2021年新課標(biāo)版理數(shù)高考復(fù)習(xí)練習(xí)講義：8 .4 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)

8.4直線、平面垂直的判定與性質(zhì)

探考情悟真題

【考情探究】

5年考情預(yù)測(cè)熱

考點(diǎn)內(nèi)容解讀

考題示例考向關(guān)聯(lián)考點(diǎn)度

線面垂直的判

2019課標(biāo)II,17,12分二面角

1.直線與平定

★★

面垂直的判

★

定與性質(zhì)線面垂直的判

(1)以立體幾何的有關(guān)2016課標(biāo)II,19,12分翻折問題、二面角

定

定義、公理和定理為出

發(fā)點(diǎn),認(rèn)識(shí)和理解空間面面垂直的判

2019課標(biāo)III,19,12分翻折問題、二面角

中線面垂直、面面垂直定

的有關(guān)判定與性質(zhì)定曲卸垂直的判

2017課標(biāo)1,18,12分二面角

理，并能夠證明相關(guān)性定

質(zhì)定理.

2.平面與平面面垂直的三棱錐的體積

★★

面垂直的判(2)能運(yùn)用線面垂直、2017課標(biāo)HI,19,12分

定義和判定及二面角★

定與性質(zhì)卸卸垂直的判定及性質(zhì)

定理證明空間圖形的垂面面垂直的判

2016課標(biāo)1,18,12分二面角

直關(guān)系定

面面垂直的判線面垂直的性質(zhì)、

2015課標(biāo)1,18,12分

定異面直線所成的角

分析解讀從近5年高考情況來看,線面、面面垂直的判定與性質(zhì)是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容，以選擇題、填空題

的形式出現(xiàn)時(shí),?？疾榕袛嗝}的真假;以解答題的形式出現(xiàn)時(shí),常考查幾何體中直線、平面垂直的證明.解答時(shí)

要把定義、判定和性質(zhì)結(jié)合起來,會(huì)進(jìn)行線線、線面、面面問題的相互轉(zhuǎn)化.考查學(xué)生的直觀想象和邏輯推理的

核心素養(yǎng).

破考點(diǎn)練考向

【考點(diǎn)集訓(xùn)】

考點(diǎn)一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)

1.（2019北京,12,5分）已知1,m是平面a外的兩條不同直線.給出下列三個(gè)論斷:

①l_Lm;②m〃a；③1J_a.

以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論,寫出一個(gè)正確的命題:.

答案若1_Lm,1J_a,則m〃a（答案不唯一）

2.（2018河南商丘二模,15）如圖,PA_L/0所在的平面,AB是圓0的直徑,C是圓0上一點(diǎn),E、F分別是A在PB、

PC上的射影，給出下列結(jié)論：

①AF±PB;②EF±PB;③AF±BC;@AE±平面PBC.

其中正確命題的序號(hào)是.

答案①②③

3.（2020屆陜西百校聯(lián)盟9月聯(lián)考,19）如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD為矩

形，ZPDC=ZPCD,ZCPB=ZCBP,BC考AB,PD±BC,點(diǎn)M是線段AB上靠近A的三等分點(diǎn).

⑴求證:PCJ_PA;

（2）求二面角M-PC-B的余弦值.

解析⑴證明：：BC_LPD,BC_LDC,PDnDC=D,

.?.BC_L平面PDC,（1分）

，AD_L平面PDC,

又PCc平面PDC,.,.PC±AD,（2分）

ZPDC=ZPCD,ZCPB=ZCBP,BC=yAB,

；.PD=PC=BC,DC=AB=V2PC,

故PC2+PD2=DC2,

，PC_LPD,?.,ADnPD=D,，PC_L平面PAD.（4分）

又PAc平面PAD,故PC±PA.（5分）

⑵作PO_LCD于0,

因?yàn)锽CJ_平面PDC,BCc平面ABCD,

所以平面ABCD,平面PDC,又平面ABCDCl平面PDC=CD,故P0_L平面ABCD,

以點(diǎn)0為原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)PC=PD=2,

則P（0,0,V2）,C（0,V2,0）,A（2,-V2,0）,B（2,V2,0）,M（2,-y,0）,PC=（0,V2,-

V2）,CM=（2,-苧,0）,CB=（2,0,0）.（8分）

設(shè)平面PMC的法向量為n=(x,y,z),

.便?n=o,」&y-&z=°，

(CM?n=0(2x-^y=0,

，不妨取y=3,則n=(2V2,3,3),

設(shè)平面PBC的法向量為m=（a,b,c）,

?m=0,=>(V2b-V2c=0,

?m=02a=0,

，不妨取b=l,則in=(0,1,1),(10分)

m,n63V13

/.cos<m,n>=-

\m\\n\V18+8?\[213，

又二面角M-PC-B為銳角,故二面角M-PC-B的余弦值為警.（12分）

考點(diǎn)二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)

1.（2019陜西咸陽二模,4）設(shè)a,b為兩條不同的直線，a,B為兩個(gè)不同的平面,則下列命題正確的是（）

A.若alla,b〃a，貝a//b

B.若aua,buB,a〃B,貝!]a〃b

C.若a〃a,a//B,貝！]a〃B

D.若a±a,b_LB,a_Lb,貝！]a_LB

答案D

2.（2019安徽銅陵一模,8）如圖,四棱錐P-ABCD中,PA_L底面ABCD,底面ABCD為正方形,則下列結(jié)論:

①AD〃平面PBC;

②平面PACL平面PBD;

③平面PABL平面PAC；

④平面PAD，平面PDC.

