（課標Ⅰ卷）2020屆高考數(shù)學一輪復習第八章立體幾何8.3直線、平面垂直的判定與性質(zhì)課件.pptx

8.3 直線、平面垂直的判定與性質(zhì),高考理數(shù) (課標專用),考點 直線、平面垂直的判定與性質(zhì),五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標卷題組,1.(2019課標,8,5分)如圖,點N為正方形ABCD的中心,ECD為正三角形,平面ECD平面 ABCD,M是線段ED的中點,則 ( ) A.BM=EN,且直線BM,EN是相交直線 B.BMEN,且直線BM,EN是相交直線 C.BM=EN,且直線BM,EN是異面直線 D.BMEN,且直線BM,EN是異面直線,答案 B 本題考查了直線與平面的位置關系,兩直線的位置關系,考查了學生的空間想象能 力和數(shù)學運算能力.滲透的核心素養(yǎng)是直觀想象. 過E作EQCD于Q,連接BD,QN,BE,易知點N在BD上.平面ECD平面ABCD,平面ECD平 面ABCD=CD,EQ平面ABCD,EQQN,同理可知BCCE,設CD=2,易得EQ= ,QN=1,則 EN= = =2,BE= = =2 .易知BE=BD,又M為DE的中點,BM DE,BM= = = ,BM= 2=EN.BMEN. 又點M、N、B、E均在平面BED內(nèi),BM,EN在平面BED內(nèi),又BM與EN不平行,BM,EN是相 交直線,故選B. 疑難突破 過點E作CD的垂線,構造直角三角形是求BM、EN的關鍵.,2.(2019課標,17,12分)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,點E在棱AA1上,BE EC1. (1)證明:BE平面EB1C1; (2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.,解析 本題考查線面垂直的判定和性質(zhì),空間向量的應用,考查空間想象能力,運算求解能力, 考查了直觀想象的核心素養(yǎng). (1)證明:由已知得,B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1, 故B1C1BE. 又BEEC1,所以BE平面EB1C1. (2)由(1)知BEB1=90. 由題設知RtABERtA1B1E, 所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB. 以D為坐標原點, 的方向為x軸正方向,| |為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz, 則C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1), =(1,0,0), =(1,-1,1), =(0,0,2).,設平面EBC的法向量為n=(x,y,z), 則 即 所以可取n=(0,-1,-1). 設平面ECC1的法向量為m=(x1,y1,z1), 則 即 所以可取m=(1,1,0). 于是cos= =- . 所以,二面角B-EC-C1的正弦值為 . 一題多解 (2)連接BC1.設AE=m,不妨令AB=1,則BE= ,C1E= ,BC1= . BEEC1,4m2+1=2m2+3,解得m=1,則AA1=2. 連接AC,BD,相交于點O,連接A1C1.,由題意可知ACBD,BDCC1,ACCC1=C, BD平面AA1C1C,BDCE, 即BOCE. 在長方形AA1C1C中,AC= ,AA1=2.連接AC1,有 = = ,又EAC=C1CA=90, 則RtC1CARtCAE. ECA+C1AC=90,CEAC1. 取CC1的中點F,連接OF,BF,則OFAC1,OFCE. BOOF=O,CE平面FOB. 設CEOF=G,連接BG,CEBG,CEFG,則BGF為二面角B-CE-C1的平面角,且sinBGF=,sinBGO.設AC1CE=H,易得AEHC1CH.又AE= CC1,AH= AC1.易知OGAH,又 O為AC的中點,OG= AH.BO= ,OG= AH= AC1= ,BOOG,tanBGO= = ,BGO=60,則BGF=120,故sinBGF= .,3.(2018課標,18,12分)如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點,以DF為折痕把 DFC折起,使點C到達點P的位置,且PFBF. (1)證明:平面PEF平面ABFD; (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.,解析 (1)證明:由已知可得BFEF, 又已知BFPF,且PF、EF平面PEF,PFEF=F, 所以BF平面PEF, 又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD. (2)作PHEF,垂足為H.由(1)得,PH平面ABFD. 以H為坐標原點, 的方向為y軸正方向,| |為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系H- xyz.,由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE= , 又PF=1,EF=2,故PEPF, 可得PH= ,EH= , 則H(0,0,0),P ,D , = , = 為平面ABFD的法向量. 設DP與平面ABFD所成角為,則sin = = = . 