2019年高考數(shù)學真題分類匯編 8.4 直線、平面垂直的判定和性質(zhì) 理考點垂直的判定與性質(zhì)1.(xx廣東,7,5分)若空間中四條兩兩不同的直線l1,l2,l3,l4,滿足l1l2,l2l3,l3l4,則下列結(jié)論一定正確的是()A.l1l4 B.l1l4C.l1與l4既不垂直也不平行 D.l1與l4的位置關(guān)系不確定答案D2.(xx課標,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)連結(jié)BC1,交B1C于點O,連結(jié)AO.因為側(cè)面BB1C1C為菱形,所以B1CBC1,且O為B1C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,OB1兩兩互相垂直.以O(shè)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(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>=.所以二面角A-A1B1-C1的余弦值為.3.(xx福建,17,13分)在平面四邊形ABCD中,AB=BD=CD=1,ABBD,CDBD.將ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如圖.(1)求證:ABCD;(2)若M為AD中點,求直線AD與平面MBC所成角的正弦值.解析(1)證明:平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,AB平面ABD,ABBD,AB平面BCD.又CD平面BCD,ABCD.(2)過點B在平面BCD內(nèi)作BEBD,如圖.由(1)知AB平面BCD,BE平面BCD,BD平面BCD,ABBE,ABBD.以B為坐標原點,分別以,的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系.依題意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M,則=(1,1,0),=,=(0,1,-1).設(shè)平面MBC的法向量為n=(x0,y0,z0),則即取z0=1,得平面MBC的一個法向量為n=(1,-1,1).設(shè)直線AD與平面MBC所成角為,則sin =|cos<n,>|=,即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為.4.(xx廣東,18,13分)如圖,四邊形ABCD為正方形,PD平面ABCD,DPC=30,AFPC于點F,FECD,交PD于點E.(1)證明:CF平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值.解析(1)證明:PD平面ABCD,PDAD,又CDAD,PDCD=D,AD平面PCD,ADPC,又AFPC,AFAD=A,PC平面ADF,即CF平面ADF.(2)解法一:設(shè)AB=1,則RtPDC中,CD=1,DPC=30,PC=2,PD=,由(1)知CFDF,DF=,CF=,又FECD,=,DE=,同理,EF=CD=,如圖所示,以D為原點,建立空間直角坐標系,則A(0,0,1),E,F,P(,0,0),C(0,1,0).設(shè)m=(x,y,z)是平面AEF的法向量,則又令x=4,得z=,故m=(4,0,),由(1)知平面ADF的一個法向量為=(-,1,0),設(shè)二面角D-AF-E的平面角為,可知為銳角,cos =|cos<m,>|=,故二面角D-AF-E的余弦值為.解法二:設(shè)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=,在ADE中,AE=,在ADF中,AF=.由VA-DEF=SADEEF=SADFhE-ADF,解得hE-ADF=,設(shè)AEF的邊AF上的高為h,由SAEF=EFAE=AFh,解得h=,設(shè)二面角D-AF-E的平面角為.則sin =,cos =.5.(xx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.(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OF.圖1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.證法二:由題意,以B為坐標原點,在平面DBC內(nèi)過B作垂直BC的直線為x軸,BC所在直線為y軸,在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸,建立如圖2所示空間直角坐標系,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,由三垂線定理知EGBF.因此EGO為二面角E-BF-C的平面角.在EOC中,EO=EC=BCcos 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.6.(xx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:因為四邊形ACC1A1為矩形,所以CC1AC.同理DD1BD,因為CC1DD1,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,連結(jié)HC1.由(1)知,O1O底面ABCD,所以O(shè)1O底面A1B1C1D1,于是O1OA1C1.又因為四棱柱ABCD-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,進而OB1C1H,故C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角,不妨設(shè)AB=2,因為CBA=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:因為四棱柱ABCD-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)為坐標原點,OB,OC,OO1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系O-xyz,不妨設(shè)AB=2,因為CBA=60,所以O(shè)B=,OC=1,于是相關(guān)各點的坐標為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.7.(xx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,連結(jié)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=.因為m=,故當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系,各點的坐標為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 =.8.(xx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F,過點F作FGDE,與AE交于點G,連結(jié)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.由于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=,AF=AD.從而GF=.在ABE,ABG中,利用余弦定理分別可得cosBAE=,BC=.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,分別以射線DE,DC為x軸,y軸的正半軸,建立空間直角坐標系D-xyz,如圖所示.由題意知各點坐標如下: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>|=,由題意可知,所求二面角是銳角,故二面角B-AD-E的大小是.