其中正確的結(jié)論序號(hào)是.

答案①②④

3.(2020屆黑龍江哈爾濱月考,18)在如圖所示的幾何體中,四邊形CFGD是正方形,底面ABCD是平行四邊形,且

平面CFGD_L底面ABCD,CF〃BE,BC=2CD=4BE,ZDCB=120°.

⑴證明:平面ACG±平面ABE;

(2)求點(diǎn)G到平面ACE的距離.

解析⑴證明：I,四邊形CFGD是正方形，；.CF_LCD.

?.?平面CFGDJ_底面ABCD,且平面CFGDn平面ABCD=CD,

；.CF_L平面ABCD.（2分）

?；CF〃BE,，BE_L平面ABCD,

又ACc平面ABCD,.\BE1AC.

,.,ZDCB=120°,.,.ZABC=60°.：BC=2CD=2AB,.\AB_LAC.（4分）

VABnBE=B,/.ACJ_平面ABE,

又ACu平面ACG,，平面ACG_L平面ABE.（6分）

(2)由已知不妨設(shè)BC=4,則CD=2,EB=1,AC=2同

如圖,過點(diǎn)A作AHEB,連接GH,HE,得到四棱柱AHGD-BEFC.

易知平面AHGD與平面BEFC平行,且兩平面之間的距離為噌=6，

4

又S梯形AHGD=：X(1+2)X4=6,則VAHGD-BEFC=6V3.

設(shè)點(diǎn)G到平面ACE的距離為h,

易知VB-FW^A-DGC^x1x2X2X2>/3=-^,

VG-AEH=VC-AEB=~X—X1X2X2V3-——,

323

==

VC-ABC=VAHCD-BBFC-2Vc-AEH-2VE-FGC=6V^---^=2V^,SAACE^ACXAE—X2V3XVsV15.

VG-ACE=|XSAACEXh三XmXh=2V3,貝［Jh=g.

故點(diǎn)G到平面ACE的距離為第.(12分)

煉技法提能力

【方法集訓(xùn)】

方法1證明直線與平面垂直的方法

1.(2019廣西南寧質(zhì)檢，18)四棱錐P-ABCD中,AB〃CD,ZABC=90°,BC=CD=PD=2,AB=4,PA1BD,平面PBCJ_平面

PCD,M,N分別是AD,PB的中點(diǎn).

(1)證明:PD,平面ABCD;

(2)求MN與平面PDA所成角的正弦值.

解析⑴證明:取PC中點(diǎn)Q,連接DQ.

VCD=PD,.?.DQ1PC,

又?.?平面PBC_L平面PCD,且兩平面交于PC,

；.DQ_L平面PBC,

VBCcz平面PBC,.\DQ_LBC,

由題易知BC±CD,VDQnDC=D,

.,.BC±^F?PDC,/.80±?0.

在直角梯形ABCD中,易求得BD=2迎,AD=2迎,

又AB=4,則AD2+BD2=AB2,即BD±AD.

又YBD^PA,ADAPA=A,

.,.BDl^pSPAD,ABDIPD.

VBCnBD=B,

；.PD_L平面ABCD.

⑵以D為原點(diǎn),DA,DB,而方向分別為x軸,y軸,z軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則

A(2V2,0,0),B(0,2V2,0),P(0,0,2),M(V2,0,0),N(0,V2,1),MN=(-&,魚,1).由(1)知,平面PAD的法向量為

DB=(0,2V2,0),故所求線面角的正弦值為|cos〈麗,DB>1］黑?黑卜屋汴=絲

2.(2019四川教考聯(lián)盟第三次適應(yīng)性考試,19)如圖,在棱長為1的正方體PB,N.D.-ABND中，動(dòng)點(diǎn)C在線段BN上運(yùn)

動(dòng)，且有阮一而(0〈入W1).

⑴若入=1,求證:PCJ_BD;

(2)若二面角B-PC-D的平面角的余弦值為-粵,求實(shí)數(shù)X的值.

解析⑴證明:當(dāng)入=1時(shí),C與N重合,連接AN,

則在正方形ABND中,BD±AN.

又在正方體中,PA_L底面ABND,BDc平面ABND,所以PA1BD.

又PAnAN=A，所以BD_L平面PANNi,

又PNc平面PANNi,

所以PN1BD,也即PC±BD.

(2)依題意,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸,

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

則C(l,X,o),p(o,0,D.Bd,O,0),D(0,1,0),

PC=(1,、,T),而=(1,O,T),而=(0,1,T).

設(shè)平面PBC的法向量為m=(xbyi,zi),

則,1.坐=0,即jxg=0,

(n1?PC=0,lx14-入y1-Zi=0,

取zi=l,得m=(1,0,1).

設(shè)平面PCD的法向量為n2=(x2,y2,z2),

則1n2?匹=0,即r2+入丫2/2=o,

(n2,PD=0,ly2-z2=0,

取Z2=l,得廿(1-入，1,1).

所以|cos〈ni,n2>|二1%?n2|_|2-1|5VH

㈤?也廣四XR+Q對(duì)225

解得人三或入=T3.

