2021年新课标版理数高考复习练习讲义：8 .4 直线、平面垂直的判定与性质

8.4直线、平面垂直的判定与性质

探考情悟真题

【考情探究】

5年考情预测热

考点内容解读

考题示例考向关联考点度

线面垂直的判

2019课标II,17,12分二面角

1.直线与平定

★★

面垂直的判

★

定与性质线面垂直的判

(1)以立体几何的有关2016课标II,19,12分翻折问题、二面角

定

定义、公理和定理为出

发点,认识和理解空间面面垂直的判

2019课标III,19,12分翻折问题、二面角

中线面垂直、面面垂直定

的有关判定与性质定曲卸垂直的判

2017课标1,18,12分二面角

理，并能够证明相关性定

质定理.

2.平面与平面面垂直的三棱锥的体积

★★

面垂直的判(2)能运用线面垂直、2017课标HI,19,12分

定义和判定及二面角★

定与性质卸卸垂直的判定及性质

定理证明空间图形的垂面面垂直的判

2016课标1,18,12分二面角

直关系定

面面垂直的判线面垂直的性质、

2015课标1,18,12分

定异面直线所成的角

分析解读从近5年高考情况来看,线面、面面垂直的判定与性质是高考考查的重点内容，以选择题、填空题

的形式出现时,常考查判断命题的真假;以解答题的形式出现时,常考查几何体中直线、平面垂直的证明.解答时

要把定义、判定和性质结合起来,会进行线线、线面、面面问题的相互转化.考查学生的直观想象和逻辑推理的

核心素养.

破考点练考向

【考点集训】

考点一直线与平面垂直的判定与性质

1.（2019北京,12,5分）已知1,m是平面a外的两条不同直线.给出下列三个论断:

①l_Lm;②m〃a；③1J_a.

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:.

答案若1_Lm,1J_a,则m〃a（答案不唯一）

2.（2018河南商丘二模,15）如图,PA_L/0所在的平面,AB是圆0的直径,C是圆0上一点,E、F分别是A在PB、

PC上的射影，给出下列结论：

①AF±PB;②EF±PB;③AF±BC;@AE±平面PBC.

其中正确命题的序号是.

答案①②③

3.（2020届陕西百校联盟9月联考,19）如图所示,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为矩

形，ZPDC=ZPCD,ZCPB=ZCBP,BC考AB,PD±BC,点M是线段AB上靠近A的三等分点.

⑴求证:PCJ_PA;

（2）求二面角M-PC-B的余弦值.

解析⑴证明：：BC_LPD,BC_LDC,PDnDC=D,

.♦.BC_L平面PDC,（1分）

，AD_L平面PDC,

又PCc平面PDC,.,.PC±AD,（2分）

ZPDC=ZPCD,ZCPB=ZCBP,BC=yAB,

；.PD=PC=BC,DC=AB=V2PC,

故PC2+PD2=DC2,

，PC_LPD,•.,ADnPD=D,，PC_L平面PAD.（4分）

又PAc平面PAD,故PC±PA.（5分）

⑵作PO_LCD于0,

因为BCJ_平面PDC,BCc平面ABCD,

所以平面ABCD,平面PDC,又平面ABCDCl平面PDC=CD,故P0_L平面ABCD,

以点0为原点,建立如图所示的空间直角坐标系，

设PC=PD=2,

则P（0,0,V2）,C（0,V2,0）,A（2,-V2,0）,B（2,V2,0）,M（2,-y,0）,PC=（0,V2,-

V2）,CM=（2,-苧,0）,CB=（2,0,0）.（8分）

设平面PMC的法向量为n=(x,y,z),

.便•n=o,」&y-&z=°，

(CM•n=0(2x-^y=0,

，不妨取y=3,则n=(2V2,3,3),

设平面PBC的法向量为m=（a,b,c）,

・m=0,=>(V2b-V2c=0,

•m=02a=0,

，不妨取b=l,则in=(0,1,1),(10分)

