8.4直線、平面垂直的判定和性質(zhì)挖命題【考情探究】考點(diǎn)內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點(diǎn)垂直的判定和性質(zhì)1.理解直線與平面垂直、平面與平面垂直的判定定理.2.理解直線與平面垂直、平面與平面垂直的性質(zhì)定理,并能夠證明.3.理解直線與平面所成的角、二面角的概念.4.能夠證明空間垂直位置關(guān)系的簡單命題.2018浙江,19線面垂直的判定和性質(zhì)、直線與平面所成的角解三角形求正弦值2017浙江,19直線與平面所成的角直線與平面平行的判定與性質(zhì)2016浙江,5,18,文18線面垂直、面面垂直的判定和性質(zhì)、直線與平面所成的角、二面角解三角形求余弦值2015浙江,17,文18線面垂直的判定和性質(zhì)、直線與平面所成的角、二面角解三角形求正弦值、余弦值2014浙江文,20線面垂直的判定和性質(zhì)、直線與平面所成的角解三角形求角和正切值分析解讀1.直線與平面垂直,平面與平面垂直的判定和性質(zhì),線面間的角與距離的計(jì)算是高考的重點(diǎn),特別是以多面體為載體的線面位置關(guān)系的論證,更是高考的熱點(diǎn),試題以中等難度為主.2.高考?？嫉念}型有:判斷并證明兩個平面的垂直關(guān)系,直線與平面的垂直關(guān)系,直線與直線的垂直關(guān)系.線面、面面垂直的性質(zhì)定理的應(yīng)用,求直線與平面、平面與平面所成角等綜合問題.多以棱柱、棱錐為背景.3.預(yù)計(jì)2020年高考試題中,垂直關(guān)系仍然是考查的重點(diǎn)和熱點(diǎn).考查仍會集中在垂直關(guān)系的判定和垂直的性質(zhì)的應(yīng)用上,其解決的方法主要是傳統(tǒng)法和向量法,復(fù)習(xí)時應(yīng)高度重視.破考點(diǎn)【考點(diǎn)集訓(xùn)】考點(diǎn)垂直的判定和性質(zhì)1.(2017浙江名校(諸暨中學(xué))交流卷四,3)設(shè)a,b,c是三條不同的直線,是兩個不同的平面,則使ab成立的一個充分條件是( ) A.ac,bc B.,a,bC.a,b D.a,b答案D2.(2018浙江諸暨高三上學(xué)期期末,19,15分)如圖,在空間幾何體中,四邊形ABCD是邊長為2的正方形,ABEF,AF=EF=BE=1,DF=.(1)求證:BF平面ADF;(2)求直線BF與平面DCEF所成角的正弦值.解析(1)證明:在等腰梯形ABEF中,AB=2,EF=AF=BE=1FAB=,(1分)故BF=,則BF2+AF2=AB2,可得AFBF.(3分)在DFB中,由BF2+DF2=BD2,可得BFDF.(5分)因?yàn)锳FDF=F,所以BF平面ADF.(7分)(2)作FOAB交AB于O,如圖,以O(shè)為原點(diǎn),OF,OB,OG所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,(9分)則F,B,E,C,=(0,1,0),=,設(shè)平面DCEF的法向量為n=(x,y,z),由可取n=,(12分)設(shè)直線BF與平面DCEF所成角為,又=,所以sin =|cos<,n>|=,即直線BF與平面DCEF所成角的正弦值為.(15分)3.(2016課標(biāo)全國,18,12分)如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點(diǎn)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(1)證明:由已知可得AFDF,AFFE,AFEF=F,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(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(shè)n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,則即所以可取n=(3,0,-).設(shè)m是平面ABC的法向量,則同理可取m=(0,4).則cos<n,m>=-.故二面角E-BC-A的余弦值為-.(12分)評析本題考查了立體幾何部分有關(guān)垂直的證明,以及二面角的求解和利用空間向量求解立體幾何問題.解決立體幾何問題時要注意“發(fā)現(xiàn)”垂線所在的位置.煉技法【方法集訓(xùn)】方法1線面垂直判定的方法1.(2018浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)校高三聯(lián)考(4月),19,15分)如圖,四邊形ABEF是正方形,ABCD,AD=AB=BC=CD.(1)若平面ABEF平面ABCD,求證:DB平面EBC;(2)若DFBC,求直線BD與平面ADF所成角的正弦值.解析(1)證明:四邊形ABEF是正方形,EBAB,又平面ABEF平面ABCD,且平面ABEF平面ABCD=AB,EB平面ABCD,EBBD,(2分)AD=AB=BC=CD,不妨設(shè)AD=AB=BC=1,DC=2,則BD=,BDBC.(4分)EBBC=B,DB平面EBC.(6分)(2)解法一:如圖,過點(diǎn)F作FH平面ABCD,垂足為H,連接AH并延長,交CD于點(diǎn)G.過點(diǎn)H作HIAD交AD于點(diǎn)I,連接FI,作HOFI交FI于點(diǎn)O,FH平面ABCD,FHBC,DFBC,BC平面FDH,BCDH,即點(diǎn)H在BD上,(9分)FHAD,HIAD,FHHI=H,AD平面FIH,ADHO,HOFI,FIAD=I,HO平面AFD,點(diǎn)H到平面AFD的距離為HO,(11分)由已知可得DG=,HG=HI=,HO=,而BD=3DH,點(diǎn)B到平面AFD的距離為.(13分)設(shè)直線BD與平面AFD所成的角為,則sin =.(15分)解法二:以A為原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AD=AB=BC=DC=1,則A(0,0,0),B(0,1,0),C,D.