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為 . 易錯警示 利用空間向量求線面角的注意事項 (1)先求出直線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角(鈍角時取其補角)的角度,再取其余角 即為所求. (2)求線面角的余弦值,要注意利用平方關系sin2+cos2=1求出其值,不要誤以為直線的方向向 量與平面的法向量所夾角的余弦值為所求.,4.(2016課標,18,12分)如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD, AFD=90,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60. (1)證明:平面ABEF平面EFDC; (2)求二面角E-BC-A的余弦值.,解析 證明:(1)由已知可得AFDF,AFFE, 所以AF平面EFDC. (2分) 又AF平面ABEF,故平面ABEF平面EFDC. (3分),(2)過D作DGEF,垂足為G,由(1)知DG平面ABEF. 以G為坐標原點, 的方向為x軸正方向,| |為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系G- xyz. (6分) 由(1)知DFE為二面角D-AF-E的平面角,故DFE=60,則|DF|=2,|DG|= ,可得A(1,4,0),B(-3, 4,0),E(-3,0,0),D(0,0, ). 由已知得,ABEF,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為二面角C-BE-F的平面角,CEF=60.從而可得,C(-2,0, ). 所以 =(1,0, ), =(0,4,0), =(-3,-4, ), =(-4,0,0). (10分) 設n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,則 即 所以可取n=(3,0,- ). 設m是平面ABCD的法向量,則 同理可取m=(0, ,4).則cos = =- . 又易知二面角E-BC-A為鈍二面角, 故二面角E-BC-A的余弦值為- . (12分) 思路分析 (1)根據(jù)已知條件證出AF平面EFDC,進而得出平面ABEF平面EFDC;(2)根據(jù)證 得的垂直關系建立空間直角坐標系,求出平面BCE、平面ABCD的法向量,進而可求得二面角E -BC-A的余弦值.,方法總結 對于立體幾何問題的求解,首先要熟練掌握平行與垂直的判定與性質(zhì),對于面面垂 直的證明,尋找平面的垂線往往是解題的關鍵.,5.(2015課標,18,12分)如圖,四邊形ABCD為菱形,ABC=120,E,F是平面ABCD同一側的兩 點,BE平面ABCD,DF平面ABCD,BE=2DF,AEEC. (1)證明:平面AEC平面AFC; (2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值.,解析 (1)證明:連接BD.設BDAC=G,連接EG,FG,EF. 在菱形ABCD中,不妨設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= . 從而EG2+FG2=EF2,所以EGFG. 又ACFG=G,可得EG平面AFC. 因為EG平面AEC,所以平面AEC平面AFC. (6分) (2)如圖,以G為坐標原點,分別以 , 的方向為x軸,y軸正方向,| |為單位長,建立空間直角 坐標系G-xyz.,由(1)可得A(0,- ,0),E(1,0, ),F ,C(0, ,0), 所以 =(1, , ), = . (10分) 故cos= =- . 所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為 . (12分),B組 自主命題省(區(qū)、市)卷題組 考點 直線、平面垂直的判定與性質(zhì),1.(2019北京,12,5分)已知l,m是平面外的兩條不同直線.給出下列三個論斷: lm;m;l. 以其中的兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結論,寫出一個正確的命題: .,答案 若lm,l,則m(答案不唯一),解析 本題考查線面平行、垂直的位置關系,考查了邏輯推理能力和空間想象能力. 把其中兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結論,共有三種情況.對三種情況逐一驗證. 作為條件,作為結論時,還可能l或l與斜交;作為條件,作為結論和作為條 件,作為結論時,容易證明命題成立. 易錯警示 容易忽視l,m是平面外的兩條不同直線這一條件,導致判斷錯誤.,2.(2019北京,16,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PA=AD= CD=2,BC=3.E為PD的中點,點F在PC上,且 = . (1)求證:CD平面PAD; (2)求二面角F-AE-P的余弦值; (3)設點G在PB上,且 = .判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi),說明理由.,解析 本題主要考查線面垂直的判定和性質(zhì),二面角的求法;考查學生的空間想象能力;以四棱 錐為背景考查直觀想象的核心素養(yǎng). (1)證明:因為PA平面ABCD,所以PACD, 又因為ADCD,所以CD平面PAD. (2)過A作AD的垂線交BC于點M. 