因?yàn)?〈入W1,所以人

盤睡a本題考查證明線線關(guān)系以及利用空間向量求二面角等基礎(chǔ)知識(shí),意在考查運(yùn)算求解能力,邏輯思維能力.

方法2證明平面與平面垂直的方法

1.（2020屆云南昆明高三第二次月考,19）如圖,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E是CD的中點(diǎn)，將ADAE沿AE折到

△FAE的位置,使平面FAE_L平面ABCE.

⑴求證:AF_LEB;

(2)求二面角A-BF-E的大小.

解析⑴證明：：AE=BE=2V2,AB=4,AB2=AE2+BE2,

；.EB_LAE,?.,平面FAE_L平面ABCE,平面FAEC1平面ABCE=AE,

；.EB_L平面FAE,VAFc平面FAE,；.AF_LEB.

(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(4,2,0),C(0,0,0),B(0,2,0),F⑶1,金)，E(2,0,0),從而

BA=(4,0,0),BF=(3,-1,V2),BE=(2,-2,0).

設(shè)m=(x,y,z)為平面ABF的法向量,

,BA=4x=0,

則可以取m=(0,V2,1),

,BF=3x-y+V2z=0,

設(shè)n2=(a,b,c)為平面BFE的法向量，

則「2?BE=2a-2b=0,可以取自卜1,一物，因此ni.n2=0,有ni±n2)即平面ABFJ_平面BFE,故二面角

(n2?BF=3a-b+V2c=0,

A-BF-E的大小為90。.

2.(2018河南鄭州二模,19)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA_L平面ABCD,ADAB^ADCB,E為線段BD上一點(diǎn),

且EB=ED=EC=BC,延長CE交AD于F.

⑴若G為PD的中點(diǎn)求證:平面PAD_L平面CGF;

(2)右BC=2,PA=3,求平面BCP與平面DCP所成銳—面角的余弦值.

解析⑴證明:在4BCD中,EB=ED=EC=BC,故NBCDq,ZCBE=ZCEB=^,

連接AE,VADAB^ADCB,.,.AEAB^AECB,

從而有NFED=NBEC=NAEB=g,AE=CE=DE.(3分)

ZAEF=ZFED=p故EF±AD,AF=FD.

又PG=GD,，F(xiàn)G〃PA.

又PA_L平面ABCD,故GF_L平面ABCD,

.,.GF1AD,又GFCEF=F,故AD_L平面CFG.

又ADc平面PAD,，平面PAD，平面CGF.(6分)

(2)以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則A(0,0,0),B(2,0,0),C(3,V3,0),D(0,2遮,0),P(0,0,3).

故前=(1,V3,0),CP=(-3,-V3,3),CD=(-3,V3,0).

設(shè)平面BCP的一個(gè)法向量為m=(1,ybzi),

.V3

則解得'即m=(14，|).(9分)

-3-V3yl+3zi=0,Zl/

設(shè)平面DCP的一個(gè)法向量為n2=(l,y2,z2),

貝片3+V3y2=0,解得=V3,gpn_（1；翼,2）.

t-3-V3y2+3Z2=0,92=2,

從而平面BCP與平面DCP所成銳二面角的余弦值為普粵=下:咚（12分）

3.（2019陜西寶雞二模,19）如圖,在五面體ABCDEF中,四邊形EDCF是正方

形,AD=DE=1,NADE=90°,ZADC=ZDCB=120".

（1）求證:平面ABCD±平面EDCF;

⑵求三棱推A-BDF的體積.

解析(1)證明：.?.在五面體ABCDEF中,四邊形EDCF是正方形,ZADE=90°,

.,.AD±DE,CDIDE.

VADACD=D,DE±平面ABCD.

VDEc平面EDCF,.?.平面ABCD，平面EDCF.

(2)由題意可知EF/7CD,又EFc平面ABFE,CDC平面ABFE,，CD〃平面ABFE,\?平面ABCDn平面ABFE=AB,

；.CD〃AB.故易得四邊形ABCD是等腰梯形.

；.BC=AD=1.在ABCD中，由CD=BC=1,NBCD=120。，可得DB=VJ,NCDB=30°.ZADB=90".

由ED〃CF可得CF_L平面ABCD.

VA-BDF=V-AFBD=~SAADBXCF=|x|xixV3Xl=y.

【五年高考】

A組統(tǒng)一命題?課標(biāo)卷題組

考點(diǎn)一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)

1.（2019課標(biāo)II,17,12分）如圖,長方體ABCD-ABCD的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AAi上,BE_LEQ

⑴證明:BE_L平面EBiCi；

（2）若AE=AiE,求二面角B-EC-G的正弦值.

解析本題考查線面垂直的判定和性質(zhì),空間向量的應(yīng)用,考查空間想象能力,運(yùn)算求解能力,考查了直觀想象的

核心素養(yǎng).

⑴證明：由已知得,B￡_L平面ABBiAi,BEc平面ABBiAi,

故BC_LBE.

又BE_LECi,所以BE_L平面EBiCi.

⑵由（1）知NBEBi=90°.

由題設(shè)知RtAABE^RtAAjBiE,

所以NAEB=45。，故AE=AB,AAi=2AB.

以D為坐標(biāo)原點(diǎn),碗的方向?yàn)閤軸正方向，|DA|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,

c.