(8分)設(shè)F(x,y,z),由題意可得將坐標(biāo)代入得解得即F,(11分)設(shè)平面AFD的法向量為n=(a,b,c),則即令a=,則b=,c=-1,即n=(,-1),(13分)設(shè)直線BD與平面AFD所成的角為,易知=,故sin =|cos<,n>|=,直線BD與平面ADF所成角的正弦值為.(15分)2.(2018浙江蕭山九中12月月考,19)如圖,在三棱柱ABC-DFE中,點(diǎn)P,G分別是AD,EF的中點(diǎn),已知AD平面ABC,AD=EF=3,DE=DF=2.(1)求證:DG平面BCEF;(2)求PE與平面BCEF所成角的正弦值.解析(1)證明:由題意知,AD平面DEF,ADDG,BFDG,(2分)DE=DF,G是EF的中點(diǎn),EFDG,(4分)又BFEF=F,DG平面BCEF.(7分)(2)取BC的中點(diǎn)H,連接HG,取HG的中點(diǎn)O,連接OP,OE,易知PODG,所以PO平面BCEF,所以O(shè)EP是PE與平面BCEF所成的角,(10分)由已知得,PE=,OP=,所以sinOEP=,(14分)故PE與平面BCEF所成角的正弦值為.(15分)方法2面面垂直判定的方法1.( 2018浙江杭州第二次高考教學(xué)質(zhì)量檢測(4月),19)如圖,在等腰三角形ABC中,AB=AC,A=120°,M為線段BC的中點(diǎn),D為線段BC上一點(diǎn),且BD=BA,沿直線AD將ADC翻折至ADC',使AC'BD.(1)證明:平面AMC'平面ABD;(2)求直線C'D與平面ABD所成的角的正弦值.解析(1)證明:由題意知AMBD,又AC'BD,所以BD平面AMC',因?yàn)锽D平面ABD,所以平面AMC'平面ABD.(7分)(2)在平面AC'M中,過C'作C'FAM交AM于點(diǎn)F,連接FD.由(1)知,C'F平面ABD,所以C'DF為直線C'D與平面ABD所成的角.設(shè)AM=1,則AB=AC=2,BM=,MD=2-,DC=DC'=2-2,AD=-.在RtC'MD中,MC'2=C'D2-MD2=(2-2)2-(2-)2=9-4.設(shè)AF=x,在RtC'FA中,AC'2-AF2=MC'2-MF2,即4-x2=(9-4)-(1-x)2,解得x=2-2,即AF=2-2.所以C'F=2.故直線C'D與平面ABD所成的角的正弦值等于=.(15分)2.(2017浙江名校(紹興一中)交流卷一,19)如圖,三棱錐P-ABC中,PC平面ABC,AB=PC=2,AC=4,PBC=,點(diǎn)E在BC上,且BE=EC.(1)求證:平面PAB平面PBC;(2)求AE與平面PAB所成角的正弦值.解析(1)證明:因?yàn)镻C平面ABC,所以PCAB,PCBC.(2分)又因?yàn)樵谌切蜳BC中,PC=2,PBC=,所以BC=2,(4分)而AB=2,AC=4,所以AC2=AB2+BC2,所以ABBC.(6分)又ABPC,PCBC=C,所以AB平面PBC,又AB平面PAB,所以平面PAB平面PBC.(8分)(2)設(shè)AE與平面PAB所成的角為.因?yàn)锽E=EC,所以點(diǎn)E到平面PAB的距離dE=dC(dC表示點(diǎn)C到平面PAB的距離).(11分)過C作CFPB于點(diǎn)F,由(1)知CF平面PAB,易得dC=CF=,所以dE=dE=.(13分)又AE=,所以sin =.(15分)過專題【五年高考】A組自主命題·浙江卷題組考點(diǎn)垂直的判定和性質(zhì)1.(2014浙江文,6,5分)設(shè)m,n是兩條不同的直線,是兩個不同的平面()A.若mn,n,則mB.若m,則mC.若m,n,n,則mD.若mn,n,則m答案C2.(2016浙江文,18,15分)如圖,在三棱臺ABC-DEF中,平面BCFE平面ABC,ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求證:BF平面ACFD;(2)求直線BD與平面ACFD所成角的余弦值.解析(1)證明:延長AD,BE,CF相交于一點(diǎn)K,如圖所示.因?yàn)槠矫鍮CFE平面ABC,且ACBC,所以AC平面BCK,因此BFAC.又因?yàn)镋FBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK為等邊三角形,且F為CK的中點(diǎn),則BFCK.所以BF平面ACFD.(2)因?yàn)锽F平面ACK,所以BDF是直線BD與平面ACFD所成的角.在RtBFD中,BF=,DF=,得cosBDF=,所以,直線BD與平面ACFD所成角的余弦值為.評析本題主要考查空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系,線面角等基礎(chǔ)知識,同時考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力.3.(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(diǎn),D是B1C1的中點(diǎn).(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(shè)E為BC的中點(diǎn),由題意得A1E平面ABC,所以A1EAE.因?yàn)锳B=AC,所以AEBC.故AE平面A1BC.由D,E分別為B1C1,BC的中點(diǎn),得DEB1B且DE=B1B,從而DEA1A且DE=A1A,所以四邊形A1AED為平行四邊形.故A1DAE.又因?yàn)锳E平面A1BC,所以A1D平面A1BC.(2)解法一: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=-.解法二:以CB的中點(diǎn)E為原點(diǎn),分別以射線EA,EB為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz,如圖所示.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下:A1(0,0,),B(0,0),D(-,0,),B1(-,).