【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
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
