2019高考数学一轮复习第八章立体几何8.5直线、平面垂直的判定与性质练习理.doc

《2019高考数学一轮复习第八章立体几何8.5直线、平面垂直的判定与性质练习理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考数学一轮复习第八章立体几何8.5直线、平面垂直的判定与性质练习理.doc（22页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、18.5 直线、平面垂直的判定与性质考纲解读考点 内容解读 要求 高考示例 常考题型 预测热 度1.直线与平面垂直的判定与性质掌握2016课标全国,19;2015北京,17;2015湖南,19;2014广东,18;2013四川,19解答题 2.平面与平面垂直的判定与性质以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理.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.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

2、于它们交线的直线与另一个平面垂直.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题掌握2017课标全国,18;2017课标全国,19;2016课标全国,18;2015课标,18;2014江西,19解答题 分析解读 1.掌握直线与平面垂直的判定定理和性质定理.2.会运用直线与平面、平面与平面垂直的判定定理和性质定理解决简单的应用问题与证明问题.3.掌握转化的思想方法.4.高考中常以解答题的形式呈现,考查线线、线面、面面垂直的转化思想,分值约为12分,属中档题.五年高考考点一 直线与平面垂直的判定与性质1.(2016课标全国,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于

3、点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置,OD=.(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=,故ACEF.因此EFHD,从而EFDH.(2分)由AB=5,AC=6得DO=BO=4.由EFAC得=.所以OH=1,DH=DH=3.于是DH 2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH.(4分)又DHEF,而OHEF=H,所以DH平面ABCD.(5分)(2)如图,以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H

4、(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3),2=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).(6分)设m=(x 1,y1,z1)是平面ABD的法向量,则即所以可取m=(4,3,-5).(8分)设n=(x 2,y2,z2)是平面ACD的法向量,则即所以可取n=(0,-3,1).(10分)于是cos=-,sin=.因此二面角B-DA-C的正弦值是.(12分)2.(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

5、)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,3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.

6、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0=.而二面角P-QD-A的余弦值为,因此=,解得m=4,或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设=(0|=,故二面角D-AF-E的余弦值为.解法二:设AB=1,CF平面ADF,CFDF.在CFD中,DF=,CDAD,CDPD,CD平面ADE.又EFCD,EF平面ADE.EFAE,在DEF中,DE=,EF

7、=,在ADE中,AE=,在ADF中,AF=.由V A-DEF=SADE EF=SADF hE-ADF,解得h E-ADF=,设AEF的边AF上的高为h,由S AEF =EFAE=AFh,解得h=,设二面角D-AF-E的平面角为.则sin =,cos =.6.(2014福建,17,13分)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,ABBD,CDBD.将ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如图.(1)求证:ABCD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.解析 (1)证明:平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,AB平面ABD,ABBD,AB平面BCD.又

8、CD平面BCD,ABCD.(2)过点B在平面BCD内作BEBD,如图.由(1)知AB平面BCD,又BE平面BCD,BD 平面BCD,ABBE,ABBD.以B为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M,则=(1,1,0),=,=(0,1,-1).设平面MBC的法向量为n=(x 0,y0,z0),则即取z 0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1).8设直线AD与平面MBC所成角为,则sin =|cos|=,即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.7.(2014湖南,19,

9、12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,ACBD=O,A 1C1B 1D1=O1,四边形ACC 1A1和四边形BDD 1B1均为矩形.(1)证明:O 1O底面ABCD;(2)若CBA=60,求二面角C 1-OB1-D的余弦值.解析 (1)证明:因为四边形ACC 1A1为矩形,所以CC 1AC.同理DD 1BD,因为CC 1DD 1,所以CC 1BD,而ACBD=O,因此CC 1底面ABCD.由题设知,O 1OC 1C,故O 1O底面ABCD.(2)解法一:如图,过O 1作O 1HOB 1于H,连接HC 1.由(1)知,O 1O底面ABCD,所以O 1O底面A 1B1C1