因此=(0,-),=(-,-,),=(0,0).設(shè)平面A1BD的法向量為m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量為n=(x2,y2,z2).由即可取m=(0,1).由即可取n=(,0,1).于是|cos<m,n>|=.由題意可知,所求二面角的平面角是鈍角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值為-.評析本題主要考查空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系,二面角等基礎(chǔ)知識,同時考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力.4.(2014浙江,20,15分)如圖,在四棱錐A-BCDE中,平面ABC平面BCDE,CDE=BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.(1)證明:DE平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小.解析(1)證明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=,由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即ACBC,又平面ABC平面BCDE,從而AC平面BCDE,所以ACDE.又DEDC,從而DE平面ACD.(2)解法一:作BFAD與AD交于點(diǎn)F,過點(diǎn)F作FGDE與AE交于點(diǎn)G,連接BG,由(1)知DEAD,則FGAD,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BDBC,又平面ABC平面BCDE,得BD平面ABC,從而BDAB.由AC平面BCDE,得ACCD.在RtACD中,由DC=2,AC=,得AD=.在RtAED中,由ED=1,AD=,得AE=.在RtABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,所以AF=,即AF=AD,從而GF=.在ABE,ABG中,利用余弦定理分別可得cosBAE=,BG=.在BFG中,cosBFG=,所以BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.解法二:以D為原點(diǎn),分別以射線DE,DC為x軸,y軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,如圖所示.由題意及(1)知各點(diǎn)坐標(biāo)如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0).設(shè)平面ADE的法向量為m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量為n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0),由即可取m=(0,1,-).由即可取n=(1,-1,).于是|cos<m,n>|=,由題圖可知,所求二面角的平面角是銳角,故二面角B-AD-E的大小是.評析本題主要考查空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系,二面角等基礎(chǔ)知識和空間向量的應(yīng)用,同時考查空間想象能力、推理論證能力和運(yùn)算求解能力.B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組考點(diǎn)垂直的判定和性質(zhì)1.(2017課標(biāo)全國文,10,5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CD的中點(diǎn),則() A.A1EDC1B.A1EBDC.A1EBC1D.A1EAC答案C2.(2018課標(biāo)全國文,18,12分)如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,ACM=90°.以AC為折痕將ACM折起,使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置,且ABDA.(1)證明:平面ACD平面ABC;(2)Q為線段AD上一點(diǎn),P為線段BC上一點(diǎn),且BP=DQ=DA,求三棱錐Q-ABP的體積.解析(1)證明:由已知可得,BAC=90°,BAAC.又BAAD,所以AB平面ACD.又AB平面ABC,所以平面ACD平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.又BP=DQ=DA,所以BP=2.作QEAC,垂足為E,則QE􀱀DC.由已知及(1)可得DC平面ABC,所以QE平面ABC,QE=1.因此,三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP=·QE·SABP=×1××3×2sin 45°=1.規(guī)律總結(jié)證明空間線面位置關(guān)系的一般步驟:(1)審清題意:分析條件,挖掘題目中平行與垂直的關(guān)系;(2)明確方向:確定問題的方向,選擇證明平行或垂直的方法,必要時添加輔助線;(3)給出證明:利用平行、垂直關(guān)系的判定或性質(zhì)給出問題的證明;(4)反思回顧:查看關(guān)鍵點(diǎn)、易漏點(diǎn),檢查使用定理時定理成立的條件是否遺漏,符號表達(dá)是否準(zhǔn)確.解題關(guān)鍵(1)利用平行關(guān)系將ACM=90°轉(zhuǎn)化為BAC=90°是求證第(1)問的關(guān)鍵;(2)利用翻折的性質(zhì)將ACM=90°轉(zhuǎn)化為ACD=90°,進(jìn)而利用面面垂直的性質(zhì)定理及線面垂直的性質(zhì)定理得出三棱錐Q-ABP的高是求解第(2)問的關(guān)鍵.3.