m,n63V13

/.cos<m,n>=-

\m\\n\V18+8•\[213，

又二面角M-PC-B为锐角,故二面角M-PC-B的余弦值为警.（12分）

考点二平面与平面垂直的判定与性质

1.（2019陕西咸阳二模,4）设a,b为两条不同的直线，a,B为两个不同的平面,则下列命题正确的是（）

A.若alla,b〃a，贝a//b

B.若aua,buB,a〃B,贝!]a〃b

C.若a〃a,a//B,贝！]a〃B

D.若a±a,b_LB,a_Lb,贝！]a_LB

答案D

2.（2019安徽铜陵一模,8）如图,四棱锥P-ABCD中,PA_L底面ABCD,底面ABCD为正方形,则下列结论:

①AD〃平面PBC;

②平面PACL平面PBD;

③平面PABL平面PAC；

④平面PAD，平面PDC.

其中正确的结论序号是.

答案①②④

3.(2020届黑龙江哈尔滨月考,18)在如图所示的几何体中,四边形CFGD是正方形,底面ABCD是平行四边形,且

平面CFGD_L底面ABCD,CF〃BE,BC=2CD=4BE,ZDCB=120°.

⑴证明:平面ACG±平面ABE;

(2)求点G到平面ACE的距离.

解析⑴证明：I,四边形CFGD是正方形，；.CF_LCD.

•.•平面CFGDJ_底面ABCD,且平面CFGDn平面ABCD=CD,

；.CF_L平面ABCD.（2分）

•；CF〃BE,，BE_L平面ABCD,

又ACc平面ABCD,.\BE1AC.

,.,ZDCB=120°,.,.ZABC=60°.：BC=2CD=2AB,.\AB_LAC.（4分）

VABnBE=B,/.ACJ_平面ABE,

又ACu平面ACG,，平面ACG_L平面ABE.（6分）

(2)由已知不妨设BC=4,则CD=2,EB=1,AC=2同

如图,过点A作AHEB,连接GH,HE,得到四棱柱AHGD-BEFC.

易知平面AHGD与平面BEFC平行,且两平面之间的距离为噌=6，

4

又S梯形AHGD=：X(1+2)X4=6,则VAHGD-BEFC=6V3.

设点G到平面ACE的距离为h,

易知VB-FW^A-DGC^x1x2X2X2>/3=-^,

VG-AEH=VC-AEB=~X—X1X2X2V3-——,

323

==

VC-ABC=VAHCD-BBFC-2Vc-AEH-2VE-FGC=6V^---^=2V^,SAACE^ACXAE—X2V3XVsV15.

VG-ACE=|XSAACEXh三XmXh=2V3,贝［Jh=g.

故点G到平面ACE的距离为第.(12分)

炼技法提能力

【方法集训】

方法1证明直线与平面垂直的方法

1.(2019广西南宁质检，18)四棱锥P-ABCD中,AB〃CD,ZABC=90°,BC=CD=PD=2,AB=4,PA1BD,平面PBCJ_平面

PCD,M,N分别是AD,PB的中点.

(1)证明:PD,平面ABCD;

(2)求MN与平面PDA所成角的正弦值.

解析⑴证明:取PC中点Q,连接DQ.

VCD=PD,.•.DQ1PC,

又•.•平面PBC_L平面PCD,且两平面交于PC,

；.DQ_L平面PBC,

VBCcz平面PBC,.\DQ_LBC,

由题易知BC±CD,VDQnDC=D,

.,.BC±^F®PDC,/.80±?0.

在直角梯形ABCD中,易求得BD=2迎,AD=2迎,

又AB=4,则AD2+BD2=AB2,即BD±AD.

又YBD^PA,ADAPA=A,

.,.BDl^pSPAD,ABDIPD.

VBCnBD=B,

；.PD_L平面ABCD.