10、D1,于是O 1OA 1C1.又因为四棱柱ABCD-A 1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形A 1B1C1D1是菱形,因此A 1C1B 1D1,从而A 1C1平面BDD 1B1,所以A 1C1OB 1,于是OB 1平面O 1HC1,进而OB 1C 1H,故C 1HO1是二面角C 1-OB1-D的平面角,不妨设AB=2,因为CBA=60,所以OB=,OC=1,OB 1=.在RtOO 1B1中,易知O 1H=2,而O 1C1=1,于是C 1H=.故cosC 1HO1=.即二面角C 1-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

11、,因此ACBD,又由(1)知O 1O底面ABCD,从而OB、OC、OO 1两两垂直.如图,以O为坐标原点,OB,OC,OO 1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),B 1(,0,2),C1(0,1,2).易知,n 1=(0,1,0)是平面BDD 1B1的一个法向量.9设n 2=(x,y,z)是平面OB 1C1的法向量,则即取z=-,则x=2,y=2,所以n 2=(2,2,-),设二面角C 1-OB1-D的大小为,易知是锐角,于是cos =|cos|=.故二面角C 1-OB1-D

12、的余弦值为.8.(2013四川,19,12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA 1底面ABC,AB=AC=2AA 1,BAC=120,D,D 1分别是线段BC,B 1C1的中点,P是线段AD的中点.(1)在平面ABC内,试作出过点P与平面A 1BC平行的直线l,说明理由,并证明直线l平面ADD 1A1;(2)设(1)中的直线l交AB于点M,交AC于点N,求二面角A-A 1M-N的余弦值.解析 (1)如图,在平面ABC内,过点P作直线lBC,分别交AB,AC于点M,N,因为l在平面A 1BC外,BC在平面A 1BC内,由直线与平面平行的判定定理可知,l平面A 1BC.因为AB=AC

13、,D是BC的中点,所以BCAD,则直线lAD.因为AA 1平面ABC,所以AA 1直线l.又因为AD,AA 1在平面ADD 1A1内,且AD与AA 1相交,所以直线l平面ADD 1A1.(6分)(2)解法一:连接A 1P,过A作AEA 1P于E,过E作EFA 1M于F,连接AF.由(1)知,MN平面AEA 1,所以平面AEA 1平面A 1MN.所以AE平面A 1MN,则A 1MAE.所以A 1M平面AEF,则A 1MAF.故AFE为二面角A-A 1M-N的平面角(设为).设AA 1=1,则由AB=AC=2AA 1,BAC=120,有BAD=60,AB=2,AD=1.又P为AD的中点,所以M为A

14、B中点,且AP=,AM=1,所以在RtAA 1P中,A 1P=;在RtA 1AM中,A 1M=.从而AE=,AF=,所以sin =,所以cos =.故二面角A-A 1M-N的余弦值为.(12分)解法二:设A 1A=1.如图,过A 1作A 1E平行于B 1C1,以A 1为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz(点O与点A 1重合).则A 1(0,0,0),A(0,0,1).因为P为AD的中点,所以M,N分别为AB,AC的中点,故M,N,10所以=,=(0,0,1),=(,0,0).设平面AA 1M的一个法向量为n 1=(x1,y1,z1),则即故有从而取

15、x 1=1,则y 1=-,所以n 1=(1,-,0).设平面A 1MN的一个法向量为n 2=(x2,y2,z2),则即故有从而取y 2=2,则z 2=-1,所以n 2=(0,2,-1).设二面角A-A 1M-N的平面角为,又为锐角,则cos =.故二面角A-A 1M-N的余弦值为.(12分)9.(2013广东,18,14分)如图,在等腰直角三角形ABC中,A=90,BC=6,D,E分别是AC,AB上的点,CD=BE=,O为BC的中点.将ADE沿DE折起,得到如图所示的四棱锥A-BCDE,其中AO=.(1)证明:AO平面BCDE;(2)求二面角A-CD-B的平面角的余弦值.图图解析 (1)在题图