因為PA平面ABCD,所以PAAM,PAAD. 如圖建立空間直角坐標系A-xyz,則A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).,因為E為PD的中點,所以E(0,1,1). 所以 =(0,1,1), =(2,2,-2), =(0,0,2). 所以 = = , = + = . 設平面AEF的法向量為n=(x,y,z), 則 即 令z=1,則y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1). 又因為平面PAD的法向量為p=(1,0,0), 所以cos= =- . 由題知,二面角F-AE-P為銳角,所以其余弦值為 . (3)直線AG在平面AEF內(nèi). 因為點G在PB上,且 = , =(2,-1,-2),所以 = = , = + = . 由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).,所以 n=- + + =0. 所以直線AG在平面AEF內(nèi). 思路分析 (1)要證線面垂直,需證線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直.(2)建系求兩平面的法向 量,利用向量法求二面角的余弦值.(3)通過計算得出 n,結合A平面AEF可證明AG平面 AEF. 一題多解 (2)PA=AD且E為PD的中點,AEPD.由(1)知CDAE,又PDCD=D,AE 平面PCD,又EF平面PCD,AEEF,故可知FEP為二面角F-AE-P的平面角.PE= = ,PF= = ,cosCPD= = ,sinCPD= ,EF2= +( )2-2 = ,EF= ,在PEF中,由正弦定理得 = ,即sinFEP= = ,且 FEP為銳角, cosFEP= = .,故二面角F-AE-P的余弦值為 .,3.(2018北京,16,14分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,D,E,F,G分別為AA1,AC,A1C1,BB1的中點,AB=BC= ,AC=AA1=2. (1)求證:AC平面BEF; (2)求二面角B-CD-C1的余弦值; (3)證明:直線FG與平面BCD相交.,解析 (1)證明:在三棱柱ABC-A1B1C1中, 因為CC1平面ABC,所以四邊形A1ACC1為矩形. 又E,F分別為AC,A1C1的中點,所以ACEF. 因為AB=BC,所以ACBE.又BEEF=E, 所以AC平面BEF. (2)由(1)知ACEF,ACBE,EFCC1. 又CC1平面ABC,所以EF平面ABC. 因為BE平面ABC,所以EFBE. 如圖建立空間直角坐標系E-xyz.,由題意得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). 設平面BCD的法向量為n=(x0,y0,z0), 則 即 令y0=-1,則x0=2,z0=-4.,于是n=(2,-1,-4). 又因為平面CC1D的一個法向量為 =(0,2,0), 所以cos= =- . 由題知二面角B-CD-C1為鈍角,所以其余弦值為- . (3)證明:由(2)知平面BCD的一個法向量為n=(2,-1,-4), =(0,2,-1). 因為n =20+(-1)2+(-4)(-1)=20, 所以直線FG與平面BCD相交.,4.(2015北京,17,14分)如圖,在四棱錐A-EFCB中,AEF為等邊三角形,平面AEF平面EFCB,EF BC,BC=4,EF=2a,EBC=FCB=60,O為EF的中點. (1)求證: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)證明:因為AEF是等邊三角形,O為EF的中點,所以AOEF. 又因為平面AEF平面EFCB,AO平面AEF, 所以AO平面EFCB. 所以AOBE. (2)取BC的中點G,連接OG. 由題設知EFCB是等腰梯形, 所以OGEF. 由(1)知AO平面EFCB, 又OG平面EFCB, 所以OAOG. 如圖建立空間直角坐標系O-xyz,則E(a,0,0),A(0,0, a), B(2, (2-a),0), =(-a,0, a), =(a-2, (a-2),0). 設平面AEB的法向量為n=(x,y,z), 則 即 令z=1,則x= ,y=-1. 于是n=( ,-1,1). 平面AEF的法向量為p=(0,1,0).,所以cos= =- . 由題設知二面角F-AE-B為鈍二面角,所以它的余弦值為- . (3)因為BE平面AOC,所以BEOC,即 =0. 因為 =(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= . 評析 本題主要考查面面垂直的性質(zhì)定理、二面角的求解以及線面垂直的性質(zhì)定理,考查學生 空間想象能力和運算求解能力,正確建立空間直角坐標系以及表示點的坐標是解決本題的關鍵.,C組 教師專用題組 考點 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 1.(2015浙江,17,15分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC 的射影為BC的中點,D是B1C1的中點. (1)證明:A1D平面A1BC; (2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.,解析 (1)證明:設E為BC的中點,連接A1E,AE,DE,由題意得A1E平面ABC,所以A1EAE. 