⑵以D为原点,DA,DB,而方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则

A(2V2,0,0),B(0,2V2,0),P(0,0,2),M(V2,0,0),N(0,V2,1),MN=(-&,鱼,1).由(1)知,平面PAD的法向量为

DB=(0,2V2,0),故所求线面角的正弦值为|cos〈丽,DB>1］黑♦黑卜屋汴=丝

2.(2019四川教考联盟第三次适应性考试,19)如图,在棱长为1的正方体PB,N.D.-ABND中，动点C在线段BN上运

动，且有阮一而(0〈入W1).

⑴若入=1,求证:PCJ_BD;

(2)若二面角B-PC-D的平面角的余弦值为-粤,求实数X的值.

解析⑴证明:当入=1时,C与N重合,连接AN,

则在正方形ABND中,BD±AN.

又在正方体中,PA_L底面ABND,BDc平面ABND,所以PA1BD.

又PAnAN=A，所以BD_L平面PANNi,

又PNc平面PANNi,

所以PN1BD,也即PC±BD.

(2)依题意,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴,

建立如图所示的空间直角坐标系.

则C(l,X,o),p(o,0,D.Bd,O,0),D(0,1,0),

PC=(1,、,T),而=(1,O,T),而=(0,1,T).

设平面PBC的法向量为m=(xbyi,zi),

则,1.坐=0,即jxg=0,

(n1•PC=0,lx14-入y1-Zi=0,

取zi=l,得m=(1,0,1).

设平面PCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),

则1n2•匹=0,即r2+入丫2/2=o,

(n2,PD=0,ly2-z2=0,

取Z2=l,得廿(1-入，1,1).

所以|cos〈ni,n2>|二1%•n2|_|2-1|5VH

㈤•也广四XR+Q对225

解得人三或入=T3.

因为0〈入W1,所以人

盘睡a本题考查证明线线关系以及利用空间向量求二面角等基础知识,意在考查运算求解能力,逻辑思维能力.

方法2证明平面与平面垂直的方法

1.（2020届云南昆明高三第二次月考,19）如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E是CD的中点，将ADAE沿AE折到

△FAE的位置,使平面FAE_L平面ABCE.

⑴求证:AF_LEB;

(2)求二面角A-BF-E的大小.

解析⑴证明：：AE=BE=2V2,AB=4,AB2=AE2+BE2,

；.EB_LAE,•.,平面FAE_L平面ABCE,平面FAEC1平面ABCE=AE,

；.EB_L平面FAE,VAFc平面FAE,；.AF_LEB.

(2)建立如图所示的空间直角坐标系,则A(4,2,0),C(0,0,0),B(0,2,0),F⑶1,金)，E(2,0,0),从而

BA=(4,0,0),BF=(3,-1,V2),BE=(2,-2,0).

设m=(x,y,z)为平面ABF的法向量,

,BA=4x=0,

则可以取m=(0,V2,1),

,BF=3x-y+V2z=0,

设n2=(a,b,c)为平面BFE的法向量，

则「2•BE=2a-2b=0,可以取自卜1,一物，因此ni.n2=0,有ni±n2)即平面ABFJ_平面BFE,故二面角

(n2•BF=3a-b+V2c=0,

A-BF-E的大小为90。.

2.(2018河南郑州二模,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA_L平面ABCD,ADAB^ADCB,E为线段BD上一点,

且EB=ED=EC=BC,延长CE交AD于F.

⑴若G为PD的中点求证:平面PAD_L平面CGF;

(2)右BC=2,PA=3,求平面BCP与平面DCP所成锐—面角的余弦值.

解析⑴证明:在4BCD中,EB=ED=EC=BC,故NBCDq,ZCBE=ZCEB=^,

连接AE,VADAB^ADCB,.,.AEAB^AECB,

从而有NFED=NBEC=NAEB=g,AE=CE=DE.(3分)

ZAEF=ZFED=p故EF±AD,AF=FD.

又PG=GD,，FG〃PA.

