《2021届课标版高考理科数学大一轮复习精练：8.4 直线、平面垂直的判定与性质（试题部分） .docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届课标版高考理科数学大一轮复习精练：8.4 直线、平面垂直的判定与性质（试题部分） .docx（42页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、8.4直线、平面垂直的判定与性质探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.直线与平面垂直的判定与性质(1)以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关判定与性质定理,并能够证明相关性质定理.(2)能运用线面垂直、面面垂直的判定及性质定理证明空间图形的垂直关系2019课标,17,12分线面垂直的判定二面角2016课标,19,12分线面垂直的判定翻折问题、二面角2.平面与平面垂直的判定与性质2019课标,19,12分面面垂直的判定翻折问题、二面角2017课标,18,12分面面垂直的判定二面角2017课标,19,12分面面垂直
2、的定义和判定三棱锥的体积及二面角2016课标,18,12分面面垂直的判定二面角2015课标,18,12分面面垂直的判定线面垂直的性质、异面直线所成的角分析解读从近5年高考情况来看,线面、面面垂直的判定与性质是高考考查的重点内容,以选择题、填空题的形式出现时,常考查判断命题的真假;以解答题的形式出现时,常考查几何体中直线、平面垂直的证明.解答时要把定义、判定和性质结合起来,会进行线线、线面、面面问题的相互转化.考查学生的直观想象和逻辑推理的核心素养.破考点 练考向【考点集训】考点一直线与平面垂直的判定与性质1.(2019北京,12,5分)已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断:lm;
3、m;l.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:.答案若lm,l,则m(答案不唯一)2.(2018河南商丘二模,15)如图,PA圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上一点,E、F分别是A在PB、PC上的射影,给出下列结论:AFPB;EFPB;AFBC;AE平面PBC.其中正确命题的序号是.答案3.(2020届陕西百校联盟9月联考,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为矩形,PDC=PCD,CPB=CBP,BC=22AB,PDBC,点M是线段AB上靠近A的三等分点.(1)求证:PCPA;(2)求二面角M-PC-B的余弦值.解析(1)证明:BC
4、PD,BCDC,PDDC=D,BC平面PDC,(1分)AD平面PDC,又PC平面PDC,PCAD,(2分)PDC=PCD,CPB=CBP,BC=22AB,PD=PC=BC,DC=AB=2PC,故PC2+PD2=DC2,PCPD,ADPD=D,PC平面PAD.(4分)又PA平面PAD,故PCPA.(5分)(2)作POCD于O,因为BC平面PDC,BC平面ABCD,所以平面ABCD平面PDC,又平面ABCD平面PDC=CD,故PO平面ABCD,以点O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设PC=PD=2,则P(0,0,2),C(0,2,0),A(2,-2,0),B(2,2,0),M2,-23,0,
5、PC=(0,2,-2),CM=2,-423,0,CB=(2,0,0).(8分)设平面PMC的法向量为n=(x,y,z),PCn=0,CMn=02y-2z=0,2x-423y=0,不妨取y=3,则n=(22,3,3),设平面PBC的法向量为m=(a,b,c),PCm=0,CBm=02b-2c=0,2a=0,不妨取b=1,则m=(0,1,1),(10分)cos=mn|m|n|=618+82=31313,又二面角M-PC-B为锐角,故二面角M-PC-B的余弦值为31313.(12分)考点二平面与平面垂直的判定与性质1.(2019陕西咸阳二模,4)设a,b为两条不同的直线,为两个不同的平面,则下列命题
6、正确的是()A.若a,b,则abB.若a,b,则abC.若a,a,则D.若a,b,ab,则答案D2.(2019安徽铜陵一模,8)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,底面ABCD为正方形,则下列结论:AD平面PBC;平面PAC平面PBD;平面PAB平面PAC;平面PAD平面PDC.其中正确的结论序号是.答案3.(2020届黑龙江哈尔滨月考,18)在如图所示的几何体中,四边形CFGD是正方形,底面ABCD是平行四边形,且平面CFGD底面ABCD,CFBE,BC=2CD=4BE,DCB=120.(1)证明:平面ACG平面ABE;(2)求点G到平面ACE的距离.解析(1)证明:四边形CFGD
7、是正方形,CFCD.平面CFGD底面ABCD,且平面CFGD平面ABCD=CD,CF平面ABCD.(2分)CFBE,BE平面ABCD,又AC平面ABCD,BEAC.DCB=120,ABC=60.BC=2CD=2AB,ABAC.(4分)ABBE=B,AC平面ABE,又AC平面ACG,平面ACG平面ABE.(6分)(2)由已知不妨设BC=4,则CD=2,EB=1,AC=23.如图,过点A作AHEB,连接GH,HE,得到四棱柱AHGD-BEFC.易知平面AHGD与平面BEFC平行,且两平面之间的距离为2234=3,又S梯形AHGD=12(1+2)4=6,则VAHGD-BEFC=63.设点G到平面AC
8、E的距离为h,易知VE-FGC=VA-DGC=13122223=433,VG-AEH=VC-AEB=13121223=233,VG-AEC=VAHGD-BEFC-2VG-AEH-2VE-FGC=63-433-833=23,且SACE=12ACAE=12235=15.VG-ACE=13SACEh=1315h=23,则h=655.故点G到平面ACE的距离为655.(12分)炼技法 提能力【方法集训】方法1证明直线与平面垂直的方法1.(2019广西南宁质检,18)四棱锥P-ABCD中,ABCD,ABC=90,BC=CD=PD=2,AB=4,PABD,平面PBC平面PCD,M,N分别是AD,PB的中点