!il!]C(0,1,0),B(1,1,0),Cl(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CF=d,-l,1),CC1=(O,0,2).

設(shè)平面EBC的法向量為n=(x,y,z),

'X=0

?"°，即g+'z=。所以可取『@一「)

?n=0,

設(shè)平面ECC)的法向量為m=(xi,ybzj,

，m=:二:…所以可取

則M

m=0,I

-r-日z

于是cos<n,m>\=n,m-1

|n||m|2

所以,二面角B-EC-a的正弦值為當(dāng)

222

o一題多解⑵連接BG.設(shè)AE=m,不妨令A(yù)B=1,則BE=Vm+1,CiE^m+2,BC1=V(2m)+1.

22

VBE±ECb.,.4m+>2m+3,解得m=l,則AA,=2.

連接AC,BD,相交于點(diǎn)0,連接AC.

由題意可知AC1BD,BD±CCbACClCCi=C,

，BD_L平面AA￡C,，BD_LCE,

即BOICE.

在長方形AA>CiC中,AC=V2,AA>=2,連接ACb有箸方親XZEAC=ZCiCA=90°,貝!]RtACiCA^RtACAE.

.,.ZECA+ZCiAC=90°,.'.CElACi.

取CCi的中點(diǎn)F,連接OF,BF,則0F〃AG,，OF_LCE.

BOn0F=0,CEJ_平面FOB.

設(shè)CEnOF=G,連接BG,.,.CE±BG,CE_LFG,則NBGF為二面角B-CE-Q的平面角,且sinZBGF=sinZBGO.設(shè)

ACinCE=H,易得/XAEHs/iCiCH.y.'AE=|cCi,.1.AH^ACi.易知OG〃AH,又為AC的中

rr返

點(diǎn),.?何二迪.YBO哆06=決心AG邛,BO_LOG,.?.tan/BGO太=遍,.?./BG0=60°，貝！J/BGF=120°，故

6

sinZBGF^.

2

所以二面角B-EC-a的正弦值為當(dāng)

2.（2016課標(biāo)II,19,12分）如圖,菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)0,AB=5,AC=6,點(diǎn)E,F分別在AD,CD

上,AE=CFAEF交BD于點(diǎn)H.將ADEF沿EF折到△?'EF的位置,0D'=710.

4

⑴證明:D'H,平面ABCD;

⑵求二面角B-D'A-C的正弦值.

解析（D證明:由已知得AC1BD,AD=CD.

又由AE=CF得祭嗡,故AC〃EF.

因此EF1HD,從而EF±D'H.（2分）

由AB=5,AC=6得DO=BO二=4.

由EF〃AC得空二空

DOAD4

所以O(shè)H=1,D'H=DH=3.

于是D,H2+0H2=32+l2=10=D"0；故D'H±OH.(4分)

又D'H_LEF,OHC1EF=H,

所以D'H,平面ABCD.(5分)

(2)如圖,以H為坐標(biāo)原點(diǎn),講的方向?yàn)閤軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系H-xyz.則H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,

-5,0),C(3,-l,0),D，(0,0,3),

AB=(3,-4,0),AC=(6,0,0),初=(3,1,3).(6分)

設(shè)m=(xi,ybzi)是平面ABD'的法向量，

貝4m,%=0,即

km-AD'=0,(3xi+yt+3zt=0,

所以可取m=(4,3,-5).(8分)

設(shè)n=(x2,y2,zj是平面ACD)的法向量，

則｛I?焉Jo即牖+A+3Z2=0,

所以可取n=9-3,1).(10分)

于是n〉%而缶;7V5

~25~，

./、2-795

sin\m,n>~-25.

因此二面角B-D'A-C的正弦值是鬻.(12分)

。思路分析(1)利用已知條件及翻折的性質(zhì)得出D'H±EF,利用勾股定理逆定理得出D'HIOH,從而得出結(jié)論；

⑵在第⑴問的基礎(chǔ)上建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,從而求出兩個(gè)半平面的法向量,利用向量的夾角公式求其余

弦值,從而求出正弦值,最后轉(zhuǎn)化為二面角的正弦值.

考點(diǎn)二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)

1.(2019課標(biāo)III,19,12分)圖1是由矩形ADEB,RtAABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形,其中

AB=1,BE=BF=2,ZFBC=60°.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖2.

⑴證明:圖2中的A,C,G,D四點(diǎn)共面,且平面ABC_L平面BCGE;

(2)求圖2中的二面角B-CG-A的大小.

圖2

解析本題主要考查平面與平面垂直的判定與性質(zhì)以及二面角的計(jì)算;本題還考查了學(xué)生的空間想象能力、邏

輯推理能力和運(yùn)算能力;通過平面圖形與立體圖形的轉(zhuǎn)化,考查了直觀想象和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).

(1)證明：由已知得AD〃BE,CG〃BE,所以AD〃CG,故AD,CG確定一個(gè)平面,從而A,C,G,D四點(diǎn)共面.

由已知得AB±BE,AB1BC,故AB_L平面BCGE.

又因?yàn)锳Bc平面ABC,所以平面ABC_L平面BCGE.

(2)作EH1BC,垂足為H.因?yàn)镋Hc平面BCGE,平面BCGEJ_平面ABC,所以EH_L平面ABC.

由已知,菱形BCGE的邊長為2,ZEBC=60°,可求得BH=1,EH=V3.