因為AB=AC,所以AEBC.故AE平面A1BC. 由D,E分別為B1C1,BC的中點,得DEB1B且DE=B1B,從而DEA1A且DE=A1A,所以A1AED為平 行四邊形. 故A1DAE. 又因為AE平面A1BC,所以A1D平面A1BC. (2)作A1FBD且A1FBD=F,連接B1F. 由AE=EB= ,A1EA=A1EB=90,得A1B=A1A=4. 由A1D=B1D,A1B=B1B,得A1DB與B1DB全等.,由A1FBD,得B1FBD,因此A1FB1為二面角A1-BD-B1的平面角. 由A1D= ,A1B=4,DA1B=90,得BD=3 ,A1F=B1F= ,由余弦定理得cosA1FB1=- .,2.(2015湖南,19,13分)如圖,已知四棱臺ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方 形,A1A=6,且A1A底面ABCD.點P,Q分別在棱DD1,BC上. (1)若P是DD1的中點,證明:AB1PQ; (2)若PQ平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值為 ,求四面體ADPQ的體積.,解析 解法一:由題設知,AA1,AB,AD兩兩垂直.以A為坐標原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸, y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則相關各點的坐標為A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0, 3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0m6. (1)若P是DD1的中點,則P , = .又 =(3,0,6), 于是 =18-18=0,所以 ,即AB1PQ. (2)由題設知, =(6,m-6,0), =(0,-3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個不共線向量.設n1=(x,y,z)是平面,PQD的法向量,則 即 取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一個法向 量是n2=(0,0,1), 所以cos= = = . 而二面角P-QD-A的余弦值為 ,因此 = ,解得m=4,或m=8(舍去),此時Q(6,4,0). 設 = (01),而 =(0,-3,6),由此得點P(0,6-3,6),所以 =(6,3-2,-6). 因為PQ平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一個法向量是n3=(0,1,0),所以 n3=0,即3-2=0,亦即= ,從而P(0,4,4). 于是,將四面體ADPQ視為以ADQ為底面的三棱錐P-ADQ,則其高h=4.故四面體ADPQ的體積 V= SADQh= 664=24. 解法二:(1)如圖a,取A1A的中點R,連接PR,BR.因為A1A,D1D是梯形A1ADD1的兩腰,P是D1D的中 點,所以PRAD,于是由ADBC知,PRBC,所以P,R,B,C四點共面. 由題設知,BCAB,BCA1A,所以BC平面ABB1A1,因此BCAB1. 因為tanABR= = = =tanA1AB1,所以ABR=A1AB1,因此ABR+BAB1=A1AB1+ BAB1=90, 于是AB1BR.再由即知AB1平面PRBC. 又PQ平面PRBC,故AB1PQ. 圖a 圖b,(2)如圖b,過點P作PMA1A交AD于點M,則PM平面ABB1A1. 因為A1A平面ABCD,所以PM平面ABCD.過點M作MNQD于點N,連接PN,則PNQD, PNM為二面角P-QD-A的平面角,所以cosPNM= ,即 = ,從而 = . 連接MQ,由PQ平面ABB1A1及知,平面PQM平面ABB1A1,所以MQAB.又ABCD是正方形, 所以ABQM為矩形,故MQ=AB=6. 設MD=t,則MN= = . 過點D1作D1EA1A交AD于點E,則AA1D1E為矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE,=3.于是 = = =2,所以PM=2MD=2t. 再由,得 = ,解得t=2,因此PM=4.故四面體ADPQ的體積V= SADQPM= 6 64=24.,3.(2015湖北,19,12分)九章算術中,將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬,將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑. 如圖,在陽馬P-ABCD中,側棱PD底面ABCD,且PD=CD,過棱PC的中點E,作EFPB交PB于點,F,連接DE,DF,BD,BE. (1)證明:PB平面DEF.試判斷四面體DBEF是不是鱉臑,若是,寫出其每個面的直角(只需寫出 結論);若不是,說明理由; (2)若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為 ,求 的值.,解析 解法一:(1)因為PD底面ABCD,所以PDBC, 由底面ABCD為長方形,有BCCD,而PDCD=D, 所以BC平面PCD,而DE平面PCD,所以BCDE. 又因為PD=CD,點E是PC的中點,所以DEPC. 