0,14),B(0,2,0),D(-2,0,14),B1(-2,2,14). 曲一线让每一位学生分享高品质教育因此A1B=(0,2,-14),BD=(-2,-2,14),DB1=(0,2,0).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m·A1B=0,m·BD=0,即2y1-14z1=0,-2x1-2y1+14z1=0,可取m=(0,7,1).由n·DB1=0,n·BD=0,即2y2=0,-2x2-2y2+14z2=0,可取n=(7,0,1).于是|cos|=|m·n||m|·|n|=18.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-18.7.(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=2.(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=2,由AC=2,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=2,得AD=6. 曲一线让每一位学生分享高品质教育在Rt△AED中,由ED=1,AD=6,得AE=7.在Rt△ABD中,由BD=2,AB=2,AD=6,得BF=233,AF=23AD.从而GF=23.在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分别可得cos∠BAE=5714,BG=23.在△BFG中,cos∠BFG=GF2+BF2-BG22BF·GF=32.所以,∠BFG=π6,即二面角B-AD-E的大小是π6.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(0,2,2),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AD=(0,-2,-2),AE=(1,-2,-2),DB=(1,1,0),由m·AD=0,m·AE=0,即-2y1-2z1=0,x1-2y1-2z1=0,可取m=(0,1,-2).由n·AD=0,n·DB=0,即-2y2-2z2=0,x2+y2=0,可取n=(1,-1,2).于是|cos|=|m·n||m|·|n|=33×2=32,由题图可知,所求二面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是π6.8.(2017课标全国Ⅰ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83,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, 曲一线让每一位学生分享高品质教育从而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=2x,PE=22x.故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=13AB·AD·PE=13x3.由题设得13x3=83,故x=2.从而PA=PD=2,AD=BC=22,PB=PC=22.可得四棱锥P-ABCD的侧面积为12PA·PD+12PA·AB+12PD·DC+12BC2sin60°=6+23.9.(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, 曲一线让每一位学生分享高品质教育所以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=12PA=1,BD=DC=2.由(1)知,PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.所以三棱锥E-BCD的体积V=16BD·DC·DE=13.10.(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, 曲一线让每一位学生分享高品质教育又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B1CD1.11.(2017课标全国Ⅲ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,OA的方向为x轴正方向,|OA|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(0,3,0),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12,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12,即E为DB的中点,得E0,32,12.故AD=(-1,0,1),AC=(-2,0,0),AE=-1,32,12.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则n·AD=0,n·AE=0,即-x+z=0,-x+32y+12z=0.可取n=1,33,1. 曲一线让每一位学生分享高品质教育设m是平面AEC的法向量,则m·AC=0,m·AE=0.同理可取m=(0,-1,3).则cos=n·m|n||m|=77.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77.12.(2016课标全国Ⅰ,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,GF的方向为x轴正方向,|GF|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|=3,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).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(-2,0,3),所以EC=(1,0,3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0).(10分)设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则n·EC=0,n·EB=0,即x+3z=0,4y=0.所以可取n=(3,0,-3).设m是平面ABCD的法向量,则m·AC=0,m·AB=0.同理可取m=(0,3,4).则cos=n·m|n||m|=-21919. 曲一线让每一位学生分享高品质教育故二面角E-BC-A的余弦值为-21919.(12分)13.(2015课标Ⅰ,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=3.由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=3,且EG⊥AC.在Rt△EBG中,可得BE=2,故DF=22.在Rt△FDG中,可得FG=62.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=2,DF=22,可得EF=322.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GB,GC的方向为x轴,y轴正方向,|GB|为单位长,建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得A(0,-3,0),E(1,0,2),F-1,0,22,C(0,3,0),所以AE=(1,3,2),CF=-1,-3,22.(10分)故cos=AE·CF|AE||CF|=-33.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为33.(12分) 曲一线让每一位学生分享高品质教育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:AB⊥PD;(2)若∠BPC=90°,PB=2,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=233,GC=263,BG=63.设AB=m,则OP=PG2-OG2=43-m2,故四棱锥P-ABCD的体积V=13·6·m·43-m2=m38-6m2.因为m8-6m2=8m2-6m4=-6m2-232+83,故当m=63,即AB=63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),B63,-63,0,C63,263,0,D0,263,0,P0,0,63.故PC=63,263,-63,BC=(0,6,0),CD=-63,0,0.设平面BPC的法向量为n1=(x,y,1),则由n1⊥PC,n1⊥BC得63x+263y-63=0,6y=0,解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).同理可求出平面DPC的法向量为n2=0,12,1.从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cosθ=|n1·n2||n1||n2|=12×14+1=105. 曲一线让每一位学生分享高品质教育教师用书专用(15—20)15.(2017课标全国Ⅲ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=12AC.又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=12BD.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12,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.16.(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,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. 曲一线让每一位学生分享高品质教育解析　(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,又OG⊂平面EFCB,所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,3a),B(2,3(2-a),0),EA=(-a,0,3a),BE=(a-2,3(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则n·EA=0,n·BE=0,即-ax+3az=0,(a-2)x+3(a-2)y=0.令z=1,则x=3,y=-1.于是n=(3,-1,1).平面AEF的法向量为p=(0,1,0).所以cos=n·p|n||p|=-55. 曲一线让每一位学生分享高品质教育由题设知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-55.(3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即BE·OC=0.因为BE=(a-2,3(a-2),0),OC=(-2,3(2-a),0),所以BE·OC=-2(a-2)-3(a-2)2.由BE·OC=0及0