以H為坐標(biāo)原點(diǎn),近的方向?yàn)閤軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz.

則A(T,1,0),C(1,0,0),G(2,0,V5),*=(1,0,6)，前=(2,-1,0).

設(shè)平面ACGD的法向量為n=(x,y,z),

n=O,(x+V3z=0,

即an4

n=0,(2x-y=0.

所以可取n=⑶6,-V3).

又平面BCGE的法向量可取為m=(0,1,0),

所以cos<n,m>=n'm"—.

2

因此二面角B-CG-A的大小為30

。思路分析(1)利用折疊前后平行關(guān)系不變，可得AD〃CG,進(jìn)而可得A、C、G、D四點(diǎn)共面.由折疊前后不變的

位置關(guān)系可得AB_LBE,AB1BC,從而ABL平面BCGE,由面面垂直的判定定理可得結(jié)論成立.

(2)由⑴可得EHL平面ABC.以H為坐標(biāo)原點(diǎn),沅的方向?yàn)閤軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系,求得平面的法

向量,進(jìn)而求得二面角B-CG-A的大小.

2.(2018課標(biāo)I,18,12分)如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點(diǎn),以DF為折痕把4DFC折起，使

點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置,且PF1BF.

(1)證明:平面PEF平面ABFD;

(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.

D.

7c

解析⑴證明：由已知可得BF1EF,

又BF±PF,且PF、EFc平面PEF,PFnEF=F,

所以BF_L平面PEF,

又BFc平面ABFD,

所以平面PEF_L平面ABFD.

⑵作PH_LEF,垂足為H.

由⑴得,PH_L平面ABFD.

以H為坐標(biāo)原點(diǎn),而?的方向?yàn)閥軸正方向，IBF1為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz.

由⑴可得,DE±PE.又DP=2,DE=1,所以PE=V3,

又PF=1,EF=2,故PE_LPF,

可得PH=4,EH=|,

則H（0,0,O）,P（O,O,y）,D（-1,-|,O）,就=（0,0多為平面ABFD的法向量.

設(shè)DP與平面ABFD所成角為。，則sin。=|篋需卜［當(dāng)

所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為

。易錯(cuò)警示利用空間向量求線面角的注意事項(xiàng)

⑴先求出直線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角（鈍角時(shí)取其補(bǔ)角）的角度,再取其余角即為所求.

（2）若求線面角的余弦值,要注意利用平方關(guān)系sin29+cos20=1求出其值,不要誤以為直線的方向向量與平面的

法向量所成夾角的余弦值即為所求.

3.（2017課標(biāo)1,18,12分）如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB〃CD,且NBAP=NCDP=90。.

⑴證明:平面PAB_L平面PAD;

（2）若PA=PD=AB=DC,NAPD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.

解析本題考查了立體幾何中面面垂直的證明和二面角求解.

⑴證明:由已知NBAP=/CDP=90°,

得AB_LAP,CD1PD.

由于AB〃CD,故AB_LPD,

又APnPD=P,

從而AB_L平面PAD.

又ABc平面PAB,

所以平面PAB_1_平面PAD.

⑵在平面PAD內(nèi)作PF±AD,垂足為F.

由⑴可知,AB_L平面PAD,

故AB_LPF,

又ADCAB=A,可得PF_L平面ABCD.

以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，9的方向?yàn)閤軸正方向，|屈|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz.

由⑴及已知可得Aff,0,0),P(0,0,用,B怎,1,0),C(-^,l,0).

所以方=(-￥，1廠1)，CB=(V2,0,0),pl=(^,0,-y),同=(0,1,0).

設(shè)n=(xbybz,)是平面PCB的法向量,則

心.里=0,即信Xi+y「qZi=0,

舊?CB=0,(VZXi=0.

可取n=(0,-l,-a).

設(shè)m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,則

(m-PA=0,Jfx2-^z2=0,

(m?AB=0,[y2=0.

可取m二(1,0,1).

易知二面角A-PB-C為鈍二面角，

所以二面角A-PB-C的余弦值為號(hào)

4.（2017課標(biāo)HI,19,12分）如圖，四面體ABCD中,AABC是正三角形,AACD是直角三角形,ZABD=ZCBD,AB=BD.

D

(1)證明:平面ACDJ_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)證明：由題設(shè)可得,AABD^ACBD,從而AD=DC.

又4ACD是直角三角形，

所以NADC=90°.

取AC的中點(diǎn)0,連接DO,B0,

則D01AC,DO=AO.

又由于^ABC是正三角形，故BO±AC.

所以ND0B為二面角D-AC-B的平面角.

在RtAAOB中,BO2+AO2=AB2.

又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,

故ND0B=90°.

所以平面ACD_1_平面ABC.

⑵由題設(shè)及⑴知,0A,OB,0D兩兩垂直.以0為坐標(biāo)原點(diǎn),市的方向?yàn)閤軸正方向，|OA|為單位長,建立如圖所

示的空間直角坐標(biāo)系0-xyz.則A(1,0,0),B(0,V3,0),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的體積的也從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的去

即E為DB的中點(diǎn),得E(0,瓢).故而=(T,0,l),XC=(-2,0,0),XE=(-l,y,|).

設(shè)n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,

n?亞=0,即-x+z=0,/

則V31可取n=(中).