(2018課標(biāo)全國文,19,12分)如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直,M是上異于C,D的點(diǎn).(1)證明:平面AMD平面BMC;(2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P,使得MC平面PBD?說明理由.解析本題考查平面與平面垂直的判定與性質(zhì)、直線與平面平行的判定與性質(zhì).(1)由題設(shè)知,平面CMD平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽CCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因?yàn)镸為上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑,所以DMCM.又BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時,MC平面PBD.證明如下:連接AC交BD于O.因?yàn)锳BCD為矩形,所以O(shè)為AC中點(diǎn).連接OP,因?yàn)镻為AM中點(diǎn),所以MCOP.MC平面PBD,OP平面PBD,所以MC平面PBD.易錯警示使用判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行推理證明時要使條件完備.4.(2018課標(biāo)全國理,19,12分)如圖,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直,M是上異于C,D的點(diǎn).(1)證明:平面AMD平面BMC;(2)當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時,求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值.解析本題考查面面垂直的判定、二面角的計(jì)算、空間向量的應(yīng)用.(1)由題設(shè)知,平面CMD平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽CCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因?yàn)镸為上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑,所以DMCM.又BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時,M為的中點(diǎn).由題設(shè)得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,則即可取n=(1,0,2).是平面MCD的法向量,因此cos<n,>=,sin<n,>=.所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是.解后反思一、面面垂直的判定在證明兩平面垂直時,一般先從現(xiàn)有的直線中尋找平面的垂線,若圖中不存在這樣的直線,則可通過作輔助線來解決.二、利用向量求二面角問題的常見類型及解題方法1.求空間中二面角的大小,可根據(jù)題意建立空間直角坐標(biāo)系,再分別求出二面角的兩個面所在平面的法向量,然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小,但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角.2.給出二面角的大小求解或證明相關(guān)問題,可利用求解二面角的方法列出相關(guān)的關(guān)系式,再根據(jù)實(shí)際問題求解.5.(2018北京理,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(diǎn),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)在三棱柱ABC-A1B1C1中,因?yàn)镃C1平面ABC,所以四邊形A1ACC1為矩形.又E,F分別為AC,A1C1的中點(diǎn),所以ACEF.因?yàn)锳B=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?yàn)锽E平面ABC,所以EFBE.如圖建立空間直角坐標(biāo)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(shè)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?yàn)槠矫鍯C1D的法向量為=(0,2,0),所以cos<n,>=-.由題知二面角B-CD-C1為鈍角,所以其余弦值為-.(3)由(2)知平面BCD的法向量為n=(2,-1,-4),=(0,2,-1).因?yàn)閚·=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=20,所以直線FG與平面BCD相交.6.(2018北京文,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點(diǎn).(1)求證:PEBC;(2)求證:平面PAB平面PCD;(3)求證:EF平面PCD.解析(1)因?yàn)镻A=PD,E為AD的中點(diǎn),所以PEAD.因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,所以BCAD.所以PEBC.(2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,所以ABAD.又因?yàn)槠矫鍼AD平面ABCD,所以AB平面PAD.所以ABPD.又因?yàn)镻APD,所以PD平面PAB.所以平面PAB平面PCD.(3)取PC中點(diǎn)G,連接FG,DG.