2019-2020年高考数学一轮总复习第八章立体几何8.4直线平面垂直的判定与性质专用题组理新人教B版.doc

2019-2020年高考数学一轮总复习第八章立体几何8.4直线平面垂直的判定与性质专用题组理新人教B版考点垂直的判定与性质13.(xx浙江,20,15分)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC平面BCDE,CDE=BED=90,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.(1)证明:DE平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小.解析(1)证明: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,从而AC平面BCDE,所以ACDE.又DEDC,从而DE平面ACD.(2)解法一:作BFAD,与AD交于点F,过点F作FGDE,与AE交于点G,连结BG,由(1)知DEAD,则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,从而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=,AF=AD.从而GF=.在ABE,ABG中,利用余弦定理分别可得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为原点,分别以射线DE,DC为x轴,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示.由题意及(1)知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0).设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量为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|=,由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是.评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力、推理论证和运算求解能力.14.(xx四川,19,12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1底面ABC,AB=AC=2AA1,BAC=120,D,D1分别是线段BC,B1C1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A1BC平行的直线l,说明理由,并证明直线l平面ADD1A1;(2)设(1)中的直线l交AB于点M,交AC于点N,求二面角A-A1M-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A1BC外,BC在平面A1BC内,由直线与平面平行的判定定理可知,l平面A1BC.由已知,AB=AC,D是BC的中点,所以BCAD,则直线lAD.因为AA1平面ABC,所以AA1直线l.又因为AD,AA1在平面ADD1A1内,且AD与AA1相交,所以直线l平面ADD1A1.(6分)(2)解法一:连结A1P,过A作AEA1P于E,过E作EFA1M于F,连结AF.由(1)知,MN平面AEA1,所以平面AEA1平面A1MN.所以AE平面A1MN,则A1MAE.所以A1M平面AEF,则A1MAF.故AFE为二面角A-A1M-N的平面角(设为).设AA1=1,则由AB=AC=2AA1,BAC=120,有BAD=60,AB=2,AD=1.又P为AD的中点,所以M为AB中点,且AP=,AM=1,所以在RtAA1P中,A1P=;在RtA1AM中,A1M=.从而AE=,AF=,所以sin =,所以cos =.故二面角A-A1M-N的余弦值为.(12分)解法二:设A1A=1.如图,过A1作A1E平行于B1C1,以A1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A1重合).则A1(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,所以=,=(0,0,1),=(,0,0).设平面AA1M的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即故有从而取x1=1,则y1=-,所以n1=(1,-,0).设平面A1MN的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即故有从而取y2=2,则z2=-1,所以n2=(0,2,-1).设二面角A-A1M-N的平面角为,又为锐角,则cos =.故二面角A-A1M-N的余弦值为.(12分)评析本题主要考查基本作图、线面的平行与垂直、二面角等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,并考查应用向量知识解决立体几何问题的能力.15.(xx山东,18,12分)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,ABCD,DAB=60,FC平面ABCD,AEBD,CB=CD=CF.(1)求证:BD平面AED;(2)求二面角F-BD-C的余弦值.解析(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,ABCD,DAB=60,所以ADC=BCD=120.又CB=CD,所以CDB=30,因此ADB=90,ADBD,又AEBD,且AEAD=A,AE,AD平面AED,所以BD平面AED.(2)解法一:由(1)知ADBD,所以ACBC.又FC平面ABCD,因此CA,CB,CF两两垂直.以C为坐标原点,分别以CA,CB,CF所在的直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设CB=1.则C(0,0,0),B(0,1,0),D,-,0,F(0,0,1),因此=,=(0,-1,1).设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),则m=0,m=0,所以x=y=z,取z=1,则m=(,1,1).由于=(0,0,1)是平面BDC的一个法向量,则cos=,所以二面角F-BD-C的余弦值为.解法二:取BD的中点G,连结CG,FG.