又PA_L平面ABCD,故GF_L平面ABCD,

.,.GF1AD,又GFCEF=F,故AD_L平面CFG.

又ADc平面PAD,，平面PAD，平面CGF.(6分)

(2)以点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0),B(2,0,0),C(3,V3,0),D(0,2遮,0),P(0,0,3).

故前=(1,V3,0),CP=(-3,-V3,3),CD=(-3,V3,0).

设平面BCP的一个法向量为m=(1,ybzi),

.V3

则解得'即m=(14，|).(9分)

-3-V3yl+3zi=0,Zl/

设平面DCP的一个法向量为n2=(l,y2,z2),

贝片3+V3y2=0,解得=V3,gpn_（1；翼,2）.

t-3-V3y2+3Z2=0,92=2,

从而平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值为普粤=下:咚（12分）

3.（2019陕西宝鸡二模,19）如图,在五面体ABCDEF中,四边形EDCF是正方

形,AD=DE=1,NADE=90°,ZADC=ZDCB=120".

（1）求证:平面ABCD±平面EDCF;

⑵求三棱推A-BDF的体积.

解析(1)证明：.•.在五面体ABCDEF中,四边形EDCF是正方形,ZADE=90°,

.,.AD±DE,CDIDE.

VADACD=D,DE±平面ABCD.

VDEc平面EDCF,.•.平面ABCD，平面EDCF.

(2)由题意可知EF/7CD,又EFc平面ABFE,CDC平面ABFE,，CD〃平面ABFE,\•平面ABCDn平面ABFE=AB,

；.CD〃AB.故易得四边形ABCD是等腰梯形.

；.BC=AD=1.在ABCD中，由CD=BC=1,NBCD=120。，可得DB=VJ,NCDB=30°.ZADB=90".

由ED〃CF可得CF_L平面ABCD.

VA-BDF=V-AFBD=~SAADBXCF=|x|xixV3Xl=y.

【五年高考】

A组统一命题•课标卷题组

考点一直线与平面垂直的判定与性质

1.（2019课标II,17,12分）如图,长方体ABCD-ABCD的底面ABCD是正方形，点E在棱AAi上,BE_LEQ

⑴证明:BE_L平面EBiCi；

（2）若AE=AiE,求二面角B-EC-G的正弦值.

解析本题考查线面垂直的判定和性质,空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力,考查了直观想象的

核心素养.

⑴证明：由已知得,B£_L平面ABBiAi,BEc平面ABBiAi,

故BC_LBE.

又BE_LECi,所以BE_L平面EBiCi.

⑵由（1）知NBEBi=90°.

由题设知RtAABE^RtAAjBiE,

所以NAEB=45。，故AE=AB,AAi=2AB.

以D为坐标原点,碗的方向为x轴正方向，|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,

c.

!il!]C(0,1,0),B(1,1,0),Cl(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CF=d,-l,1),CC1=(O,0,2).

设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),

'X=0

・"°，即g+'z=。所以可取『@一「)

•n=0,

设平面ECC)的法向量为m=(xi,ybzj,

，m=:二:…所以可取

则M

m=0,I

-r-日z

于是cos<n,m>\=n,m-1

|n||m|2

所以,二面角B-EC-a的正弦值为当

222

o一题多解⑵连接BG.设AE=m,不妨令AB=1,则BE=Vm+1,CiE^m+2,BC1=V(2m)+1.

22

VBE±ECb.,.4m+>2m+3,解得m=l,则AA,=2.

连接AC,BD,相交于点0,连接AC.

由题意可知AC1BD,BD±CCbACClCCi=C,

，BD_L平面AA£C,，BD_LCE,

即BOICE.

在长方形AA>CiC中,AC=V2,AA>=2,连接ACb有箸方亲XZEAC=ZCiCA=90°,贝!]RtACiCA^RtACAE.

.,.ZECA+ZCiAC=90°,.'.CElACi.

取CCi的中点F,连接OF,BF,则0F〃AG,，OF_LCE.