因?yàn)镕,G分別為PB,PC的中點(diǎn),所以FGBC,FG=BC.因?yàn)锳BCD為矩形,且E為AD的中點(diǎn),所以DEBC,DE=BC.所以DEFG,DE=FG.所以四邊形DEFG為平行四邊形.所以EFDG.又因?yàn)镋F平面PCD,DG平面PCD,所以EF平面PCD.7.(2017課標(biāo)全國文,19,12分)如圖,四面體ABCD中,ABC是正三角形,AD=CD.(1)證明:ACBD;(2)已知ACD是直角三角形,AB=BD.若E為棱BD上與D不重合的點(diǎn),且AEEC,求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比.解析(1)取AC的中點(diǎn)O,連接DO,BO.因?yàn)锳D=CD,所以ACDO.又由于ABC是正三角形,所以ACBO.從而AC平面DOB,故ACBD.(2)連接EO.由(1)及題設(shè)知ADC=90°,所以DO=AO.在RtAOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故DOB=90°.由題設(shè)知AEC為直角三角形,所以EO=AC.又ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=BD.故E為BD的中點(diǎn),從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的,即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為11.8.(2017山東文,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示.四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點(diǎn),E為AD的中點(diǎn),A1E平面ABCD.(1)證明:A1O平面B1CD1;(2)設(shè)M是OD的中點(diǎn),證明:平面A1EM平面B1CD1.證明本題考查線面平行與面面垂直.(1)取B1D1的中點(diǎn)O1,連接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1OC,A1O1=OC,因此四邊形A1OCO1為平行四邊形,所以A1OO1C.又O1C平面B1CD1,A1O平面B1CD1,所以A1O平面B1CD1.(2)因?yàn)锳CBD,E,M分別為AD和OD的中點(diǎn),所以EMBD,又A1E平面ABCD,BD平面ABCD,所以A1EBD,因?yàn)锽1D1BD,所以EMB1D1,A1EB1D1,又A1E,EM平面A1EM,A1EEM=E,所以B1D1平面A1EM,又B1D1平面B1CD1,所以平面A1EM平面B1CD1.方法總結(jié)證明面面垂直的方法:1.面面垂直的定義;2.面面垂直的判定定理(a,a).易錯警示ab,a/ b.9.(2017課標(biāo)全國理,19,12分)如圖,四面體ABCD中,ABC是正三角形,ACD是直角三角形,ABD=CBD,AB=BD.(1)證明:平面ACD平面ABC;(2)過AC的平面交BD于點(diǎn)E,若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分,求二面角D-AE-C的余弦值.解析本題考查面面垂直的證明,二面角的求法.(1)由題設(shè)可得,ABDCBD,從而AD=DC.又ACD是直角三角形,所以ADC=90°.取AC的中點(diǎn)O,連接DO,BO,則DOAC,DO=AO.又由于ABC是正三角形,故BOAC.所以DOB為二面角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)由題設(shè)及(1)知,OA,OB,OD兩兩垂直.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.則A(1,0,0),B(0,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由題設(shè)知,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的,從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的,即E為DB的中點(diǎn),得E.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=.設(shè)n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,則即可取n=.設(shè)m是平面AEC的法向量,則同理可取m=(0,-1,).則cos<n,m>=.易知二面角D-AE-C為銳二面角,所以二面角D-AE-C的余弦值為.方法總結(jié)證明面面垂直最常用的方法是證明其中一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線,即在一個平面內(nèi),找一條直線,使它垂直于另一個平面.用空間向量法求二面角的余弦值時,要判斷二面角是鈍角還是銳角.C組教師專用題組考點(diǎn)垂直的判定和性質(zhì) 1.(2015安徽,5,5分)已知m,n是兩條不同直線,是兩個不同平面,則下列命題正確的是() A.若,垂直于同一平面,則與平行B.若m,n平行于同一平面,則m與n平行C.若,則在內(nèi)與平行的直線D.若m,n,則m與n垂直于同一平面答案D2.(2017北京文,18,14分)如圖,在三棱錐P-ABC中,PAAB,PABC,ABBC,PA=AB=BC=2,D為線段AC的中點(diǎn),E為線段PC上一點(diǎn).(1)求證:PABD;(2)求證:平面BDE平面PAC;(3)當(dāng)PA平面BDE時,求三棱錐E-BCD的體積.解析本題考查線面垂直的判定和性質(zhì),面面垂直的判定及線面平行的性質(zhì),三棱錐的體積.考查空間想象能力.(1)因?yàn)镻AAB,PABC,所以PA平面ABC.