【数学】2020届一轮复习北师大版直线平面垂直的判定和性质作业 37页

‎1.(2017浙江名校(诸暨中学)交流卷四,3)设a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则使a⊥b成立的一个充分条件是(　　 )　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.a⊥c,b⊥c B.α⊥β,a⊂α,b⊂β C.a⊥α,b⊥α D.a⊥α,b∥α 答案　D　‎ ‎2.(2018浙江诸暨高三上学期期末,19,15分)如图,在空间几何体中,四边形ABCD是边长为2的正方形,AB∥EF,AF=EF=BE=1,DF=.‎ ‎(1)求证:BF⊥平面ADF;‎ ‎(2)求直线BF与平面DCEF所成角的正弦值.‎ 解析　(1)证明:在等腰梯形ABEF中,‎ AB=2,EF=AF=BE=1⇒∠FAB=,(1分)‎ 故BF=,则BF2+AF2=AB2,可得AF⊥BF.(3分)‎ 在△DFB中,由BF2+DF2=BD2,可得BF⊥DF.(5分)‎ 因为AF∩DF=F,所以BF⊥平面ADF.(7分)‎ ‎(2)作FO⊥AB交AB于O,如图,以O为原点,OF,OB,OG所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz,(9分)‎ 则F,B,E,C,∴=(0,1,0),=,‎ 设平面DCEF的法向量为n=(x,y,z),‎ 由可取n=,(12分)‎ 设直线BF与平面DCEF所成角为θ,‎ 又=,所以sin θ=|cos<,n>|==,‎ 即直线BF与平面DCEF所成角的正弦值为.(15分)‎ ‎3.(2016课标全国Ⅰ,18,12分)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.‎ ‎(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;‎ ‎(2)求二面角E-BC-A的余弦值.‎ 解析　(1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,AF∩EF=F,所以AF⊥平面EFDC.(2分)‎ 又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(3分)‎ ‎(2)过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.‎ 以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.(6分)‎ 由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|=,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,).‎ 由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.(8分)‎ 又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.‎ 由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,),‎ 所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0).(10分)‎ 设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则 即 所以可取n=(3,0,-).‎ 设m是平面ABC的法向量,则 同理可取m=(0,,4).则cos==-.‎ 故二面角E-BC-A的余弦值为-.(12分)‎ 评析　本题考查了立体几何部分有关垂直的证明,以及二面角的求解和利用空间向量求解立体几何问题.解决立体几何问题时要注意“发现”垂线所在的位置.‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法1　线面垂直判定的方法 ‎1.(2018浙江稽阳联谊学校高三联考(4月),19,15分)如图,四边形ABEF是正方形,AB∥CD,AD=AB=BC=CD.‎ ‎(1)若平面ABEF⊥平面ABCD,求证:DB⊥平面EBC;‎ ‎(2)若DF⊥BC,求直线BD与平面ADF所成角的正弦值.‎ 解析　(1)证明:∵四边形ABEF是正方形,∴EB⊥AB,‎ 又∵平面ABEF⊥平面ABCD,且平面ABEF∩平面ABCD=AB,‎ ‎∴EB⊥平面ABCD,∴EB⊥BD,(2分)‎ ‎∵AD=AB=BC=CD,‎ ‎∴不妨设AD=AB=BC=1,DC=2,则BD=,‎ ‎∴BD⊥BC.(4分)‎ ‎∵EB∩BC=B,∴DB⊥平面EBC.(6分)‎ ‎(2)解法一:如图,过点F作FH⊥平面ABCD,垂足为H,连接AH并延长,交CD于点G.‎ 过点H作HI⊥AD交AD于点I,连接FI,作HO⊥FI交FI于点O,‎ ‎∵FH⊥平面ABCD,∴FH⊥BC,‎ ‎∵DF⊥BC,∴BC⊥平面FDH,‎ ‎∴BC⊥DH,即点H在BD上,(9分)‎ ‎∵FH⊥AD,HI⊥AD,FH∩HI=H,‎ ‎∴AD⊥平面FIH,∴AD⊥HO,‎ ‎∵HO⊥FI,FI∩AD=I,∴HO⊥平面AFD,∴点H到平面AFD的距离为HO,(11分)‎ 由已知可得DG=,HG=HI=,HO=,而BD=3DH,‎ ‎∴点B到平面AFD的距离为.(13分)‎ 设直线BD与平面AFD所成的角为θ,则sin θ=.(15分)‎ 解法二:以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AD=AB=BC=DC=1,则A(0,0,0),B(0,1,0),C,D.(8分)‎ 设F(x,y,z),由题意可得将坐标代入得解得 即F,(11分)‎ 设平面AFD的法向量为n=(a,b,c),‎ 则即 令a=,则b=,c=-1,即n=(,,-1),(13分)‎ 设直线BD与平面AFD所成的角为θ,易知=,‎ 故sin θ=|cos<,n>|==,‎ ‎∴直线BD与平面ADF所成角的正弦值为.(15分)‎ ‎2.