而PCBC=C,所以DE平面PBC. 而PB平面PBC,所以PBDE. 又PBEF,DEEF=E,所以PB平面DEF.,又因為PD底面ABCD,所以PDDG. 而PDPB=P,所以DG平面PBD. 故BDF是面DEF與面ABCD所成二面角的平面角, 設PD=DC=1,BC=,有BD= , 在RtPDB中,由DFPB,得DPF=FDB= , 則tan =tanDPF= = = ,解得= . 所以 = = . 故當面DEF與面ABCD所成二面角的大小為 時, = .,由DE平面PBC,PB平面DEF,可知四面體BDEF的四個面都是直角三角形,即四面體BDEF 是一個鱉臑,其四個面的直角分別為DEB,DEF,EFB,DFB. (2)如圖,在面PBC內(nèi),延長BC與FE交于點G,則DG是平面DEF與平面ABCD的交線. 由(1)知,PB平面DEF,所以PBDG.,解法二:(1)如圖,以D為原點,射線DA,DC,DP分別為x,y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標系. 設PD=DC=1,BC=,則D(0,0,0),P(0,0,1),B(,1,0),C(0,1,0), =(,1,-1),點E是PC的中點, 所以E , = , 于是 =0,即PBDE. 又已知EFPB,而DEEF=E,所以PB平面DEF. 因 =(0,1,-1), =0,則DEPC,所以DE平面PBC. 由DE平面PBC,PB平面DEF,可知四面體BDEF的四個面都是直角三角形, 即四面體BDEF是一個鱉臑,其四個面的直角分別為DEB,DEF,EFB,DFB. (2)由PD平面ABCD,所以 =(0,0,1)是平面ABCD的一個法向量; 由(1)知,PB平面DEF,所以 =(-,-1,1)是平面DEF的一個法向量. 若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為 , 則cos = = = ,解得= ,所以 = = . 故當面DEF與面ABCD所成二面角的大小為 時, = .,4.(2014課標,19,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側面BB1C1C為菱形,ABB1C. (1)證明:AC=AB1; (2)若ACAB1,CBB1=60,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.,解析 (1)證明:連接BC1,交B1C于點O,連接AO.因為側面BB1C1C為菱形,所以B1CBC1,且O為B1 C及BC1的中點. 又ABB1C,所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO,故B1CAO.又B1O=CO,故AC=AB1. (2)因為ACAB1,且O為B1C的中點,所以AO=CO. 又因為AB=BC,所以BOABOC.故OAOB,從而OA,OB,OB1兩兩垂直. 以O為坐標原點, 的方向為x軸正方向,| |為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz. 因為CBB1=60,所以CBB1為等邊三角形,又AB=BC,則A ,B(1,0,0),B1 ,C . = , = = , = = . 設n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量, 則 即 所以可取n=(1, , ). 設m是平面A1B1C1的法向量,則 同理可取m=(1,- , ). 則cos= = . 易知二面角A-A1B1-C1為銳二面角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值為 . 方法點撥 在求解或證明過程中,通常會用到一些初中階段學習的平面幾何知識,如三角形中,位線的性質(zhì)、菱形的性質(zhì),等腰三角形的性質(zhì),相似(全等)三角形的判定與性質(zhì)等,在復習時應 予以關注.,5.(2013課標,18,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,BAA1=60. (1)證明:ABA1C; (2)若平面ABC平面AA1B1B,AB=CB,求直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值.,解析 (1)證明:取AB的中點O,連接OC,OA1,A1B. 因為CA=CB,所以OCAB. 由于AB=AA1,BAA1=60,故AA1B為等邊三角形, 所以OA1AB. 因為OCOA1=O,所以AB平面OA1C. 又A1C平面OA1C,故ABA1C. (2)由(1)知OCAB,OA1AB. 又平面ABC平面AA1B1B,交線為AB,所以OC平面AA1B1B,故OA,OA1,OC兩兩垂直. 以O為坐標原點, 的方向為x軸的正方向,| |為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系O- xyz.,由題設知A(1,0,0),A1(0, ,0),C(0,0, ),B(-1,0,0). 則 =(1,0, ), = =(-1, ,0), =(0,- , ). 設n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量, 則 即 可取n=( ,1,-1). 故cos= =- .,所以A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值為 . 