9、.(1)证明:PD平面ABCD;(2)求MN与平面PDA所成角的正弦值.解析(1)证明:取PC中点Q,连接DQ.CD=PD,DQPC,又平面PBC平面PCD,且两平面交于PC,DQ平面PBC,BC平面PBC,DQBC,由题易知BCCD,DQDC=D,BC平面PDC,BCPD.在直角梯形ABCD中,易求得BD=22,AD=22,又AB=4,则AD2+BD2=AB2,即BDAD.又BDPA,ADPA=A,BD平面PAD,BDPD.BCBD=B,PD平面ABCD.(2)以D为原点,DA,DB,DP方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(22,0,0),B(0,22,0)
10、,P(0,0,2),M(2,0,0),N(0,2,1),MN=(-2,2,1).由(1)知,平面PAD的法向量为DB=(0,22,0),故所求线面角的正弦值为|cos|=MNDB|MN|DB|=4522=105.2.(2019四川教考联盟第三次适应性考试,19)如图,在棱长为1的正方体PB1N1D1-ABND中,动点C在线段BN上运动,且有BC=AD(01).(1)若=1,求证:PCBD;(2)若二面角B-PC-D的平面角的余弦值为-51122,求实数的值.解析(1)证明:当=1时,C与N重合,连接AN,则在正方形ABND中,BDAN.又在正方体中,PA底面ABND,BD平面ABND,所以PA
11、BD.又PAAN=A,所以BD平面PANN1,又PN平面PANN1,所以PNBD,也即PCBD.(2)依题意,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则C(1,0),P(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),PC=(1,-1),PB=(1,0,-1),PD=(0,1,-1).设平面PBC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1PB=0,n1PC=0,即x1-z1=0,x1+y1-z1=0,取z1=1,得n1=(1,0,1).设平面PCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2PC=0,n2PD=0,即x2+y2-z2=0,y
12、2-z2=0,取z2=1,得n2=(1-,1,1).所以|cos|=n1n2|n1|n2|=|2-|22+(1-)2=51122,解得=13或=-13.因为01,所以=13.本题考查证明线线关系以及利用空间向量求二面角等基础知识,意在考查运算求解能力,逻辑思维能力.方法2证明平面与平面垂直的方法1.(2020届云南昆明高三第二次月考,19)如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E是CD的中点,将DAE沿AE折到FAE的位置,使平面FAE平面ABCE.(1)求证:AFEB;(2)求二面角A-BF-E的大小.解析(1)证明:AE=BE=22,AB=4,AB2=AE2+BE2,EBAE,平面F
13、AE平面ABCE,平面FAE平面ABCE=AE,EB平面FAE,AF平面FAE,AFEB.(2)建立如图所示的空间直角坐标系,则A(4,2,0),C(0,0,0),B(0,2,0),F(3,1,2),E(2,0,0),从而BA=(4,0,0),BF=(3,-1,2),BE=(2,-2,0).设n1=(x,y,z)为平面ABF的法向量,则n1BA=4x=0,n1BF=3x-y+2z=0,可以取n1=(0,2,1),设n2=(a,b,c)为平面BFE的法向量,则n2BE=2a-2b=0,n2BF=3a-b+2c=0,可以取n2=(1,1,-2),因此,n1n2=0,有n1n2,即平面ABF平面BF
14、E,故二面角A-BF-E的大小为90.2.(2018河南郑州二模,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,DABDCB,E为线段BD上一点,且EB=ED=EC=BC,延长CE交AD于F.(1)若G为PD的中点,求证:平面PAD平面CGF;(2)若BC=2,PA=3,求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值.解析(1)证明:在BCD中,EB=ED=EC=BC,故BCD=2,CBE=CEB=3,连接AE,DABDCB,EABECB,从而有FED=BEC=AEB=3,AE=CE=DE.(3分)AEF=FED=3,故EFAD,AF=FD.又PG=GD,FGPA.又PA平面ABCD
15、,故GF平面ABCD,GFAD,又GFEF=F,故AD平面CFG.又AD平面PAD,平面PAD平面CGF.(6分)(2)以点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(3,3,0),D(0,23,0),P(0,0,3).故BC=(1,3,0),CP=(-3,-3,3),CD=(-3,3,0).设平面BCP的一个法向量为n1=(1,y1,z1),则1+3y1=0,-3-3y1+3z1=0,解得y1=-33,z1=23,即n1=1,-33,23.(9分)设平面DCP的一个法向量为n2=(1,y2,z2),则-3+3y2=0,-3-3y2+3z2=0,解得y2
16、=3,z2=2,即n2=(1,3,2).从而平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值为|n1n2|n1|n2|=431698=24.(12分)3.(2019陕西宝鸡二模,19)如图,在五面体ABCDEF中,四边形EDCF是正方形,AD=DE=1,ADE=90,ADC=DCB=120.(1)求证:平面ABCD平面EDCF;(2)求三棱锥A-BDF的体积.解析(1)证明:在五面体ABCDEF中,四边形EDCF是正方形,ADE=90,ADDE,CDDE.ADCD=D,DE平面ABCD.DE平面EDCF,平面ABCD平面EDCF.(2)由题意可知EFCD,又EF平面ABFE,CD平面ABFE,CD平