由于CB=CD,因此CGBD,又FC平面ABCD,BD平面ABCD,所以FCBD.由于FCCG=C,FC,CG平面FCG,所以BD平面FCG.故BDFG.所以FGC为二面角F-BD-C的平面角.在等腰三角形BCD中,由于BCD=120,因此CG=CB,又CB=CF,所以GF=CG.故cosFGC=.因此二面角F-BD-C的余弦值为.评析本题考查线面垂直的判定与性质,考查二面角的平面角的求法,考查学生运算求解及推理论证能力.16.(xx福建,18,13分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD中点.(1)求证:B1EAD1;(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由;(3)若二面角A-B1E-A1的大小为30,求AB的长.解析(1)以A为原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设AB=a, 则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1),故=(0,1,1),=,=(a,0,1),=.=-0+11+(-1)1=0,B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP平面B1AE.此时=(0,-1,z0).又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).n平面B1AE,n,n,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=.要使DP平面B1AE,只要n,有-az0=0,解得z0=.又DP平面B1AE,存在点P,满足DP平面B1AE,此时AP=.(3)连结A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1A1D.B1CA1D,AD1B1C.又由(1)知B1EAD1,且B1CB1E=B1,AD1平面DCB1A1,是平面A1B1E的一个法向量,此时=(0,1,1).设与n所成的角为,则cos =.二面角A-B1E-A1的大小为30,|cos |=cos 30,即=,解得a=2,即AB的长为2.评析本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系及二面角等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想.17.(xx湖南,19,13分)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,且A1A底面ABCD.点P,Q分别在棱DD1,BC上.(1)若P是DD1的中点,证明:AB1PQ;(2)若PQ平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为,求四面体ADPQ的体积.解析解法一:由题设知,AA1,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为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的中点,则P,=.又=(3,0,6),于是=18-18=0,所以,即AB1PQ.(2)由题设知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,则即取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),所以cos=.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=(01),而=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3,6),所以=(6,3-2,-6).因为PQ平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以n3=0,即3-2=0,亦即=,从而P(0,4,4).于是,将四面体ADPQ视为以ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=SADQh=664=24.解法二:(1)如图a,取A1A的中点R,连结PR,BR.因为A1A,D1D是梯形A1ADD1的两腰,P是D1D的中点,所以PRAD,于是由ADBC知,PRBC,所以P,R,B,C四点共面.由题设知,BCAB,BCA1A,所以BC平面ABB1A1,因此BCAB1.因为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.图a图b(2)如图b,过点P作PMA1A交AD于点M,则PM平面ABB1A1.因为A1A平面ABCD,所以PM平面ABCD.过点M作MNQD于点N,连结PN,则PNQD,PNM为二面角P-QD-A的平面角,所以cosPNM=,即=,从而=.连结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为矩形,故MQ=AB=6.设MD=t,则MN=.过点D1作D1EA1A交AD于点E,则AA1D1E为矩形,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.故四面体ADPQ的体积V=SADQPM=664=24.18.(xx湖南,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,ACBD=O,A1C1B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O底面ABCD;(2)若CBA=60,求二面角C1-OB1-D的余弦值.解析(1)证明:因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1AC.同理DD1BD,因为CC1DD1,所以CC1BD,而ACBD=O,因此CC1底面ABCD.由题设知,O1OC1C,故O1O底面ABCD,(2)解法一:如图,过O1作O1HOB1于H,连结HC1.由(1)知,O1O底面ABCD,所以O1O底面A1B1C1D1,于是O1OA1C1.