思路分析 (1)取AB的中點O,由已知條件可得OCAB,OA1AB,從而得AB平面OA1C,從而 得ABA1C;(2)根據(jù)證得的垂直關系建立空間直角坐標系,求出平面BB1C1C的一個法向量,進而 求出該法向量與 夾角的余弦值,從而可得直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值. 規(guī)律總結 面面垂直的性質(zhì)定理在立體幾何中是一個極為關鍵的定理,這個定理的主要作用 是將面面垂直問題轉(zhuǎn)化為線面垂直問題.在一些垂直關系的證明及線面角、二面角的求解中, 常要借助這個定理作出平面的垂線.,6.(2012課標,19,12分)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC= AA1,D是棱AA1的中點,DC1BD. (1)證明:DC1BC; (2)求二面角A1-BD-C1的大小.,解析 (1)證明:由題設知,三棱柱的側面為矩形. 由于D為AA1的中點,故DC=DC1.又AC= AA1,可得D +DC2=C ,所以DC1DC.而DC1BD, DCBD=D,所以DC1平面BCD.又BC平面BCD,故DC1BC. (2)由(1)知BCDC1,且BCCC1,則BC平面ACC1, 所以CA,CB,CC1兩兩垂直. 以C為坐標原點, 的方向為x軸的正方向, 的方向為y軸的正方向,| |為單位長,建立如圖 所示的空間直角坐標系C-xyz. 由題意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2). 則 =(0,0,-1), =(1,-1,1), =(-1,0,1).,設n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量, 則 即 可取n=(1,1,0). 同理,設m是平面C1BD的法向量,則 可取m=(1,2,1).從而cos= = . 又易知二面角A1-BD-C1為銳二面角, 故二面角A1-BD-C1的大小為30. 評析 本題考查了直線與直線垂直的證明及二面角的求法.屬中等難度題,運算要準確.,考點 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 1.(2018湖北重點中學協(xié)作體4月聯(lián)考,5)設m,n是平面內(nèi)的兩條不同直線,l1,l2是平面內(nèi)兩條相 交直線,則 的一個充分不必要條件是 ( ) A.l1m,l1n B.ml1,ml2 C.ml1,nl2 D.mn,l1n,三年模擬,A組 20172019年高考模擬考點基礎題組,答案 B 由ml1,ml2及已知條件可得m,又m,所以;反之,時未必有ml1,m l2,故“ml1,ml2”是“”的充分不必要條件,其余選項均推不出,故選B.,2.(2019湖北武漢4月調(diào)研,6)已知兩個平面相互垂直,下列命題: 一個平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的任意一條直線; 一個平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的無數(shù)條直線; 一個平面內(nèi)任意一條直線必垂直于另一個平面; 過一個平面內(nèi)任意一點作交線的垂線,則此垂線必垂直于另一個平面. 其中正確命題的個數(shù)是 ( ) A.3 B.2 C.1 D.0,答案 C 構造正方體ABCD-A1B1C1D1,如圖, 在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1平面ABCD,A1D平面ADD1A1,BD平面ABCD, 但A1D與BD不垂直,故錯; 在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1平面ABCD,l是平面ADD1A1內(nèi)任意一條直線,l與 平面ABCD內(nèi)和AB平行的所有直線垂直,故正確; 在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1平面ABCD,A1D平面ADD1A1,但A1D與平面 ABCD不垂直,故錯; 在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1平面ABCD,且平面ADD1A1平面ABCD=AD,過 交線AD上的任一點作交線的垂線l,則l可能與平面ABCD垂直,也可能與平面ABCD不垂直,故 錯.故選C.,3.(2019湖北黃岡八模(二),11)如圖,AC=2R為圓O的直徑,PCA=45,PA垂直于圓O所在的平 面,B為圓周上不與點A、C重合的點,ASPC于S,ANPB于N,則下列不正確的是 ( ) A.平面ANS平面PBC B.平面ANS平面PAB C.平面PAB平面PBC D.平面ABC平面PAC,答案 B PA平面ABC,BC平面ABC,PABC,又ABBC,PAAB=A,BC平面 PAB,又AN平面ABP,BCAN,又ANPB,BCPB=B,AN平面PBC,又PC平面PBC, ANPC,又PCAS,ASAN=A,PC平面ANS,又PC平面PBC,平面ANS平面 PBC,A正確,C,D顯然正確,故選B.,4.