17、面ABFE,平面ABCD平面ABFE=AB,CDAB.故易得四边形ABCD是等腰梯形.BC=AD=1.在BCD中,由CD=BC=1,BCD=120,可得DB=3,CDB=30.ADB=90.由EDCF可得CF平面ABCD.VA-BDF=VF-ABD=13SADBCF=1312131=36.【五年高考】A组统一命题课标卷题组考点一直线与平面垂直的判定与性质1.(2019课标,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.(1)证明:BE平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.解析本题考查线面垂直的判定和性质
18、,空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力,考查了直观想象的核心素养.(1)证明: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.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2).设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),
19、则CBn=0,CEn=0,即x=0,x-y+z=0,所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC1的法向量为m=(x1,y1,z1),则CC1m=0,CEm=0,即2z1=0,x1-y1+z1=0,所以可取m=(1,1,0).于是cos=nm|n|m|=-12.所以,二面角B-EC-C1的正弦值为32.一题多解(2)连接BC1.设AE=m,不妨令AB=1,则BE=m2+1,C1E=m2+2,BC1=(2m)2+1.BEEC1,4m2+1=2m2+3,解得m=1,则AA1=2.连接AC,BD,相交于点O,连接A1C1.由题意可知ACBD,BDCC1,ACCC1=C,BD平面AA1C1C,BDCE
20、,即BOCE.在长方形AA1C1C中,AC=2,AA1=2.连接AC1,有CC1AC=22=ACAE,又EAC=C1CA=90,则RtC1CARtCAE.ECA+C1AC=90,CEAC1.取CC1的中点F,连接OF,BF,则OFAC1,OFCE.BOOF=O,CE平面FOB.设CEOF=G,连接BG,CEBG,CEFG,则BGF为二面角B-CE-C1的平面角,且sinBGF=sinBGO.设AC1CE=H,易得AEHC1CH.又AE=12CC1,AH=13AC1.易知OGAH,又O为AC的中点,OG=12AH.BO=22,OG=12AH=16AC1=66,BOOG,tanBGO=2266=3
21、,BGO=60,则BGF=120,故sinBGF=32.所以二面角B-EC-C1的正弦值为32.2.(2016课标,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=54,EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置,OD=10.(1)证明:DH平面ABCD;(2)求二面角B-DA-C的正弦值.解析(1)证明:由已知得ACBD,AD=CD.又由AE=CF得AEAD=CFCD,故ACEF.因此EFHD,从而EFDH.(2分)由AB=5,AC=6得DO=BO=AB2-AO2=4.由EFAC得OHDO=AEAD=14.所以OH
22、=1,DH=DH=3.于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH.(4分)又DHEF,OHEF=H,所以DH平面ABCD.(5分)(2)如图,以H为坐标原点,HF的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3),AB=(3,-4,0),AC=(6,0,0),AD=(3,1,3).(6分)设m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量,则mAB=0,mAD=0,即3x1-4y1=0,3x1+y1+3z1=0,所以可取m=(4,3,-5).(8分)设n=(x2,y2,z2)是平面ACD
23、的法向量,则nAC=0,nAD=0,即6x2=0,3x2+y2+3z2=0,所以可取n=(0,-3,1).(10分)于是cos=mn|m|n|=-145010=-7525,sin=29525.因此二面角B-DA-C的正弦值是29525.(12分)思路分析(1)利用已知条件及翻折的性质得出DHEF,利用勾股定理逆定理得出DHOH,从而得出结论;(2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系,从而求出两个半平面的法向量,利用向量的夹角公式求其余弦值,从而求出正弦值,最后转化为二面角的正弦值.考点二平面与平面垂直的判定与性质1.(2019课标,19,12分)图1是由矩形ADEB,RtABC和菱形
24、BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE;(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.解析本题主要考查平面与平面垂直的判定与性质以及二面角的计算;本题还考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力;通过平面图形与立体图形的转化,考查了直观想象和数学运算的核心素养.(1)证明:由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC
25、,所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC,垂足为H.因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC.由已知,菱形BCGE的边长为2,EBC=60,可求得BH=1,EH=3.以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),CG=(1,0,3),AC=(2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则CGn=0,ACn=0,即x+3z=0,2x-y=0.所以可取n=(3,6,-3).又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),所以cos=nm|n|m|=32.因此二