又因?yàn)锽D平面ABC,所以PABD.(2)因?yàn)锳B=BC,D為AC中點(diǎn),所以BDAC.由(1)知,PABD,所以BD平面PAC.所以平面BDE平面PAC.(3)因?yàn)镻A平面BDE,平面PAC平面BDE=DE,所以PADE.因?yàn)镈為AC的中點(diǎn),所以DE=PA=1,BD=DC=.由(1)知,PA平面ABC,所以DE平面ABC.所以三棱錐E-BCD的體積V=BD·DC·DE=.直擊高考立體幾何是高考的必考題型,對立體幾何的考查主要有兩個方面:一是空間位置關(guān)系的證明;二是體積或表面積的求解.3.(2015課標(biāo),18,12分)如圖,四邊形ABCD為菱形,ABC=120°,E,F是平面ABCD同一側(cè)的兩點(diǎn),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(shè)BDAC=G,連接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨設(shè)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?yàn)镋G平面AEC,所以平面AEC平面AFC.(6分)(2)如圖,以G為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以,的方向?yàn)閤軸,y軸正方向,|為單位長,建立空間直角坐標(biāo)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)評析本題考查了線面垂直的判定和性質(zhì)、面面垂直的判定、異面直線所成的角.建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,利用空間向量的有關(guān)公式是求解的關(guān)鍵.證明“EG平面AFC”是解題的難點(diǎn).本題屬中等難度題.4.(2015湖北,19,12分)九章算術(shù)中,將底面為長方形且有一條側(cè)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(cè)棱PD底面ABCD,且PD=CD,過棱PC的中點(diǎn)E,作EFPB交PB于點(diǎn)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(jié)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?yàn)镻D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?yàn)镻D=CD,點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),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.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(diǎn)G,則DG是平面DEF與平面ABCD的交線.由(1)知,PB平面DEF,所以PBDG.又因?yàn)镻D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(shè)PD=DC=1,BC=,有BD=,在RtPDB中,由DFPB,得DPF=FDB=,則tan=tanDPF=,解得=.所以=.故當(dāng)面DEF與面ABCD所成二面角的大小為時,=.解法二:(1)如圖,以D為原點(diǎn),射線DA,DC,DP分別為x,y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)PD=DC=1,BC=,則D(0,0,0),P(0,0,1),B(,1,0),C(0,1,0),=(,1,-1),點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),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)因?yàn)镻D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(dāng)面DEF與面ABCD所成二面角的大小為時,=.5.(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,EFBC,BC=4,EF=2a,EBC=FCB=60°,O為EF的中點(diǎn).(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?yàn)锳EF是等邊三角形,O為EF的中點(diǎn),所以AOEF.又因?yàn)槠矫鍭EF平面EFCB,AO平面AEF,所以AO平面EFCB.所以AOBE.(2)取BC中點(diǎn)G,連接OG.由題設(shè)知EFCB是等腰梯形,所以O(shè)GEF.由(1)知AO平面EFCB,又OG平面EFCB,所以O(shè)AOG.如圖建立空間直角坐標(biāo)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(shè)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<n,p>=-.由題設(shè)知二面角F-AE-B為鈍角,所以它的余弦值為-.(3)因?yàn)锽E平面AOC,所以BEOC,即·=0.因?yàn)?(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),所以·=-2(a-2)-3(a-2)2.由·=0及0<a<2,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(xué)生空間想象能力和運(yùn)算求解能力,正確建立空間直角坐標(biāo)系以及表示點(diǎn)的坐標(biāo)是解決本題的關(guān)鍵.6.