H—y+-z=0.1

n?AE=0,-x2J2

m?AC=0,

設(shè)m是平面AEC的法向量,則

jn?AE=0.

同理可取m=(0,-1,V3).

則cos<n,m〉=調(diào)考.

易知二面角D-AE-C為銳二面角,

所以二面角D-AE-C的余弦值為當(dāng)

。方法總結(jié)證明面面垂直最常用的方法是證明其中一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)平面的一條垂線,即在一個(gè)平面內(nèi),找

一條直線，使它垂直于另一個(gè)平面.用空間向量法求二面角的余弦值時(shí),要判斷二面角是鈍角還是銳角.

5.(2016課標(biāo)I,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,ZAFD=90",

且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°.

⑴證明:平面ABEF平面EFDC;

(2)求二面角E-BC-A的余弦值.

解析⑴證明：由已知可得AF±DF,AF1FE,所以AF_L平面EFDC.（2分）

又AFc平面ABEF,故平面ABEF_L平面EFDC.（3分）

⑵過D作DG±EF,垂足為G,由⑴知DG_L平面ABEF.

以G為坐標(biāo)原點(diǎn),而的方向?yàn)閤軸正方向，1GF|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系G-xyz.（6分）

由⑴知NDFE為二面角D-AF-E的平面角，故NDFE=60°,則DF=2,DG=V3,可得A(l,4,0),B(-3,4,0),

E(-3,0,0),D(0,0,V3).

由已知得,AB〃EF,所以AB〃平面EFDC.(8分)

又平面ABCDn平面EFDC=CD,故AB//CD,CD/7EF.

由BE〃AF,可得BE,平面EFDC,所以NCEF為二面角C-BE-F的平面角，ZCEF=60°.從而可得C（-2,0,V3）.

所以前=(1,0,V3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,?AB=(-4,0,0).(10分)

設(shè)n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,則卜"!￡=°,即，+=°，所以可取n=⑶0,-舊).

(n?EB=0,=0.

設(shè)m是平面ABCD的法向量,貝膽.￡=°，

1m,AB=0.

同理可取m=(0,V3,4).則cos<n,管.

又易知二面角E-BC-A為鈍二面角,

故二面角E-BC-A的余弦值為-誓.（12分）

。思路分析（1）根據(jù)已知條件證出AF_L平面EFDC,進(jìn)而得出平面ABEFL平面EFDC;（2）根據(jù)證得的垂直關(guān)系建

立空間直角坐標(biāo)系,求出平面BCE、平面ABCD的法向量,進(jìn)而可求得二面角E-BC-A的余弦值.

。方法總結(jié)對(duì)于立體幾何問題的求解,首先要熟練掌握平行與垂直的判定與性質(zhì),對(duì)于面面垂直的證明,尋找

平面的垂線往往是解題的關(guān)鍵.

B組自主命題?省（區(qū)、市）卷題組

考點(diǎn)一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)

1.（2018北京,16,14分）如圖，在三棱柱ABC-ABC中,CC」平面ABC,D,E,F,G分別為AAi,AC,AC,BBi的中

點(diǎn),AB=BC=V^,AC=AAi=2.

⑴求證:AC_L平面BEF;

（2）求二面角B-CD-Ci的余弦值；

⑶證明:直線FG與平面BCD相交.

解析（1）證明:在三棱柱ABC-ABC中,

因?yàn)镃C」平面ABC,

所以四邊形AIACCI為矩形.

又E,F分別為AC,AC的中點(diǎn)，

所以AC1EF.

因?yàn)锳B=BC,

所以AC±BE.

所以AC_L平面BEF.

(2)由⑴知AC±EF,AC±BE,EF/ZCCi.

又CG_L平面ABC,

所以EF_L平面ABC.

因?yàn)锽Ec平面ABC,

所以EF±BE.

如圖建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz.

由題意得B(0,2,O),C(-1,O,O),D(1,O,1),F(O,0,2),G(0,2,1).

所以痔(-1,-2,0),BD=(l,-2,1).

設(shè)平面BCD的法向量為n=(x0,y0,z。),

則心?匣=。，即［xo+2y0=。，

(n?BD=0,(Xo-2yo+z0=0.

令yo二T,貝UXo=2,zo=-4.

于是n=(2,-1,-4).

又因?yàn)槠矫鍯3D的一個(gè)法向量為前二(0,2,0),

所以C，麗〉準(zhǔn)簫圣

由題圖知二面角B-CD-C,為鈍角，所以其余弦值為一等.

⑶證明:由⑵知平面BCD的一個(gè)法向量為n=(2,-1,-4),FG=(0,2,-1).

因?yàn)閚?FG=2X0+(-1)X2+(-4)X(-1)=270,

所以直線FG與平面BCD相交.

2.(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(gè)面都為直角三角形的四面體稱之為鱉月需.

如圖,在陽馬P-ABCD中，側(cè)棱PD_L底面ABCD,且PD=CD,過棱PC的中點(diǎn)E,作EF1PB交PB于點(diǎn)F,連接

DE,DF,BD,BE.

⑴證明:PBL平面DEF.試判斷四面體DBEF是不是鱉月需,若是,寫出其每個(gè)面的直角(只需寫出結(jié)論)；若不是,說

明理由；

⑵若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為弓,求當(dāng)?shù)闹?