(2018浙江萧山九中12月月考,19)如图,在三棱柱ABC-DFE中,点P,G分别是AD,EF的中点,已知AD⊥平面ABC,AD=EF=3,DE=DF=2.‎ ‎(1)求证:DG⊥平面BCEF;‎ ‎(2)求PE与平面BCEF所成角的正弦值.‎ 解析　(1)证明:由题意知,AD⊥平面DEF,∴AD⊥DG,‎ ‎∴BF⊥DG,(2分)‎ ‎∵DE=DF,G是EF的中点,∴EF⊥DG,(4分)‎ 又BF∩EF=F,∴DG⊥平面BCEF.(7分)‎ ‎(2)取BC的中点H,连接HG,取HG的中点O,连接OP,OE,‎ 易知PO∥DG,所以PO⊥平面BCEF,‎ 所以∠OEP是PE与平面BCEF所成的角,(10分)‎ 由已知得,PE=,OP=,‎ 所以sin∠OEP==,(14分)‎ 故PE与平面BCEF所成角的正弦值为.(15分)‎ 方法2　面面垂直判定的方法 ‎1.( 2018浙江杭州第二次高考教学质量检测(4月),19)如图,在等腰三角形ABC中,AB=AC,∠A=120°,M为线段BC的中点,D为线段BC上一点,且BD=BA,沿直线AD将△ADC翻折至△ADC',使AC'⊥BD.‎ ‎(1)证明:平面AMC'⊥平面ABD;‎ ‎(2)求直线C'D与平面ABD所成的角的正弦值.‎ 解析　(1)证明:由题意知AM⊥BD,‎ 又AC'⊥BD,‎ 所以BD⊥平面AMC',‎ 因为BD⊂平面ABD,‎ 所以平面AMC'⊥平面ABD.(7分)‎ ‎(2)在平面AC'M中,过C'作C'F⊥AM交AM于点F,连接FD.‎ 由(1)知,C'F⊥平面ABD,所以∠C'DF为直线C'D与平面ABD所成的角.‎ 设AM=1,则AB=AC=2,BM=,MD=2-,‎ DC=DC'=2-2,AD=-.‎ 在Rt△C'MD中,MC'2=C'D2-MD2=(2-2)2-(2-)2=9-4.‎ 设AF=x,在Rt△C'FA中,AC'2-AF2=MC'2-MF2,‎ 即4-x2=(9-4)-(1-x)2,‎ 解得x=2-2,即AF=2-2.‎ 所以C'F=2.‎ 故直线C'D与平面ABD所成的角的正弦值等于=.(15分)‎ ‎2.(2017浙江名校(绍兴一中)交流卷一,19)如图,三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,AB=PC=2,AC=4,∠PBC=,点E在BC上,且BE=EC.‎ ‎(1)求证:平面PAB⊥平面PBC;‎ ‎(2)求AE与平面PAB所成角的正弦值.‎ 解析　(1)证明:因为PC⊥平面ABC,所以PC⊥AB,PC⊥BC.(2分)‎ 又因为在三角形PBC中,PC=2,∠PBC=,所以BC=2,(4分)‎ 而AB=2,AC=4,所以AC2=AB2+BC2,所以AB⊥BC.(6分)‎ 又AB⊥PC,PC∩BC=C,所以AB⊥平面PBC,又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PBC.(8分)‎ ‎(2)设AE与平面PAB所成的角为θ.因为BE=EC,所以点E到平面PAB的距离dE=dC(dC表示点C到平面PAB的距离).(11分)‎ 过C作CF⊥PB于点F,由(1)知CF⊥平面PAB,易得dC=CF=,所以dE=dE=.(13分)‎ 又AE==,所以sin θ==.(15分)‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　自主命题·浙江卷题组 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.(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.‎ 评析　本题主要考查空间点、线、面的位置关系,线面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.‎ ‎3.(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,所以四边形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-.‎ 评析　本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.‎ ‎4.(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=,所以AF=,即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,所求二面角的平面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是.‎ 评析　本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识和空间向量的应用,同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.‎ B组　统一命题、省(区、市)卷题组 考点　垂直的判定和性质 ‎1.(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⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC 答案　C　‎ ‎2.(2018课标全国Ⅰ文,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.‎ ‎(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;‎ ‎(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.‎ 解析　(1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.‎ 又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.‎ 又AB⊂平面ABC,‎ 所以平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.‎ 又BP=DQ=DA,所以BP=2.‎ 作QE⊥AC,垂足为E,则QE