16、中,易得OC=3,AC=3,AD=2.连接OD,OE,在OCD中,由余弦定理可得OD=.由翻折不变性可知AD=2,所以AO 2+OD2=AD2,所以AOOD,同理可证AOOE,又ODOE=O,所以AO平面BCDE.(2)解法一:过O作OHCD交CD的延长线于H,连接AH,因为AO平面BCDE,所以AHCD,所以AHO为二面角A-CD-B的平面角.结合题图可知,H为AC中点,故OH=,从而AH=,所以cosAHO=,所以二面角A-CD-B的平面角的余弦值为.11解法二:以O点为原点,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示,则A(0,0,),C(0,-3,0),D(1,-2,0),所以=(0,3,

17、),=(-1,2,).设n=(x,y,z)为平面ACD的法向量,则即解得令x=1,得n=(1,-1,).由(1)知,=(0,0,)为平面CDB的一个法向量,所以cos=,即二面角A-CD-B的平面角的余弦值为.考点二 平面与平面垂直的判定与性质1.(2017课标全国,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面角问题.(1)由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,又APP

18、D=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,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F-xyz.由(1)及已知可得A,P,B,C.所以=,=(,0,0),=,=(0,1,0).设n=(x 1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则即可取n=(0,-1,-).设m=(x 2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则即可取m=(1,0,1).则cos=-.12易知二面角A-PB-C为钝二面角,所以二面角A-PB-C的余

19、弦值为-.2.(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-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)(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

20、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,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,).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

21、的余弦值为-.(12分)3.(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=,

22、DF=,可得EF=.从而EG 2+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.(6分)13(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)教师用书专用(4)4.(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

23、,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PAD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,所以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)

24、,=.设平面BPC的一个法向量为n 1=(x,y,1),则由n 1,n 1得解得x=1,y=0,所以n 1=(1,0,1).同理可求出平面DPC的一个法向量为n 2=.从而平面BPC与平面DPC的夹角的余弦值为cos =.三年模拟A组 20162018年模拟基础题组14考点一 直线与平面垂直的判定与性质1.(2016河北名师俱乐部3月模拟,6)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,BAAD,ADBC,AB=BC=2,PA=3,PA底面ABCD,E是棱PD上异于P,D的动点.设=m(m0),则“0=,故二面角O-PD-C的余弦值为.C组 20162018年模拟方法题组方法1 直线与平面

25、垂直的判定方法1.(2018广东东莞模拟,18)如图1,矩形ABCD中,AB=12,AD=6,E、F分别为CD、AB边上的点,且DE=3,BF=4,将BCE沿BE折起至PBE的位置(如图2所示),连接AP、PF,其中PF=2.(1)求证:PF平面ABED;(2)求点A到平面PBE的距离.图1图220解析 (1)证明:由翻折不变性可知PB=BC=6,PE=CE=9,在PBF中,PF 2+BF2=20+16=36=PB2,所以PFBF.在题图1中,利用勾股定理,得EF=,在PEF中,EF 2+PF2=61+20=81=PE2,PFEF.又BFEF=F,BF平面ABED,EF 平面ABED,PF平面

26、ABED.(2)由(1)知PF平面ABED,PF为三棱锥P-ABE的高.设点A到平面PBE的距离为h,V A-PBE=VP-ABE,即69h=1262,h=,即点A到平面PBE的距离为.2.(2017山西五校联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAB平面ABCD,AB=AP=3,AD=PB=2,E为线段AB上一点,且AEEB=72,点F、G、M分别为线段PA、PD、BC的中点.(1)求证:PE平面ABCD;(2)若平面EFG与直线CD交于点N,求二面角P-MN-A的余弦值.解析 (1)证明:在等腰APB中,cosABP=,则由余弦定理可得PE 2=+22-232=