BOn0F=0,CEJ_平面FOB.

设CEnOF=G,连接BG,.,.CE±BG,CE_LFG,则NBGF为二面角B-CE-Q的平面角,且sinZBGF=sinZBGO.设

ACinCE=H,易得/XAEHs/iCiCH.y.'AE=|cCi,.1.AH^ACi.易知OG〃AH,又为AC的中

rr返

点,.•何二迪.YBO哆06=决心AG邛,BO_LOG,.♦.tan/BGO太=遍,.•./BG0=60°，贝！J/BGF=120°，故

6

sinZBGF^.

2

所以二面角B-EC-a的正弦值为当

2.（2016课标II,19,12分）如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点0,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD

上,AE=CFAEF交BD于点H.将ADEF沿EF折到△»'EF的位置,0D'=710.

4

⑴证明:D'H,平面ABCD;

⑵求二面角B-D'A-C的正弦值.

解析（D证明:由已知得AC1BD,AD=CD.

又由AE=CF得祭嗡,故AC〃EF.

因此EF1HD,从而EF±D'H.（2分）

由AB=5,AC=6得DO=BO二=4.

由EF〃AC得空二空

DOAD4

所以OH=1,D'H=DH=3.

于是D,H2+0H2=32+l2=10=D"0；故D'H±OH.(4分)

又D'H_LEF,OHC1EF=H,

所以D'H,平面ABCD.(5分)

(2)如图,以H为坐标原点,讲的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,

-5,0),C(3,-l,0),D，(0,0,3),

AB=(3,-4,0),AC=(6,0,0),初=(3,1,3).(6分)

设m=(xi,ybzi)是平面ABD'的法向量，

贝4m,%=0,即

km-AD'=0,(3xi+yt+3zt=0,

所以可取m=(4,3,-5).(8分)

设n=(x2,y2,zj是平面ACD)的法向量，

则｛I•焉Jo即牖+A+3Z2=0,

所以可取n=9-3,1).(10分)

于是n〉%而缶;7V5

~25~，

./、2-795

sin\m,n>~-25.

因此二面角B-D'A-C的正弦值是鬻.(12分)

。思路分析(1)利用已知条件及翻折的性质得出D'H±EF,利用勾股定理逆定理得出D'HIOH,从而得出结论；

⑵在第⑴问的基础上建立恰当的空间直角坐标系,从而求出两个半平面的法向量,利用向量的夹角公式求其余

弦值,从而求出正弦值,最后转化为二面角的正弦值.

考点二平面与平面垂直的判定与性质

1.(2019课标III,19,12分)图1是由矩形ADEB,RtAABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中

AB=1,BE=BF=2,ZFBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.

⑴证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC_L平面BCGE;

(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.

图2

解析本题主要考查平面与平面垂直的判定与性质以及二面角的计算;本题还考查了学生的空间想象能力、逻

辑推理能力和运算能力;通过平面图形与立体图形的转化,考查了直观想象和数学运算的核心素养.

(1)证明：由已知得AD〃BE,CG〃BE,所以AD〃CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.

由已知得AB±BE,AB1BC,故AB_L平面BCGE.

又因为ABc平面ABC,所以平面ABC_L平面BCGE.

(2)作EH1BC,垂足为H.因为EHc平面BCGE,平面BCGEJ_平面ABC,所以EH_L平面ABC.

由已知,菱形BCGE的边长为2,ZEBC=60°,可求得BH=1,EH=V3.

以H为坐标原点,近的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.

则A(T,1,0),C(1,0,0),G(2,0,V5),*=(1,0,6)，前=(2,-1,0).

设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),

n=O,(x+V3z=0,

即an4

n=0,(2x-y=0.

所以可取n=⑶6,-V3).

又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),

所以cos<n,m>=n'm"—.

