高考理数　直线、平面垂直的判定与性质

§8.3直线、平面垂直的判定与性质高考理数(课标专用) A组  统一命题·课标卷题组考点　直线、平面垂直的判定与性质1.(2018课标Ⅰ,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.五年高考 解析(1)由已知可得BF⊥EF,又已知BF⊥PF,且PF、EF⊂平面PEF,PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF,又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz. 由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=,又PF=1,EF=2,故PE⊥PF,可得PH=,EH=,则H(0,0,0),P,D,=,=为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,则sinθ===.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.易错警示利用空间向量求线面角的注意事项(1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度,再取其余角即为所求.(2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin2θ+cos2θ=1求出其值,不要误以为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求. 2.(2017课标Ⅲ,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. 3.(2016课标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)由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,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==-.又易知二面角E-BC-A为钝二面角,故二面角E-BC-A的余弦值为-.(12分)思路分析(1)根据已知条件证出AF⊥平面EFDC,进而得出平面ABEF⊥平面EFDC;(2)根据证得的垂直关系建立空间直角坐标系,求出平面BCE、平面ABCD的法向量,进而可求得二面角E-BC-A的余弦值.方法总结对于立体几何问题的求解,首先要熟练掌握平行与垂直的判定与性质,对于面面垂直的证明,寻找平面的垂线往往是解题的关键. 4.(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)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) 5.(2014课标Ⅰ,19,12分,0.428)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)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为锐二面角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为.方法点拨在求解或证明过程中,通常会用到一些初中阶段学习的平面几何知识,如三角形中位线的性质、菱形的性质,等腰三角形的性质,相似(全等)三角形的判定与性质等,在复习时应予以关注. 考点　直线、平面垂直的判定与性质1.(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B组  自主命题·省(区、市)卷题组答案    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. 2.(2018北京,16,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交. 解析(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,因为CC1⊥平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以AC⊥EF.因为AB=BC,所以AC⊥BE.所以AC⊥平面BEF.(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC,所以EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E-xyz. 由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).所以=(-1,-2,0),=(1,-2,1).设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0),则即令y0=-1,则x0=2,z0=-4.于是n=(2,-1,-4).又因为平面CC1D的一个法向量为=(0,2,0),所以cos==-.由题知二面角B-CD-C1为钝角,所以其余弦值为-.(3)由(2)知平面BCD的一个法向量为n=(2,-1,-4),=(0,2,-1).因为n·=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,所以直线FG与平面BCD相交. 3.(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. 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,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为钝二面角,所以它的余弦值为-.(3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,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0