26、面角B-CG-A的大小为30.思路分析(1)利用折叠前后平行关系不变,可得ADCG,进而可得A、C、G、D四点共面.由折叠前后不变的位置关系可得ABBE,ABBC,从而AB平面BCGE,由面面垂直的判定定理可得结论成立.(2)由(1)可得EH平面ABC.以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立空间直角坐标系,求得平面的法向量,进而求得二面角B-CG-A的大小.2.(2018课标,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PFBF.(1)证明:平面PEF平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
27、解析(1)证明:由已知可得BFEF,又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,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=3,又PF=1,EF=2,故PEPF,可得PH=32,EH=32,则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP=1,32,32,HP=0,0,32为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为,则sin =HPD
28、P|HP|DP|=343=34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.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sin2+cos2=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成夹角的余弦值即为所求.3.(2017课标,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,求二面角A-PB-C的余弦值.解析本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二
29、面角求解.(1)证明:由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,又APPD=P,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PFAD,垂足为F.由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF,又ADAB=A,可得PF平面ABCD.以 F为坐标原点,FA的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.由(1)及已知可得A22,0,0,P0,0,22,B22,1,0,C-22,1,0.所以PC=-22,1,-22,CB=(2,0,0),PA=22,0,-22,AB=(0,1,0).设n=(x1,y1
30、,z1)是平面PCB的法向量,则nPC=0,nCB=0,即-22x1+y1-22z1=0,2x1=0.可取n=(0,-1,-2).设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则mPA=0,mAB=0,即22x2-22z2=0,y2=0.可取m=(1,0,1).则cos=nm|n|m|=-33.易知二面角A-PB-C为钝二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值为-33.4.(2017课标,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
31、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)证明: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,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-x
32、yz.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nAD=0,nAE=0,即-x+z=0,-x+32y+12z=0.可取n=1,33,1.设m是平面AEC的法向量,则mAC=0,mAE=0.同理可取m=(0,-1,3).则cos=nm|n|m|=77.易知二面角D-AE-C为锐二面角,所以二面角D
33、-AE-C的余弦值为77.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.5.(2016课标,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AFDF,AFFE,所以AF平面EFDC.(2分)又AF平面ABEF,故平面ABEF平面EFDC.(3分)
34、(2)过D作DGEF,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,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),
35、AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0).(10分)设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则nEC=0,nEB=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mAC=0,mAB=0.同理可取m=(0,3,4).则cos =nm|n|m|=-21919.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-21919.(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.