(2017河南百校聯(lián)盟聯(lián)考,11)如圖,已知等腰直角三角形ABC,AB=AC,將ABC沿斜邊BC向上翻轉(zhuǎn),與原圖形構成幾何體A1-ABC,其外接球表面積為4,設二面角A1-BC-A的平面角為,若O為BC的中點,點P,Q分別為線段OA1,AB的中點,則當PQ= 時,角等于 ( ) A. B. C. D.,答案 B 連接OQ,根據(jù)題意知幾何體A1-ABC的外接球的球心為O,半徑為OB,且OB=OC=OA= OA1,則4OB2=4,OB=1,所以BC=2,故OQ= ,OP= ,從而當PQ= 時,PQ2=OP2+OQ2,OP OQ.又OPBC,OQBC=O,所以OP平面ABC,所以平面A1BC平面ABC,即= .,5.(2019福建漳州二模,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面ABCD平面PAD,ADBC,AB=BC= AP= AD,ADP=30,BAD=90,E是PD的中點. (1)證明:PDPB; (2)設AD=2,點M在線段PC上,且異面直線BM與CE所成角的余弦值為 ,求二面角M-AB-P的 余弦值.,解析 (1)證明:因為BAD=90,所以BAAD. 因為平面ABCD平面PAD,交線為AD,所以BA平面PAD,從而BAPD. (2分) 在PAD中, = ,即 = , 得sinAPD=1,APD=90, 故APPD. (4分) 因為BAAP=A, 所以PD平面PAB. (5分) 又PB平面PAB, 所以PDPB. (6分) (2)如圖,以P為坐標原點,以PD,PA所在直線分別為x軸,y軸,過點P垂直于平面PAD的射線為z軸 正半軸,建立空間直角坐標系,因為AD=2,所以AB=BC=AP=1,PD= ,所以P(0,0,0),A(0,1,0),B(0, 1,1),C ,E , (7分),設 = (0|= = ,得92-36+20=0,解得= 或= (舍去),故M . (9分),設平面MAB的法向量為m=(x,y,z), 則 整理得 令y= ,得m=(2, ,0). (10分) 由(1)知PD平面PAB,所以平面PAB的一個法向量為n=(1,0,0), (11分) 所以cos= = ,易知二面角M-AB-P為銳二面角, 故二面角M-AB-P的余弦值為 . (12分),6.(2019廣東廣州天河二模,18)如圖,已知等邊ABC中,E,F分別為AB,AC邊的中點,M為EF的中 點,N為BC邊上一點,且CN= BC,將AEF沿EF折到AEF的位置,使平面AEF平面EFCB. (1)求證:平面AMN平面ABF; (2)求二面角E-AF-B的余弦值.,解析 (1)證明:因為E,F分別為等邊ABC中AB,AC邊的中點,所以EFBC,AEF為等邊三角 形, 所以折疊后,AEF也是等邊三角形,且EFBC. 因為M是EF的中點,所以AMEF. (1分) 又平面AEF平面EFCB,AM平面AEF, 所以AM平面EFCB, (2分) 又BF平面EFCB,所以AMBF. (3分) 因為CN= BC,EFBC且EF= BC,M為EF的中點,所以MFCN,MF=CN,則四邊形MFCN是平 行四邊形, 所以MNCF. 在正ABC中,知BFCF,所以BFMN. (4分) 而AMMN=M,所以BF平面AMN. 又因為BF平面ABF,所以平面AMN平面ABF. (5分) (2)設等邊ABC的邊長為4,取BC的中點G,連接MG,由題設知MGBC,由(1)知AM平面EFCB,又MG平面EFCB, 所以AMMG, (6分) 如圖建立空間直角坐標系M-xyz, 則F(-1,0,0),A(0,0, ),B(2, ,0), =(1,0, ), =(3, ,0). (7分) 設平面ABF的法向量為n=(x,y,z), 則 令z=1,則n=(- ,3,1). (9分) 易知平面AEF的一個法向量為m=(0,1,0), (10分),所以cos= = = , (11分) 顯然二面角E-AF-B是銳二面角, 所以二面角E-AF-B的余弦值為 . (12分),B組 20172019年高考模擬專題綜合題組 時間:45分鐘 分值:45分 一、選擇題(每題5分,共10分),1.(2018湖南衡陽3月模擬,7)設、是空間兩個平面,m、n、l是空間三條直線,則下列四個命題 中,逆命題成立的個數(shù)是 ( ) 當n時,若n,則 當l時,若l,則 當n,且l時,若l,則nl 當n,且l是m在內(nèi)的射影時,若nl,則mn. A.1 B.2 C.3 D.4,答案 C 對于,逆命題:當n時,若,則n,由面面垂直的性質(zhì)定理可知的逆命題 錯誤;對于,逆命題:當l時,若,則l,由面面平行的性質(zhì)可知的逆命題正確;對于, 逆命題:當n,且l時,若nl,則l,由線面平行的判定定理可知的逆命題正確;對于, 逆命題:當n,且l是m在內(nèi)的射影時,若mn,則nl,易知的逆命題正確.綜上,逆命題成立 的序號為,故選C. 解題關鍵 正確寫出各命題的逆命題及熟練掌握線、面的位置關系的判定方法是解決此題 的關鍵.,2.(2019豫西南五校3月聯(lián)考,8)已知矩形ABCD,AB=2,BC=2 ,將ABD沿矩形的對角線BD所 在的直線進行翻折,在翻折過程中, ( ) A.存在某個位置,使得直線BD與直線AC垂直 B.存在某個位置,使得直線AB與直線CD垂直 C.存在某個位置,使得直線BC與直線AD垂直 D.對任意位置,三對直線“AC與BD”“CD與AB”“AD與BC”均不垂直,答案 B 矩形在翻折前和翻折后的圖形如圖(1)(2)所示. 在圖(1)中,過點A作AEBD,垂足為E,過點C作CFBD,垂足為F,由邊AB,BC不相等可知點E、 F不重合;在圖(2)中,連接CE,對于選項A,若ACBD,又知BDAE,AEAC=A,所以BD平面 ACE,所以BDCE,與點E,F不重合相矛盾,故選項A錯誤;對于選項B,若ABCD,又知ABAD, ADCD=D,所以AB平面ADC,所以ABAC,由ABAB,所以不存在這樣的直角三角形,故,選項C錯誤;由以上可知選項D錯誤.