又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1B1D1,从而A1C1平面BDD1B1,所以A1C1OB1,于是OB1平面O1HC1,进而OB1C1H,故C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角,不妨设AB=2,因为CBA=60,所以OB=,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,因此ACBD,又由(1)知O1O底面ABCD,从而OB、OC、OO1两两垂直.如图,以O为坐标原点,OB,OC,OO1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),B1(,0,2),C1(0,1,2).易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量.设n2=(x,y,z)是平面OB1C1的法向量,则即取z=-,则x=2,y=2,所以n2=(2,2,-),设二面角C1-OB1-D的大小为,易知是锐角,于是cos =|cos|=.故二面角C1-OB1-D的余弦值为.19.(xx辽宁,18,12分)如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点.(1)求证:平面PAC平面PBC;(2)若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A的余弦值.解析(1)证明:由AB是圆的直径,得ACBC,由PA平面ABC,BC平面ABC,得PABC.又PAAC=A,PA平面PAC,AC平面PAC,所以BC平面PAC.因为BC平面PBC,所以平面PBC平面PAC.(6分)(2)解法一:过C作CMAP,则CM平面ABC.如图,以点C为坐标原点,直线CB,CA,CM分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.因为AB=2,AC=1,所以BC=.因为PA=1,所以A(0,1,0),B(,0,0),P(0,1,1),故=(,0,0),=(0,1,1).设平面BCP的法向量为n1=(x,y,z).则所以不妨令y=1,则n1=(0,1,-1).因为=(0,0,1),=(,-1,0),设平面ABP的法向量为n2=(x,y,z),则所以不妨令x=1,则n2=(1,0).于是cos=,所以由题意可知二面角C-PB-A的余弦值为.(12分)解法二:过C作CMAB于M,因为PA平面ABC,CM平面ABC,所以PACM,故CM平面PAB.过M作MNPB于N,连结NC,由三垂线定理得CNPB.所以CNM为二面角C-PB-A的平面角.在RtABC中,由AB=2,AC=1,得BC=,CM=,BM=.在RtPAB中,由AB=2,PA=1,得PB=.因为RtBNMRtBAP,所以=,故MN=.又在RtCNM中,CN=,故cosCNM=.所以二面角C-PB-A的余弦值为.(12分)20.(xx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)在题图中,易得OC=3,AC=3,AD=2.连结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AO2+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,连结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.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,),=(-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.评析本题主要考查线面垂直的判定,二面角的求解以及翻折问题,考查学生空间想象能力,逻辑推理论证能力以及基本运算求解能力.抓住翻折前后的不变量是解决此类问题的关键.21.(xx陕西,18,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O为底面中心,A1O平面ABCD,AB=AA1=.(1)证明:A1C平面BB1D1D;(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小.解析(1)解法一:由题设易知OA,OB,OA1两两垂直,以O为原点建立空间直角坐标系,如图.AB=AA1=,OA=OB=OA1=1,A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,0),A1(0,0,1).由=,易得B1(-1,1,1).=(-1,0,-1),=(0,-2,0),=(-1,0,1),=0,=0,A1CBD,A1CBB1,A1C平面BB1D1D.解法二:A1O平面ABCD,A1OBD.又底面ABCD是正方形,BDAC,BD平面A1OC,BDA1C.又OA1是AC的中垂线,A1A=A1C=,且AC=2,AC2=A+A1C2,AA1C是直角三角形,AA1A1C.又BB1AA1,A1CBB1,A1C平面BB1D1D.(2)设平面OCB1的法向量n=(x,y,z).=(-1,0,0),=(-1,1,1),取n=(0,1,-1),由(1)知,=(-1,0,-1)是平面BB1D1D的一个法向量,cos =|cos|=.又0,=.22.(xx广东,18,13分)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,点E在线段PC上,PC平面BDE.(1)证明:BD平面PAC;(2)若PA=1,AD=2,求二面角B-PC-A的正切值.解析(1)证明:BD平面PAC.(2)解法一:由(1)得BD平面PAC,BDAC.又四边形ABCD为矩形,四边形ABCD是正方形.设AC交BD于O点,连结EO,PC平面BDE,PCBE,PCEO.BEO即为二面角B-PC-A的平面角.PA=1,AD=2,AC=2,BO=OC=,PC=3,又OE=,在直角三角形BEO中,tanBEO=3,二面角B-PC-A的正切值为3.解法二:由(1)可知BD面PAC,BDAC,矩形ABCD为正方形,建立如图所示的坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,1),C(2,2,0),B(2,0,0).=(0,0,1),=(2,2,0).设平面PAC的法向量为n1=(x,y,z),则令x=1,y=-1,z=0.即n1=(1,-1,0).同理求得面PBC的一个法向量为n2=(1,0,2).cos=.设二面角B-PC-A的大小为,则cos =,sin =,tan =3.