27、,PE=.PE 2+BE2=4=PB2,PEAB.平面PAB平面ABCD,平面PAB平面ABCD=AB,PE平面ABCD.(2)连接EN,由已知可得ENAD.所以ENAB.由(1)可知PEEN.以E为坐标原点,直线EP、EB、EN分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则P,M,N(0,0,2),从而=,=.设平面PMN的法向量为n=(x,y,z),则n=0,n=0,即-x+y+z=0,-y+z=0,令y=3,可得n=.由(1)知平面AMN的一个法向量为=,cos=,由图可知二面角P-MN-A的平面角为锐角,故二面角P-MN-A的余弦值为.方法2 平面与平面垂直的证明方法3.(20

28、18安徽淮北一中模拟,18)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PA平面ABCD,E,F分别是AB,PD的中点,且PA=AD.21(1)求证:AF平面PCE;(2)求证:平面PCE平面PCD.证明 (1)取PC的中点G,连接FG、EG,FG为CDP的中位线,FGCD,FG=CD.四边形ABCD为矩形,E为AB的中点,AECD,AE=CD,FG=AE,FGAE,四边形AEGF是平行四边形,AFEG.又EG平面PCE,AF平面PCE,AF平面PCE.(2)PA=AD,AFPD,PA平面ABCD,PACD.又CDAD,APAD=A,CD平面PAD,CDAF.又CDPD=D,AF平面PDC.由(1)

29、得EGAF,EG平面PDC.又EG平面PCE,平面PCE平面PCD.4.(2018四川泸州模拟,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是梯形,ABDC,ABC=90,AD=SD,BC=CD=AB,侧面SAD底面ABCD.(1)求证:平面SBD平面SAD;(2)若SDA=120,且三棱锥S-BCD的体积为,求侧面SAB的面积.解析 (1)证明:在梯形ABCD中,ABDC,ABC=90,BC=CD=AB,设BC=a,则CD=a,AB=2a,在直角三角形BCD中,BCD=90,可得BD=a,CBD=45,ABD=45,在ABD中,AD=a,所以AD 2+BD2=AB2,所以BDAD,由平面

30、SAD底面ABCD可得BD平面SAD.又BD平面SBD,所以平面SBD平面SAD.(2)SDA=120,且三棱锥S-BCD的体积为,在SAD中,由AD=SD=a,可得SA=2SDsin 60=a,作SHAD,则SH=SDsin 60=a,由SH平面BCD,可得V S-BCD=aa2=,22解得a=1,由BD平面SAD,可得BDSD,故SB=2.又AB=2,所以SB=AB,在等腰三角形SBA中,边SA上的高为=,则SAB的面积为SA=.5.(2017河南百校联盟4月联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,ABDC,ADDC,PD平面ABCD,E、F、M分别是棱PD、PC

31、和BC上的点,且=,N是PA上一点,AD=PD.(1)求当为何值时,平面NEF平面MEF;(2)在(1)的条件下,若AB=DC=2,PD=3,求平面BCN与平面MEF所成锐二面角的余弦值.解析 (1)在AD上取一点G,使得=,连接EG,MG,=,EGPA,MGCD,(2分)PD平面ABCD,PDCD,又ADCD,ADPD=D,CD平面PAD,(3分)=,EFDC,EF平面PAD.(4分)若平面NEF平面MEF,则NEG=90,(5分)在RtPAD中,AD=PD,PA=PD,PN=PD,当=2时,平面NEF平面MEF.(6分)(2)以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(3,0,0),B(3,2,0),C(0,4,0),P(0,0,3),N(1,0,2),=(2,2,-2),=(3,-2,0),(7分)设平面BCN的法向量为n=(x,y,z),则即令y=3,则x=2,z=5,n=(2,3,5).(9分)EFAB,FMPB,则易知平面MEF平面PAB,(10分)易知平面PAB的一个法向量为n 1=(1,0,1),平面MEF的一个法向量为n 1=(1,0,1),(11分)|cos|=,即平面BCN与平面MEF所成锐二面角的余弦值为.(12分)