36、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.B组自主命题省(区、市)卷题组考点一直线与平面垂直的判定与性质1.(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=5,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)证明: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
37、中点,所以ACEF.因为AB=BC,所以ACBE.所以AC平面BEF.(2)由(1)知ACEF,ACBE,EFCC1.又CC1平面ABC,所以EF平面ABC.因为BE平面ABC,所以EFBE.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BC=(-1,-2,0),BD=(1,-2,1).设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0),则nBC=0,nBD=0,即x0+2y0=0,x0-2y0+z0=0.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EB
38、=(0,2,0),所以cos=nEB|n|EB|=-2121.由题图知二面角B-CD-C1为钝角,所以其余弦值为-2121.(3)证明:由(2)知平面BCD的一个法向量为n=(2,-1,-4),FG=(0,2,-1).因为nFG=20+(-1)2+(-4)(-1)=20,所以直线FG与平面BCD相交.2.(2015湖北,19,12分)九章算术中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EFPB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.(1)证明:PB平面
39、DEF.试判断四面体DBEF是不是鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3,求DCBC的值.解析解法一:(1)因为PD底面ABCD,所以PDBC,由底面ABCD为长方形,有BCCD,又PDCD=D,所以BC平面PCD,又DE平面PCD,所以BCDE.又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DEPC.又PCBC=C,所以DE平面PBC.又PB平面PBC,所以PBDE.又PBEF,DEEF=E,所以PB平面DEF.由DE平面PBC,PB平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面
40、的直角分别为DEB,DEF,EFB,DFB.(2)如图,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.由(1)知,PB平面DEF,所以PBDG.又因为PD底面ABCD,所以PDDG.又PDPB=P,所以DG平面PBD.故BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,设PD=DC=1,BC=,有BD=1+2,在RtPDB中,由DFPB,得DPF=FDB=3,则tan3=tanDPF=BDPD=1+2=3,解得=2.所以DCBC=1=22.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3时,DCBC=22.解法二:(1)如图,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,
41、y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.设PD=DC=1,BC=,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(,1,0),C(0,1,0),PB=(,1,-1),点E是PC的中点,所以E0,12,12,DE=0,12,12,于是PBDE=0,即PBDE.又已知EFPB,且DEEF=E,所以PB平面DEF.因PC=(0,1,-1),DEPC=0,则DEPC,所以DE平面PBC.由DE平面PBC,PB平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为DEB,DEF,EFB,DFB.(2)因为PD平面ABCD,所以DP=(0,0,1)是平面ABCD的一
42、个法向量;由(1)知,PB平面DEF,所以BP=(-,-1,1)是平面DEF的一个法向量.若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3,则cos3=BPDP|BP|DP|=12+2=12,解得=2,所以DCBC=1=22.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3时,DCBC=22.考点二平面与平面垂直的判定与性质(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC,ABC=90,BAC=30,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EFBC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.解析本题主要考查空间点、线、面位置关
43、系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.本题考查了逻辑推理和直观想象的核心素养.解法一:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC,又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平面ABC=AC,所以,A1E平面ABC,则A1EBC.又因为A1FAB,ABC=90,故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E平面ABC,故A1EEG,所以平行四边形EGFA1为矩形.连接A1G交EF于O,由(1)得BC平面EGFA1,则平面A1BC平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角),不妨设AC=4,则在RtA1EG中,A1E=23,EG=3.由于O为A1G的中点,故EO=OG=A1G2=152,所以cosEOG=EO2+OG2-EG22EOOG=35.因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.解法二:(1)证明:连接A1E,因为A1A