2

因此二面角B-CG-A的大小为30

。思路分析(1)利用折叠前后平行关系不变，可得AD〃CG,进而可得A、C、G、D四点共面.由折叠前后不变的

位置关系可得AB_LBE,AB1BC,从而ABL平面BCGE,由面面垂直的判定定理可得结论成立.

(2)由⑴可得EHL平面ABC.以H为坐标原点,沅的方向为x轴的正方向,建立空间直角坐标系,求得平面的法

向量,进而求得二面角B-CG-A的大小.

2.(2018课标I,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把4DFC折起，使

点C到达点P的位置,且PF1BF.

(1)证明:平面PEF平面ABFD;

(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

D.

7c

解析⑴证明：由已知可得BF1EF,

又BF±PF,且PF、EFc平面PEF,PFnEF=F,

所以BF_L平面PEF,

又BFc平面ABFD,

所以平面PEF_L平面ABFD.

⑵作PH_LEF,垂足为H.

由⑴得,PH_L平面ABFD.

以H为坐标原点,而?的方向为y轴正方向，IBF1为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.

由⑴可得,DE±PE.又DP=2,DE=1,所以PE=V3,

又PF=1,EF=2,故PE_LPF,

可得PH=4,EH=|,

则H（0,0,O）,P（O,O,y）,D（-1,-|,O）,就=（0,0多为平面ABFD的法向量.

设DP与平面ABFD所成角为。，则sin。=|箧需卜［当

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为

。易错警示利用空间向量求线面角的注意事项

⑴先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角（钝角时取其补角）的角度,再取其余角即为所求.

（2）若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin29+cos20=1求出其值,不要误以为直线的方向向量与平面的

法向量所成夹角的余弦值即为所求.

3.（2017课标1,18,12分）如图,在四棱锥P-ABCD中,AB〃CD,且NBAP=NCDP=90。.

⑴证明:平面PAB_L平面PAD;

（2）若PA=PD=AB=DC,NAPD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.

解析本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角求解.

⑴证明:由已知NBAP=/CDP=90°,

得AB_LAP,CD1PD.

由于AB〃CD,故AB_LPD,

又APnPD=P,

从而AB_L平面PAD.

又ABc平面PAB,

所以平面PAB_1_平面PAD.

⑵在平面PAD内作PF±AD,垂足为F.

由⑴可知,AB_L平面PAD,

故AB_LPF,

又ADCAB=A,可得PF_L平面ABCD.

以F为坐标原点，9的方向为x轴正方向，|屈|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.

由⑴及已知可得Aff,0,0),P(0,0,用,B怎,1,0),C(-^,l,0).

所以方=(-¥，1厂1)，CB=(V2,0,0),pl=(^,0,-y),同=(0,1,0).

设n=(xbybz,)是平面PCB的法向量,则

心.里=0,即信Xi+y「qZi=0,

旧•CB=0,(VZXi=0.

可取n=(0,-l,-a).

设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则

(m-PA=0,Jfx2-^z2=0,

(m•AB=0,[y2=0.

可取m二(1,0,1).

易知二面角A-PB-C为钝二面角，

所以二面角A-PB-C的余弦值为号

4.（2017课标HI,19,12分）如图，四面体ABCD中,AABC是正三角形,AACD是直角三角形,ZABD=ZCBD,AB=BD.

D

(1)证明:平面ACDJ_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)证明：由题设可得,AABD^ACBD,从而AD=DC.

又4ACD是直角三角形，

所以NADC=90°.

取AC的中点0,连接DO,B0,

则D01AC,DO=AO.

又由于^ABC是正三角形，故BO±AC.

所以ND0B为二面角D-AC-B的平面角.

在RtAAOB中,BO2+AO2=AB2.

又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,

故ND0B=90°.

所以平面ACD_1_平面ABC.

⑵由题设及⑴知,0A,OB,0D两两垂直.以0为坐标原点,市的方向为x轴正方向，|OA|为单位长,建立如图所

示的空间直角坐标系0-xyz.则A(1,0,0),B(0,V3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).