3DC

解析解法一：(1)因?yàn)镻D_L底面ABCD,所以PD1BC,

由底面ABCD為長方形,有BC±CD,又PDCCD=D,

所以BC_L平面PCD,又DEc平面PCD,所以BC1DE.

又因?yàn)镻D=CD,點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，所以DE±PC.

又PCCBC=C,所以DE_L平面PBC.

又PBc平面PBC,所以PB1DE.

又PB_LEF,DEnEF=E,

所以PB_L平面DEF.

由DE_L平面PBC,PB_L平面DEF,可知四面體BDEF的四個(gè)面都是直角三角形，

即四面體BDEF是一個(gè)鱉月需,其四個(gè)面的直角分別為NDEB,ZDEF,ZEFB,ZDFB.

⑵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_L平面DEF,所以PB1DG.

又因?yàn)镻D_L底面ABCD,所以PD±DG.

又PDCPB=P，所以DG_L平面PBD.

故NBDF是面DEF與面ABCD所成二面角的平面角，

設(shè)PD=DC=1,BC=入，有BD=V1+Z2,

在RtAPDB中，由DF1PB,得NDPF=NFDB三，

則tan]=tanNDPF=1^=VTT"^=V5,解得入=V2.

所以翁今冬

故當(dāng)面DEF與面ABCD所成二面角的大小為爭(zhēng)寸，冷當(dāng)

3DCz

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=I,BC=A，則D(0,0,0),P(0,0,1),B(X,1,0),

C(0,1,0),而=(入，1),點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)

所以E(0,浦，屁=(0,浦,

于是麗?DE=0,即PB±DE.

又已知EF1PB,且DECEF=E,

所以PB_L平面DEF.

因而=(0,1,T),屁?PC=0,

則DE_LPC,所以DEL平面PBC.

由DE_L平面PBC,PB_L平面DEF,

可知四面體BDEF的四個(gè)面都是直角三角形，

即四面體BDEF是一個(gè)鱉月需,其四個(gè)面的直角分別為NDEB,ZDEF,ZEFB,ZDFB.

(2)因?yàn)镻DL平面ABCD,所以前=(0,0,1)是平面ABCD的一個(gè)法向量；

由⑴知,PB_L平面DEF,所以品=(-入，-1,1)是平面DEF的一個(gè)法向量.

若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為半

貝"Ml國咨

3\\BP\?\DP\\

解得入=V2,

故當(dāng)面DEF與面ABCD所成二面角的大小為押,第咚

考點(diǎn)二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)

（2019浙江,19,15分）如圖，已知三棱柱ABC-ABG,平面AiACCi_L平面

ABC,ZABC=90",ZBAC=30°,AiA=AiC=AC,E,F分另［J是AC,AB的中點(diǎn).

⑴證明:EF_LBC;

⑵求直線EF與平面ABC所成角的余弦值.

解析本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算

求解能力.本題考查了邏輯推理和直觀想象的核心素養(yǎng).

解法一：⑴證明:連接AE因?yàn)锳1A=A1C,E是AC的中點(diǎn),

所以A】E_LAC,

又平面AiACCi_L平面ABC,AiEc平面AiACCi,

平面A1ACC1n平面ABC=AC,

所以,AiEL平面ABC,貝[]AiE±BC.

又因?yàn)锳1F//AB,NABC=90°,故BC±AiF.

所以BC_L平面AiEF.

SlttEFlBC.

（2）取BC中點(diǎn)G,連接EG,GF,則EGFAi是平行四邊形.

由于AiE_L平面ABC,故AiEJ_EG,所以平行四邊形EGFAi為矩形.

連接A6交EF于0,由⑴得BC_L平面EGFAL則平面AiBC_L平面EGFAi,所以EF在平面AjBC上的射影在直線AG

上.

則NE0G是直線EF與平面ABC所成的角（或其補(bǔ)角）,

不妨設(shè)AC=4,則在RtAAiEG中,AiE=2V3,EG=V3.

由于0為AG的中點(diǎn),故E0=0G=^=誓,

rr-pi/L,Ar2223

所以cosZE0G=-E-O-+-O-G----E-G=-.

2EO?OG5

因此,直線EF與平面ABC所成角的余弦值是:

解法二：（1）證明:連接AiE,因?yàn)锳】A=A￡,E是AC的中點(diǎn)，所以AiE±AC.

又平面AiACCi_L平面ABC,AiEc平面AiACCi,

平面A1ACC1n平面ABC=AC,

所以,AiE,平面ABC.

如圖,以點(diǎn)E為原點(diǎn),分別以射線EC,EA,為y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz.

不妨設(shè)AC=4,

則Ai(0,0,2V3),B(V3,1,0),B1(V3,3,2?F母,|,28)C(0,2,0).

因此EF=(y,|,2V3),BC=(-V3,1,0).

由前?阮=0得EF_LBC.

⑵設(shè)直線EF與平面A,BC所成角為9.

由(1)可得裕(-V3,1,0),砧=(0,2,-2V3).

設(shè)平面AiBC的法向量為n=(X,y,z).

