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Word文档格式.docx

1、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分约8分17（1）,18（文）（1）,7分18（文）,5,5分5（文）,5分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: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.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20

2、19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,是两个不同的平面（）A.若mn,n,则mB.若m,则mC.若m,n,n,则mD.若mn,n,则m答案C2.（2017课标全国文,10,5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则（）A.A1EDC1 B.A1EBD C.A1EBC1 D.A1EAC3.（2015安徽,5,5分）已知m,n是两条不同直线,是两个不同平面,则下列命题正确的

3、是（）A.若,垂直于同一平面,则与平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若,则在内与平行的直线D.若m,n,则m与n垂直于同一平面答案D4.（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l1l2,l2l3,l3l4,则下列结论一定正确的是（）A.l1l4 B.l1l4C.l1与l4既不垂直也不平行 D.l1与l4的位置关系不确定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

4、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ACBC,所以AC平面BCK,因此BFAC.又因为EFBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BFCK.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RtBFD中,BF=,DF=,得cosBDF=,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

5、明:A1D平面A1BC;（2）求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.设E为BC的中点,由题意得A1E平面ABC,所以A1EAE.因为AB=AC,所以AEBC.故AE平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DEB1B且DE=B1B,从而DEA1A且DE=A1A,所以A1AED为平行四边形.故A1DAE.又因为AE平面A1BC,所以A1D平面A1BC.（2）解法一:作A1FBD且A1FBD=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A1FBD,得B1FBD,因此A1FB1为二面角A1

6、-BD-B1的平面角.由A1D=,A1B=4,DA1B=90,得BD=3,A1F=B1F=,由余弦定理得cosA1FB1=-.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

7、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=.DE平面ACD;（2）求二面角B-AD-E的大小.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.作BFAD,与AD交于点F,过点F作FGDE,与AE交于点G,连接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

8、,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.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

9、（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,）.|=,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课标全国文,18,12分）如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90.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

10、积的计算.由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,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PEAD,垂足为E.由（1）知,AB平面PAD,故ABPE,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=ABADPE=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PAPD+PAAB+PDDC+BC2sin 60=6+2.9.（2017北京文,18,14分）如图,在三棱锥P-ABC中,PAAB

11、,PABC,ABBC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.PABD;（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PAAB,PABC,所以PA平面ABC.又因为BD平面ABC,所以PABD.（2）因为AB=BC,D为AC中点,所以BDAC.由（1）知,PABD,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PADE.因为D为AC的中点,所以DE=PA=1,BD=DC

12、=.由（1）知,PA平面ABC,所以DE平面ABC.所以三棱锥E-BCD的体积V=BDDCDE=.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.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A1O1OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1OO1C.又O1C

13、平面B1CD1,A1O平面B1CD1,所以A1O平面B1CD1.（2）因为ACBD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EMBD,又A1E平面ABCD,BD平面ABCD,所以A1EBD,因为B1D1BD,所以EMB1D1,A1EB1D1,又A1E,EM平面A1EM,A1EEM=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.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