(2014江西,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,ABCD為矩形,平面PAD平面ABCD.(1)求證:ABPD;(2)若BPC=90°,PB=,PC=2,問AB為何值時,四棱錐P-ABCD的體積最大?并求此時平面BPC與平面DPC夾角的余弦值.解析(1)證明:ABCD為矩形,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)過P作AD的垂線,垂足為O,過O作BC的垂線,垂足為G,連接PG.故PO平面ABCD,BC平面POG,BCPG.在RtBPC中,PG=,GC=,BG=.設(shè)AB=m,則OP=,故四棱錐P-ABCD的體積V=··m·=.因?yàn)閙=,故當(dāng)m=,即AB=時,四棱錐P-ABCD的體積最大.此時,建立如圖所示的坐標(biāo)系,各點(diǎn)的坐標(biāo)為O(0,0,0),B,C,D,P.故=,=(0,0),=.設(shè)平面BPC的法向量為n1=(x,y,1),則由n1,n1得解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).同理可求出平面DPC的法向量為n2=.從而平面BPC與平面DPC夾角的余弦值為cos =.評析本題考查面面垂直的性質(zhì)定理、線線垂直的判定、空間幾何體的體積以及二面角的求解等基礎(chǔ)知識,考查空間想象能力、推理論證能力和運(yùn)算求解能力,正確利用面面垂直的性質(zhì)定理求出棱錐的高是解決本題的關(guān)鍵.計(jì)算失誤是失分的主要原因.7.(2014課標(biāo),19,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)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(diǎn)O,連接AO.因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形,所以B1CBC1,且O為B1C及BC1的中點(diǎn).又ABB1C,所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO,故B1CAO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)因?yàn)锳CAB1,且O為B1C的中點(diǎn),所以AO=CO.又因?yàn)锳B=BC,所以BOABOC.故OAOB,從而OA,OB,OB1兩兩互相垂直.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.因?yàn)镃BB1=60°,所以CBB1為等邊三角形,又AB=BC,則A,B(1,0,0),B1,C.=,=,=.設(shè)n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,則即所以可取n=(1,).設(shè)m是平面A1B1C1的法向量,則同理可取m=(1,-,).則cos<n,m>=.易知二面角A-A1B1-C1為銳角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值為.評析本題主要考查直線與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理、直線與直線垂直、二面角的求法、空間向量的應(yīng)用等基礎(chǔ)知識,考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力.在建立空間直角坐標(biāo)系之前,應(yīng)有必要的證明過程,保證從O點(diǎn)引出的三條射線OA,OB,OB1兩兩垂直.8.(2014湖南,19,12分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等,ACBD=O,A1C1B1D1=O1,四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形.(1)證明:O1O底面ABCD;(2)若CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.解析(1)證明:因?yàn)樗倪呅蜛CC1A1為矩形,所以CC1AC.同理DD1BD,因?yàn)镃C1DD1,所以CC1BD,而ACBD=O,因此CC1底面ABCD.由題設(shè)知,O1OC1C,故O1O底面ABCD,(2)解法一:如圖,過O1作O1HOB1于H,連接HC1.由(1)知,O1O底面ABCD,所以O(shè)1O底面A1B1C1D1,于是O1OA1C1.又因?yàn)樗睦庵鵄BCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等,所以四邊形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1B1D1,從而A1C1平面BDD1B1,所以A1C1OB1,于是OB1平面O1HC1,進(jìn)而OB1C1H,故C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角,不妨設(shè)AB=2,因?yàn)镃BA=60°,所以O(shè)B=,OC=1,OB1=.在RtOO1B1中,易知O1H=2,而O1C1=1,于是C1H=.故cosC1HO1=.即二面角C1-OB1-D的余弦值為.解法二:因?yàn)樗睦庵鵄BCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等,所以四邊形ABCD是菱形,因此ACBD,又由(1)知O1O底面ABCD,從而OB,OC,OO1兩兩垂直.如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB,OC,OO1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,不妨設(shè)AB=2,因?yàn)镃BA=60°,所以O(shè)B=,OC=1,于是相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1,2).