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2019年高考數(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(diǎn) 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=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.
解析 (1)連結(jié)BC1,交B1C于點(diǎn)O,連結(jié)AO.因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形,所以B1C⊥BC1,且O為B1C及BC1的中點(diǎn).
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?yàn)锳C⊥AB1,且O為B1C的中點(diǎn),所以AO=CO.
又因?yàn)锳B=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(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.
因?yàn)椤螩BB1=60,所以△CBB1為等邊三角形,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(diǎn),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,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(diǎn)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(diǎn),分別以,,的方向?yàn)閤軸,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(gè)法向量為n=(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(diǎn)F,FE∥CD,交PD于點(diǎn)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=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(diǎn),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(gè)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,
∵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△ADEEF=S△ADFhE-ADF,
解得hE-ADF=,
設(shè)△AEF的邊AF上的高為h,
由S△AEF=EFAE=AFh,
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所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120,E,F分別為AC,DC的中點(diǎn).
(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(diǎn),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),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=BCcos 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(gè)法向量為n1=(0,0,1).
設(shè)平面BEF的法向量為n2=(x,y,z),
又=,=,
由得其中一個(gè)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?yàn)樗倪呅蜛CC1A1為矩形,所以CC1⊥AC.
同理DD1⊥BD,
因?yàn)镃C1∥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?yàn)樗睦庵鵄BCD-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-OB1-D的平面角,
不妨設(shè)AB=2,因?yàn)椤螩BA=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?yàn)樗睦庵鵄BCD-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(diǎn),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?yàn)椤螩BA=60,所以O(shè)B=,OC=1,
于是相關(guān)各點(diǎn)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(gè)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(shí),四棱錐P-ABCD的體積最大?并求此時(shí)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?yàn)閙==,
故當(dāng)m=,即AB=時(shí),四棱錐P-ABCD的體積最大.
此時(shí),建立如圖所示的坐標(biāo)系,各點(diǎn)的坐標(biāo)為O(0,0,0),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=,
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(diǎn)F,過點(diǎn)F作FG∥DE,與AE交于點(diǎn)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,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(diǎn),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(diǎn)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.
2019年高考數(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 .doc
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