由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的也从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的去

即E为DB的中点,得E(0,瓢).故而=(T,0,l),XC=(-2,0,0),XE=(-l,y,|).

设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,

n•亚=0,即-x+z=0,/

则V31可取n=(中).

H—y+-z=0.1

n•AE=0,-x2J2

m•AC=0,

设m是平面AEC的法向量,则

jn•AE=0.

同理可取m=(0,-1,V3).

则cos<n,m〉=调考.

易知二面角D-AE-C为锐二面角,

所以二面角D-AE-C的余弦值为当

。方法总结证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线,即在一个平面内,找

一条直线，使它垂直于另一个平面.用空间向量法求二面角的余弦值时,要判断二面角是钝角还是锐角.

5.(2016课标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,ZAFD=90",

且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.

⑴证明:平面ABEF平面EFDC;

(2)求二面角E-BC-A的余弦值.

解析⑴证明：由已知可得AF±DF,AF1FE,所以AF_L平面EFDC.（2分）

又AFc平面ABEF,故平面ABEF_L平面EFDC.（3分）

⑵过D作DG±EF,垂足为G,由⑴知DG_L平面ABEF.

以G为坐标原点,而的方向为x轴正方向，1GF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.（6分）

由⑴知NDFE为二面角D-AF-E的平面角，故NDFE=60°,则DF=2,DG=V3,可得A(l,4,0),B(-3,4,0),

E(-3,0,0),D(0,0,V3).

由已知得,AB〃EF,所以AB〃平面EFDC.(8分)

又平面ABCDn平面EFDC=CD,故AB//CD,CD/7EF.

由BE〃AF,可得BE,平面EFDC,所以NCEF为二面角C-BE-F的平面角，ZCEF=60°.从而可得C（-2,0,V3）.

所以前=(1,0,V3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,®AB=(-4,0,0).(10分)

设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则卜"!£=°,即，+=°，所以可取n=⑶0,-旧).

(n・EB=0,=0.

设m是平面ABCD的法向量,贝胆.£=°，

1m,AB=0.

同理可取m=(0,V3,4).则cos<n,管.

又易知二面角E-BC-A为钝二面角,

故二面角E-BC-A的余弦值为-誓.（12分）

。思路分析（1）根据已知条件证出AF_L平面EFDC,进而得出平面ABEFL平面EFDC;（2）根据证得的垂直关系建

立空间直角坐标系,求出平面BCE、平面ABCD的法向量,进而可求得二面角E-BC-A的余弦值.

。方法总结对于立体几何问题的求解,首先要熟练掌握平行与垂直的判定与性质,对于面面垂直的证明,寻找

平面的垂线往往是解题的关键.

B组自主命题•省（区、市）卷题组

考点一直线与平面垂直的判定与性质

1.（2018北京,16,14分）如图，在三棱柱ABC-ABC中,CC」平面ABC,D,E,F,G分别为AAi,AC,AC,BBi的中

点,AB=BC=V^,AC=AAi=2.

⑴求证:AC_L平面BEF;

（2）求二面角B-CD-Ci的余弦值；

⑶证明:直线FG与平面BCD相交.

解析（1）证明:在三棱柱ABC-ABC中,

因为CC」平面ABC,

所以四边形AIACCI为矩形.

又E,F分别为AC,AC的中点，

所以AC1EF.

因为AB=BC,

所以AC±BE.

所以AC_L平面BEF.

(2)由⑴知AC±EF,AC±BE,EF/ZCCi.

又CG_L平面ABC,

所以EF_L平面ABC.

因为BEc平面ABC,

所以EF±BE.

如图建立空间直角坐标系E-xyz.

由题意得B(0,2,O),C(-1,O,O),D(1,O,1),F(O,0,2),G(0,2,1).

所以痔(-1,-2,0),BD=(l,-2,1).

设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z。),

则心•匣=。，即［xo+2y0=。，

(n•BD=0,(Xo-2yo+z0=0.

