浙江专版版高考数学一轮复习第八章立体几何84直线平面垂直的判定和性质学案.docx
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浙江专版版高考数学一轮复习第八章立体几何84直线平面垂直的判定和性质学案
§8.4 直线、平面垂直的判定和性质
考纲解读
考点
考纲内容
要求
浙江省五年高考统计
2013
2014
2015
2016
2017
垂直的判定和性质
1.理解以下判定定理:
①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.
②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.
2.理解以下性质定理,并能够证明:
①垂直于同一个平面的两条直线平行.
②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.
3.理解直线与平面所成角、二面角的概念.
4.能证明一些空间位置关系的简单命题.
理解
10,5分
20
（2）,
9分
5（文）,
5分
20（文）,
约6分
6（文）,5分
20
（1）,
7分
20（文）,
约8分
17
（1）,
7分
18（文）
（1）,7分
18（文）,
约8分
5,5分
5（文）,5分
17
（1）,
8分
19
（2）,
约3分
分析解读 1.直线与平面垂直,平面与平面垂直的判定和性质,线面间的角与距离的计算是高考的重点,特别是以多面体为载体的线面位置关系的论证,更是高考的热点,试题以中等难度为主.
2.高考常考的题型有:
①判断并证明两个平面的垂直关系,直线与平面的垂直关系,直线与直线的垂直关系.②线面、面面垂直的性质定理的应用,求直线与平面、平面与平面所成角等综合问题.多以棱柱、棱锥为背景.
3.预计2019年高考试题中,垂直关系仍然是考查的重点和热点.考查仍会集中在垂直关系的判定和垂直的性质的应用上,其解决的方法主要是传统法和向量法,复习时应引起高度重视.
五年高考
考点 垂直的判定和性质
1.（2014浙江文,6,5分）设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面（ ）
A.若m⊥n,n∥α,则m⊥α
B.若m∥β,β⊥α,则m⊥α
C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α
D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α
答案 C
2.（2017课标全国Ⅲ文,10,5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则（ ）
A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC
答案 C
3.（2015安徽,5,5分）已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是（ ）
A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行
B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行
C.若α,β,则在α内与β平行的直线
D.若m,n,则m与n垂直于同一平面
答案 D
4.（2014广东,7,5分）若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是（ ）
A.l1⊥l4B.l1∥l4
C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定
答案 D
5.（2016浙江文,18,15分）如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.
（1）求证:
BF⊥平面ACFD;
（2）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.
解析
（1）证明:
延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.
因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC.
又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK.
所以BF⊥平面ACFD.
（2）因为BF⊥平面ACK,所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角.
在Rt△BFD中,BF=,DF=,得cos∠BDF=,
所以,直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为.
6.（2015浙江,17,15分）如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.
（1）证明:
A1D⊥平面A1BC;
（2）求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.
解析
（1）证明:
设E为BC的中点,由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE.
因为AB=AC,所以AE⊥BC.
故AE⊥平面A1BC.
由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,从而DE∥A1A且DE=A1A,所以A1AED为平行四边形.
故A1D∥AE.
又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.
（2）解法一:
作A1F⊥BD且A1F∩BD=F,连接B1F.
由AE=EB=,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1B=A1A=4.
由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB与△B1DB全等.
由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.
由A1D=,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=3,A1F=B1F=,
由余弦定理得cos∠A1FB1=-.
解法二:
以CB的中点E为原点,分别以射线EA,EB为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz,如图所示.
由题意知各点坐标如下:
A1（0,0,）,B（0,,0）,D（-,0,）,B1（-,,）.
因此=（0,,-）,=（-,-,）,=（0,,0）.
设平面A1BD的法向量为m=（x1,y1,z1）,平面B1BD的法向量为n=（x2,y2,z2）.
由即
可取m=（0,,1）.
由即可取n=（,0,1）.
于是|cos|==.
由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-.
7.（2014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AC⊥BC,
又平面ABC⊥平面BCDE,从而AC⊥平面BCDE,
所以AC⊥DE.又DE⊥DC,从而DE⊥平面ACD.
（2）解法一:
作BF⊥AD,与AD交于点F,过点F作FG∥DE,与AE交于点G,连接BG,
由
（1）知DE⊥AD,则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,从而BD⊥AB.
由AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.
在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=.
在Rt△AED中,由ED=1,AD=,得AE=.
在Rt△ABD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cos∠BAE=,BG=.
在△BFG中,cos∠BFG==.
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|===,
由题图可知,所求二面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是.
8.（2017课标全国Ⅰ文,18,12分）如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
（1）证明:
平面PAB⊥平面PAD;
（2）若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥P-ABCD的体积为,求该四棱锥的侧面积.
解析 本题考查立体几何中面面垂直的证明和几何体侧面积的计算.
（1）证明:
由已知∠BAP=∠CDP=90°,
得AB⊥AP,CD⊥PD.
由于AB∥CD,故AB⊥PD,
从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PAD.
（2）在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.
由
（1）知,AB⊥平面PAD,
故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD.
设AB=x,则由已知可得AD=x,PE=x.
故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=AB·AD·PE=x3.
由题设得x3=,故x=2.
从而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2.
可得四棱锥P-ABCD的侧面积为PA·PD+PA·AB+PD·DC+BC2sin60°=6+2.
9.（2017北京文,18,14分）如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.
（1）求证:
PA⊥BD;
（2）求证:
平面BDE⊥平面PAC;
（3）当PA∥平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.
解析 本题考查线面垂直的判定和性质,面面垂直的判定及线面平行的性质,三棱锥的体积.考查空间想象能力.
（1）因为PA⊥AB,PA⊥BC,
所以PA⊥平面ABC.
又因为BD⊂平面ABC,
所以PA⊥BD.
（2）因为AB=BC,D为AC中点,
所以BD⊥AC.由
（1）知,PA⊥BD,
所以BD⊥平面PAC.
所以平面BDE⊥平面PAC.
（3）因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE,
所以PA∥DE.
因为D为AC的中点,
所以DE=PA=1,BD=DC=.
由
（1）知,PA⊥平面ABC,
所以DE⊥平面ABC.
所以三棱锥E-BCD的体积V=BD·DC·DE=.
10.（2017山东文,18,12分）由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.
（1）证明:
A1O∥平面B1CD1;
（2）设M是OD的中点,证明:
平面A1EM⊥平面B1CD1.
证明 本题考查线面平行与面面垂直.
（1）取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,
由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,
所以A1O1∥OC,A1O1=OC,
因此四边形A1OCO1为平行四边形,
所以A1O∥O1C.
又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,
所以A1O∥平面B1CD1.
（2）因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,
所以EM⊥BD,
又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,
所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1,
又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,
所以B1D1⊥平面A1EM,
又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
11.（2017课标全国Ⅲ理,19,12分）如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.
（1）证明:
平面ACD⊥平面ABC;
（2）过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.
解析 本题考查面面垂直的证明,二面角的求法.
（1）由题设可得,△ABD≌△
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