《课标A版--高考数学一轮复习---§8.5 直线、平面垂直的判定与性质--（附答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《课标A版--高考数学一轮复习---§8.5 直线、平面垂直的判定与性质--（附答案）（35页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、8.5直线、平面垂直的判定与性质考纲解读考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.直线与平面垂直的判定与性质以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理.理解以下判定定理:如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直.如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理,并能够证明:垂直于同一个平面的两条直线平行.如果两个平面垂直,那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题掌握2016课标全国,19;2015北京,17;2015湖南
2、,19;2014广东,18;2013四川,19解答题2.平面与平面垂直的判定与性质掌握2017课标全国,18;2017课标全国,19;2016课标全国,18;2015课标,18;2014江西,19解答题分析解读1.掌握直线与平面垂直的判定定理和性质定理.2.会运用直线与平面、平面与平面垂直的判定定理和性质定理解决简单的应用问题与证明问题.3.掌握转化的思想方法.4.高考中常以解答题的形式呈现,考查线线、线面、面面垂直的转化思想,分值约为12分,属中档题.五年高考考点一直线与平面垂直的判定与性质1.(2016课标全国,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6
3、,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置,OD=.(1)证明:DH平面ABCD;(2)求二面角B-DA-C的正弦值.解析(1)证明:由已知得ACBD,AD=CD.又由AE=CF得=,故ACEF.因此EFHD,从而EFDH.(2分)由AB=5,AC=6得DO=BO=4.由EFAC得=.所以OH=1,DH=DH=3.于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH.(4分)又DHEF,而OHEF=H,所以DH平面ABCD.(5分)(2)如图,以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-
4、1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3),=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).(6分)设m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量,则即所以可取m=(4,3,-5).(8分)设n=(x2,y2,z2)是平面ACD的法向量,则即所以可取n=(0,-3,1).(10分)于是cos=-,sin=.因此二面角B-DA-C的正弦值是.(12分)2.(2015北京,17,14分)如图,在四棱锥A-EFCB中,AEF为等边三角形,平面AEF平面EFCB,EFBC,BC=4,EF=2a,EBC=FCB=60,O为EF的中点.(1)求证:AOBE;(2)求二面角F
5、-AE-B的余弦值;(3)若BE平面AOC,求a的值.解析(1)证明:因为AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AOEF.又因为平面AEF平面EFCB,AO平面AEF,所以AO平面EFCB.所以AOBE.(2)取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OGEF.由(1)知AO平面EFCB,又OG平面EFCB,所以OAOG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则x=,y=-1.于是n=(,-1,1).平面AEF的法
6、向量为p=(0,1,0).所以cos=-.由题设知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-.(3)因为BE平面AOC,所以BEOC,即=0.因为=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),所以=-2(a-2)-3(a-2)2.由=0及0a2,解得a=.3.(2015湖北,19,12分)九章算术中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EFPB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.(1)证明:PB平面DEF.试判断四面体DBEF是否
7、为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,求的值.解析解法一:(1)因为PD底面ABCD,所以PDBC,由底面ABCD为长方形,有BCCD,而PDCD=D,所以BC平面PCD,而DE平面PCD,所以BCDE.又因为PD=CD,点E是PC的中点,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,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为DEB,DEF,EFB,DFB
8、.(2)如图,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.由(1)知,PB平面DEF,所以PBDG.又因为PD底面ABCD,所以PDDG.而PDPB=P,所以DG平面PBD.故BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,设PD=DC=1,BC=,有BD=,在RtPDB中,由DFPB,得DPF=FDB=,则tan=tanDPF=,解得=.所以=.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.解法二:(1)如图,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.设PD=DC=1,BC=,则D(0,0,0),P(0,0,1),B
9、(,1,0),C(0,1,0),=(,1,-1),点E是PC的中点,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,则DEPC,所以DE平面PBC.由DE平面PBC,PB平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为DEB,DEF,EFB,DFB.(2)因为PD平面ABCD,所以=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量;由(1)知,PB平面DEF,所以=(-,-1,1)是平面DEF的一个法向量.若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,则cos=,解得=,所以=.故当面D
10、EF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.教师用书专用(49) 4.(2015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(
11、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,
12、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,连接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+BAB
13、1=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,连接PN,则PNQD,PNM为二面角P-QD-A的平面角,所以cosPNM=,即=,从而=.连接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=
14、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=24.5.(2014广东,18,13分)如图,四边形ABCD为正方形,PD平面ABCD,DPC=30,AFPC于点F,FECD,交PD于点E.(1)证明:CF平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值.解析(1)证明:PD平面ABCD,AD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:设AB=1,则RtPDC中,CD=1,DPC=30,PC=2,PD=,由(1)知CFDF,DF=,CF=,又FECD,=,DE=,同理,EF=CD=,如图所示,以D为原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),E,F,P(,0,0),C(0,1,0).设m=(x,y,z)是平面AEF的法向量,则又令x=4,得z