易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一個法向量.設(shè)n2=(x,y,z)是平面OB1C1的法向量,則即取z=-,則x=2,y=2,所以n2=(2,2,-),設(shè)二面角C1-OB1-D的大小為,易知是銳角,于是cos =|cos<n1,n2>|=.故二面角C1-OB1-D的余弦值為.9.(2014遼寧,19,12分)如圖,ABC和BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,ABC=DBC=120°,E,F分別為AC,DC的中點(diǎn).(1)求證:EFBC;(2)求二面角E-BF-C的正弦值.解析(1)證法一:過E作EOBC,垂足為O,連接OF.由ABCDBC可證出EOCFOC.所以EOC=FOC=,即FOBC.又EOBC,因此BC面EFO.又EF面EFO,所以EFBC.圖1證法二:以B為坐標(biāo)原點(diǎn),在平面DBC內(nèi)過B且垂直BC的直線為x軸,BC所在直線為y軸,在平面ABC內(nèi)過B且垂直BC的直線為z軸,建立如圖2所示空間直角坐標(biāo)系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而E,F,所以,=,=(0,2,0),因此·=0.從而,所以EFBC.圖2(2)解法一:在圖1中,過O作OGBF,垂足為G,連EG.由平面ABC平面BDC,從而EO面BDC,又OGBF,易知EGBF.因此EGO為二面角E-BF-C的平面角.在EOC中,EO=EC=BC·cos 30°=,由BGOBFC知,OG=·FC=,因此tanEGO=2,從而sinEGO=,即二面角E-BF-C的正弦值為.解法二:在圖2中,平面BFC的一個法向量為n1=(0,0,1).設(shè)平面BEF的法向量為n2=(x,y,z),又=,=,由得其中一個n2=(1,-,1).設(shè)二面角E-BF-C的大小為,且由題意知為銳角,則cos =|cos<n1,n2>|=,因此sin =,即所求二面角的正弦值為.評析本題考查空間位置關(guān)系的證明及空間角的求法,考查線線垂直的本質(zhì)是對垂直關(guān)系轉(zhuǎn)化的考查.在利用向量法求二面角的正弦值時,注意到平面BFC的一個法向量為(0,0,1),可以使問題簡捷,本題的難點(diǎn)和易錯點(diǎn)都是空間直角坐標(biāo)系的建立,由于A,D兩點(diǎn)都不在坐標(biāo)軸上,因此正確求出A,D兩點(diǎn)的坐標(biāo)是解決本題的關(guān)鍵.【三年模擬】一、選擇題(每小題4分,共20分)1.(2019屆浙江高考模擬試卷(三),5)已知直線l平面,直線m平面,現(xiàn)給出以下四個命題:llm;lm;lm;lml.其中,是正確命題的是() A.B.C.D.答案D2.(2019屆浙江溫州普通高中適應(yīng)性測試,6)設(shè)、是兩個不同的平面,m、n是兩條不同的直線,則下列說法正確的是()A.若,=m,mn,則nB.若,n,則nC.若m,m,則D.若m,m,n,則n答案D3.(2018浙江重點(diǎn)中學(xué)12月聯(lián)考,9)已知三棱錐P-ABC的底面ABC是邊長為2的正三角形,A點(diǎn)在側(cè)面PBC內(nèi)的射影H為PBC的垂心,二面角P-AB-C的平面角的大小為60°,則AP的長為() A.3B.3C.D.4答案C4.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)模擬,6)從正方體的8個頂點(diǎn)中選取4個,連接成一個四面體,則關(guān)于這個四面體的各個面,下列敘述錯誤的是()A.有且只有一個面是直角三角形B.每個面都可能是等邊三角形C.每個面都可能是直角三角形D.可能只有一個面是等邊三角形答案A5.(2018浙江新高考調(diào)研卷三(杭州二中),10)已知ABC的三角A,B,C所對的三邊為a,b,c,且a<b<c,點(diǎn)P在ABC所在平面上的投影恰好是ABC的重心G,設(shè)平面PAB,PAC,PCB與底面ABC所成的銳二面角的平面角分別為,則有()A.>>B.<<C.=D.<<答案A二、填空題(單空題4分,多空題6分,共4分)6.(2018浙江新高考調(diào)研卷二(鎮(zhèn)海中學(xué)),17)如圖,在矩形ABCD中,AB=2,AD=3,點(diǎn)E在線段AD上且AE=2,現(xiàn)分別沿BE,CE將ABE,DCE翻折,使得點(diǎn)D落在線段AE上,則此時二面角D-EC-B的余弦值為. 答案三、解答題(共45分)7.(2019屆浙江名校協(xié)作體高三聯(lián)考,19)如圖,在三棱錐P-ABC中,PAC和ABC均為等腰三角形,且APC=BAC=90°,PB=AB=4.(1)判斷ABPC是否成立,并給出證明;(2)求直線PB與平面ABC所成角的正弦值.解析(1)ABPC不成立.證明如下:(2分)假設(shè)ABPC,因?yàn)锳BAC,且PCAC=C,所以AB平面PAC,(5分)所以ABPA,這與已知PB=AB=4矛盾,所以ABPC不成立.(7分)(2)解法一:取AC的中點(diǎn)O,BC的中點(diǎn)G,連接PO,OG,PG,由已知得PO=OG=PG=2,(9分)ACPO,ACOG,且POOG=O,所以AC平面POG,又AC平面ABC,所以平面ABC平面POG,(12分)取OG的中點(diǎn)H,連接BH,則PH平面ABC,所以PBH就是直線PB與平面ABC所成的角,因?yàn)镻H=,PB=4,所以sinPBH=.(15分)解法二:以A為原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),B(4,0,0),C(0,4,0),(9分)設(shè)P(x,y,z),由即解得所以P(1,2,),則=(-3,-2,-),(11分)易知平面ABC的一個法向量是n=(0,0,1),(13分)設(shè)直線PB與平面ABC所成角的大小為.所以sin =