因此選B. 思路分析 根據(jù)翻折前后的變量與不變量,利用反證法對選項進行證明排除,從而得到正確結果.,二、解答題(共35分) 3.(2019湖北武漢4月調(diào)研,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是平行四邊形,AB=2AD=2, DAB=60,PA=PC=2,且平面ACP平面ABCD. (1)求證:CBPD; (2)求二面角C-PB-A的余弦值.,解析 (1)證明:連接BD交AC于點O,連接PO,如圖, 由題意知O為AC的中點, PA=PC,POAC,平面ACP平面ABCD,平面ACP平面ABCD=AC,PO平面 ABCD. 又BC平面ABCD,POBC. BD= = , BD2+BC2=CD2,BCBD. 又BDPO=O,BC平面PBD. PD平面PBD,CBPD.,(2)由(1)知DADB,以D為坐標原點,DA所在直線為x軸,DB所在直線為y軸,過點D與平面ADB 垂直的直線為z軸建立空間直角坐標系,如圖. 由平面幾何知識易得AO= ,PO= , 則A(1,0,0),B(0, ,0),P ,C(-1, ,0), 于是 =(-1,0,0), = , =(1,- ,0),設平面PBC的法向量為n1=(x,y,z), 則n1 ,n1 ,則 取z=1,則n1=(0, ,1)為平面PBC的一個法向量. 同理可得平面PBA的一個法向量n2=(3, ,1). 于是cos= = = , 分析知二面角C-PB-A為鈍二面角,故二面角C-PB-A的余弦值為- .,思路分析 (1)連接BD交AC于點O,通過面面垂直的性質(zhì)定理得PO平面ABCD,從而得PO BC,再由余弦定理計算得BD的長,進而得BCBD,從而BC平面PBD,可得結論;(2)建系,分別 求平面PBC和平面PBA的一個法向量,借助向量法求得二面角的余弦值.,4.(2019湖北恩施二模,19)如圖所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,AC=CC1=2 ,其中P 為棱CC1的中點,Q為棱CC1上且位于P點上方的動點. (1)證明:BP平面A1B1C; (2)若平面A1B1C與平面ABQ所成的銳二面角的余弦值為 ,求直線BQ與平面A1B1C所成角的 正弦值.,解析 (1)證明:在側面BCC1B1中,因為BC=2,CC1=2 , P為棱CC1的中點,B1BBC,C1CBC, 所以tanBB1C= = = ,tanPBC= = , 所以BB1C=PBC,又BB1C+BCB1=90, 所以PBC+BCB1=90,所以PBB1C. (2分) 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面A1B1C1, 所以BB1A1B1, 因為AB=BC=2,AC=2 ,所以AB2+BC2=AC2,所以ABBC, 又ABA1B1,BCB1C1, 所以A1B1B1C1. 因為BB1B1C1=B1,所以A1B1平面BCC1B1, (4分) 所以A1B1BP,因為A1B1B1C=B1,所以BP平面A1B1C. (6分),(2)如圖,以BC,BA,BB1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系, 則P(2,0, ), =(2,0, )為平面A1B1C的一個法向量. 設Q(2,0,t)(t( ,2 ),則 =(2,0,t).易知 =(0,2,0), (8分) 設平面ABQ的法向量為n=(x,y,z),則,取n=(-t,0,2), 因為平面A1B1C與平面ABQ所成的銳二面角的余弦值為 , 所以 = ,所以 = ,解得t= 或t= , 又t( ,2 ,所以t= ,所以 = , (10分) 所以直線BQ與平面A1B1C所成角的正弦值為 = = . (12分) 思路分析 (1)首先利用三角函數(shù)關系證明PBB1C,然后利用勾股定理的逆定理及等角定理 證明A1B1B1C1,從而得出A1B1平面BCC1B1,進一步得出BP平面A1B1C;(2)建立空間直角坐 標系,分別求得平面A1B1C與平面ABQ的法向量,利用銳二面角的余弦值求參數(shù)值,從而得出 的坐標,最后求得直線BQ與平面A1B1C所成角的正弦值.,5.(2019河南洛陽尖子生第四次聯(lián)考,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,PA 底面ABCD,PA=AB=2,點M為棱PC的中點,點E,F分別為棱AB,BC上的動點(E,F與所在棱的端點 不重合),且滿足BE=BF. (1)證明:平面PEF平面MBD; (2)當三棱錐F-PEC的體積最大時,求二面角C-MF-E的余弦值.,解析 (1)證明:因為PA底面ABCD,ABAD,所以AP,AB,AD兩兩垂直,以A為坐標原點, , , 的方向為x軸,y軸,z軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz. 則P(0,0,2),M(1,1,1),B(2,0,0),D(0,2,0).設E(t,0,0)(0t2),則F(2,2-t,0), =(t,0,-2), =(2,2-t,-2), =(1,-1,-1), =(-1,1,-1). 設m1=(a1,b1,c1)為平面PEF的法向量, 則 即 可取m1=(2,-2,t). 設m2=(a2,b2,c2)為平面MBD的法向量,則 即 可取m2