高考數(shù)學(xué)真題分類匯編 8.4 直線、平面垂直的判定和性質(zhì) 理

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1、高考數(shù)學(xué)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l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,則下列結(jié)論一定正確的是(　　) A.l1⊥l4 B.l1∥l4 C.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　D 2.(xx課標(biāo)Ⅰ,19,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形,AB⊥B1C. (1)證明:AC=AB1; (2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=B

2、C,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B1C⊥BC1,且O為B1C及BC1的中點. 又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.由于AO?平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1. (2)因為AC⊥AB1,且O為B1C的中點,所以AO=CO. 又因為AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,從而OA,OB,OB1兩兩互相垂直. 以O(shè)為坐標(biāo)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(biāo)系O-xyz. 因為∠CBB1=60°,所以△CBB1為等邊三角形

3、,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==. 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,AB⊥BD,CD⊥BD.將△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如圖. (1)求證:AB⊥CD; (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,

4、平面ABD∩平面BCD=BD,AB?平面ABD,AB⊥BD, ∴AB⊥平面BCD. 又CD?平面BCD,∴AB⊥CD. (2)過點B在平面BCD內(nèi)作BE⊥BD,如圖. 由(1)知AB⊥平面BCD,BE?平面BCD,BD?平面BCD, ∴AB⊥BE,AB⊥BD. 以B為坐標(biāo)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(biāo)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=

5、(1,-1,1). 設(shè)直線AD與平面MBC所成角為θ, 則sin θ=|cos|==, 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°,AF⊥PC于點F,FE∥CD,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,∴PD⊥AD, 又CD⊥AD,PD∩CD=D, ∴AD⊥平面PCD,∴AD⊥PC, 又AF⊥PC,AF∩AD=A, ∴PC⊥平面ADF,即CF⊥平面ADF. (2)解法一:設(shè)AB=

6、1,則Rt△PDC中,CD=1,∵∠DPC=30°, ∴PC=2,PD=,由(1)知CF⊥DF, ∴DF=, ∴CF=,又FE∥CD, ∴==,∴DE=,同理,EF=CD=, 如圖所示,以D為原點,建立空間直角坐標(biāo)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θ,可知θ為銳角, cos θ=|cos|===,故二面角D-AF-E的余弦值為. 解法二:設(shè)AB=1

7、, ∵CF⊥平面ADF,∴CF⊥DF. ∴在△CFD中,DF=, ∵CD⊥AD,CD⊥PD, ∴CD⊥平面ADE.又∵EF∥CD, ∴EF⊥平面ADE.∴EF⊥AE, ∴在△DEF中,DE=,EF=, 在△ADE中,AE=, 在△ADF中,AF=. 由VA-DEF=·S△ADE·EF=·S△ADF·hE-ADF, 解得hE-ADF=, 設(shè)△AEF的邊AF上的高為h, 由S△AEF=·EF·AE=·AF·h, 解得h=×, 設(shè)二面角D-AF-E的平面角為θ. 則sin θ==××=, ∴cos θ=. 5.(xx遼寧,19,12分)如圖,△ABC和△BCD所在平

8、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:EF⊥BC; (2)求二面角E-BF-C的正弦值. 解析　(1)證法一:過E作EO⊥BC,垂足為O,連OF. 圖1 由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC. 所以∠EOC=∠FOC=,即FO⊥BC. 又EO⊥BC,因此BC⊥面EFO. 又EF?面EFO,所以EF⊥BC. 證法二:由題意,以B為坐標(biāo)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(biāo)系,易得B(0,0,0)

9、,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EF⊥BC. 圖2 (2)解法一:在圖1中,過O作OG⊥BF,垂足為G,連EG.由平面ABC⊥平面BDC,從而EO⊥面BDC,又OG⊥BF,由三垂線定理知EG⊥BF. 因此∠EGO為二面角E-BF-C的平面角. 在△EOC中,EO=EC=BC·cos 30°=, 由△BGO∽△BFC知,OG=·FC=, 因此tan∠EGO==2,從而sin∠EGO=,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)

10、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θ,且由題意知θ為銳角,則 cos θ=|cos|==, 因此sin θ==,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,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=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CC1⊥AC

11、. 同理DD1⊥BD, 因為CC1∥DD1,所以CC1⊥BD,而AC∩BD=O, 因此CC1⊥底面ABCD. 由題設(shè)知,O1O∥C1C,故O1O⊥底面ABCD, (2)解法一:如圖,過O1作O1H⊥OB1于H,連結(jié)HC1. 由(1)知,O1O⊥底面ABCD,所以O(shè)1O⊥底面A1B1C1D1, 于是O1O⊥A1C1. 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A1C1⊥B1D1,從而A1C1⊥平面BDD1B1, 所以A1C1⊥OB1,于是OB1⊥平面O1HC1, 進(jìn)而OB1⊥C1H,故∠C1HO1是二面角C1-O

12、B1-D的平面角, 不妨設(shè)AB=2,因為∠CBA=60°,所以O(shè)B=,OC=1,OB1=. 在Rt△OO1B1中,易知O1H==2,而O1C1=1,于是C1H===. 故cos∠C1HO1===. 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AC⊥BD,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,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,因為∠CBA=60°,所以O(shè)B=,OC=1, 于是相關(guān)各

13、點的坐標(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θ,易知θ是銳角, 于是cos θ=|cos|===. 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:AB⊥PD; (2)若∠BPC=90°,PB=,PC=2,問AB為何值時,四棱錐P-A

14、BCD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AB⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD, 所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD. (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,BC⊥PG. 在Rt△BPC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(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,各點的坐標(biāo)為O(0

15、,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θ的余弦值為cos θ===. 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=,

16、由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC, 又平面ABC⊥平面BCDE,從而AC⊥平面BCDE, 所以AC⊥DE.又DE⊥DC,從而DE⊥平面ACD. (2)解法一:作BF⊥AD,與AD交于點F,過點F作FG∥DE,與AE交于點G,連結(jié)BG, 由(1)知DE⊥AD,則FG⊥AD.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BD⊥BC, 又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC,從而BD⊥AB. 由于AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD. 在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=. 在Rt△AED中

17、,由ED=1,AD=,得AE=. 在Rt△ABD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cos∠BAE=,BC=. 在△BFG中,cos∠BFG==. 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(biāo)系D-xyz,如圖所示. 由題意知各點坐標(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|===, 由題意可知,所求二面角是銳角,故二面角B-AD-E的大小是.