取n=(l,V5,1),

故sin°=1cos〈麗,n>|=巴?川

人11|EF|?|n|5

因此直線EF與平面ABC所成的角的余弦值為:

盤阮3本題主要考查面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)、線面角的求解、空間向量的應(yīng)用等基礎(chǔ)知識(shí)，在建立

空間直角坐標(biāo)系之前，應(yīng)有必要的證明過程，保證三條直線兩兩垂直.在利用直接法求線面角時(shí),一定先“找角”，

再“求角”.

c組教師專用題組

考點(diǎn)一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)

1.(2015湖南,19,13分)如圖，已知四棱臺(tái)ABCD-ABCD的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形,A1A=6,且

AiAL底面ABCD.點(diǎn)P,Q分別在棱DD?BC上.

⑴若P是DDi的中點(diǎn)證明:ABJPQ;

(2)若PQ〃平面ABBA,二面角P-QD-A的余弦值為*求四面體ADPQ的體積.

解析解法一:由題設(shè)知,AA”AB,AD兩兩垂直.以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AA,所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立

如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為A(0,0,0),B“3,0,6),D(0,6,0),立(0,3,6),Q(6,m,0),其中

m=BQ,04mW6.

⑴證明:若P是DDi的中點(diǎn)

.又福=(3,0,6),

于是彳瓦?而=18-18=0,所以福_L而,即AB,±PQ.

(2)由題設(shè)知,DQ=(6,m-6,0),西=(0,-3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個(gè)不共線向量.設(shè)m=(x,y,z)是平面PQD的法向

量'則忙STS即仁；魯二°'取E得Ei).又平面AQD的一個(gè)法向量是―),

所以c°s〈m,d品受3

(6-m)2+45

因?yàn)槎娼荘-QD-A的余弦值為*因此I3q,解得m=4,或m=8(舍去),止匕時(shí)Q(6,4,0).

J(6-m)2+45

設(shè)前=入西(0〈入W1),因?yàn)槲?(0,-3,6),由此得點(diǎn)P(0,6-3入，6人)，所以所=(6,3X-2,-6X).

因?yàn)镻Q〃平面ABBiAi,且平面ABBA的一^法向量是m=(0,1,0),所以而?n3=0,即3入-2=0,亦即X=|,從而

P(0,4,4).

于是，將四面體ADPQ視為以AADQ為底面的三棱錐P-ADQ,則其高h(yuǎn)=4.故四面體ADPQ的體積

111

==

SAADQ?h—X—X6X6X424.

332

解法二：⑴證明:如圖a,取A.A的中點(diǎn)R,連接PR,BR.因?yàn)锳A,DD是梯形AMD1的兩腰,P是D山的中點(diǎn)，所以

PR〃AD,于是由AD〃BC知,PR〃BC,所以P,R,B,C四點(diǎn)共面.

由題設(shè)知,BC_LAB,BC_LAA所以BC_L平面ABBiAi,因此BClABi.①

因?yàn)閠an/ABR嗤/怒=tanNAM,所以NABR=NAiAB?因此/ABR+NBAB,=4ABHBAB尸90

于是ABtlBR.再由①即知AB」平面PRBC.

又PQc平面PRBC,故ABJIPQ.

圖b

⑵如圖b,過點(diǎn)P作PM/7A1A交AD于點(diǎn)M,則PM〃平面ABBA.②

因?yàn)锳iA_L平面ABCD,所以PM_L平面ABCD.過點(diǎn)M作MN±QD于點(diǎn)N,連接PN,則PN±QD,ZPNM為二面角P-QD-A

的平面角，所以cosZPNM4即黯從而霽哼③

連接MQ,由PQ〃平面ABBA及②知,平面PQM〃平面ABBA,所以MQ〃AB.又ABCD是正方形，所以ABQM為矩形，

故MQ=AB=6.

MQMD6t

設(shè)MD=t,則W-,'2.④

7M<22+MD2V36+fZ

過點(diǎn)D,作DiE〃AiA交AD于點(diǎn)E,則AADE為矩形，所以D】E=AiA=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE=3.于是黑=黑=；=2,

MDED3

所以PM=2MD=2t.

再由③，④得誓三噂,解得t=2,因此PM=4.故四面體ADPQ的體積V=|SAAD?-PM=|x|x6X6X4=24.

2.（2014課標(biāo)1,19,12分）如圖,三棱柱ABC-ABC中，側(cè)面BBiCiC為菱形,AB±B,C.

⑴證明:AC=ABi；

⑵若AClABi,ZCBBi=60°,AB=BC,求二面角A-AIBLC的余弦值

解析⑴證明:連接BCi,交BiC于點(diǎn)0,連接A0.因?yàn)閭?cè)面BBCC為菱形，所以BiC±BCb且。為B￡及的中點(diǎn).

又AB_LB￡,所以B￡_L平面AB0.由于AOc平面ABO,故B,C±AO.又BQ=CO,故AC=AB「

⑵因?yàn)锳CIABL且0為BQ的中點(diǎn)，所以AO=CO.

又因?yàn)锳B=BC,所以ABOA之△BOC.故0A10B,從而0A,OB,0B,兩兩垂直.

以0為坐標(biāo)原點(diǎn),畫的方向?yàn)閤軸正方向，|OB|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系0-xyz.

因?yàn)镹CBB尸60。，所以為等邊三角形，又AB=BC,則A(0,0,f),B(l,0,0),B@,苧,0),C(0,-^,0).

M=(0,y,-y),不瓦=荏=(1,0,-第,^Q=fiC=(-l,-y,0).

設(shè)n=(x,y,z)是平面AAB的法向量,

fV3V3

——v——