令yo二T,贝UXo=2,zo=-4.

于是n=(2,-1,-4).

又因为平面C3D的一个法向量为前二(0,2,0),

所以C，丽〉准箫圣

由题图知二面角B-CD-C,为钝角，所以其余弦值为一等.

⑶证明:由⑵知平面BCD的一个法向量为n=(2,-1,-4),FG=(0,2,-1).

因为n•FG=2X0+(-1)X2+(-4)X(-1)=270,

所以直线FG与平面BCD相交.

2.(2015湖北,19,12分)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四

个面都为直角三角形的四面体称之为鳖月需.

如图,在阳马P-ABCD中，侧棱PD_L底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF1PB交PB于点F,连接

DE,DF,BD,BE.

⑴证明:PBL平面DEF.试判断四面体DBEF是不是鳖月需,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是,说

明理由；

⑵若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为弓,求当的值.

3DC

解析解法一：(1)因为PD_L底面ABCD,所以PD1BC,

由底面ABCD为长方形,有BC±CD,又PDCCD=D,

所以BC_L平面PCD,又DEc平面PCD,所以BC1DE.

又因为PD=CD,点E是PC的中点，所以DE±PC.

又PCCBC=C,所以DE_L平面PBC.

又PBc平面PBC,所以PB1DE.

又PB_LEF,DEnEF=E,

所以PB_L平面DEF.

由DE_L平面PBC,PB_L平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，

即四面体BDEF是一个鳖月需,其四个面的直角分别为NDEB,ZDEF,ZEFB,ZDFB.

⑵如图,在面PBC内，延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.

由（1）知,PB_L平面DEF,所以PB1DG.

又因为PD_L底面ABCD,所以PD±DG.

又PDCPB=P，所以DG_L平面PBD.

故NBDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，

设PD=DC=1,BC=入，有BD=V1+Z2,

在RtAPDB中，由DF1PB,得NDPF=NFDB三，

则tan]=tanNDPF=1^=VTT"^=V5,解得入=V2.

所以翁今冬

故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为争寸，冷当

3DCz

解法二：（1）如图,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为X,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.

设PD=DC=I,BC=A，则D(0,0,0),P(0,0,1),B(X,1,0),

C(0,1,0),而=(入，1),点E是PC的中点

所以E(0,浦，屁=(0,浦,

于是丽•DE=0,即PB±DE.

又已知EF1PB,且DECEF=E,

所以PB_L平面DEF.

因而=(0,1,T),屁•PC=0,

则DE_LPC,所以DEL平面PBC.

由DE_L平面PBC,PB_L平面DEF,

可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，

即四面体BDEF是一个鳖月需,其四个面的直角分别为NDEB,ZDEF,ZEFB,ZDFB.

(2)因为PDL平面ABCD,所以前=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量；

由⑴知,PB_L平面DEF,所以品=(-入，-1,1)是平面DEF的一个法向量.

若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为半

贝"Ml国咨

3\\BP\•\DP\\

解得入=V2,

故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为押,第咚

考点二平面与平面垂直的判定与性质

（2019浙江,19,15分）如图，已知三棱柱ABC-ABG,平面AiACCi_L平面

ABC,ZABC=90",ZBAC=30°,AiA=AiC=AC,E,F分另［J是AC,AB的中点.

⑴证明:EF_LBC;

⑵求直线EF与平面ABC所成角的余弦值.

解析本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算

求解能力.本题考查了逻辑推理和直观想象的核心素养.

解法一：⑴证明:连接AE因为A1A=A1C,E是AC的中点,

所以A】E_LAC,

又平面AiACCi_L平面ABC,AiEc平面AiACCi,

平面A1ACC1n平面ABC=AC,

所以,AiEL平面ABC,贝[]AiE±BC.

又因为A1F//AB,NABC=90°,故BC±AiF.

所以BC_L平面AiEF.

SlttEFlBC.

（2）取BC中点G,连接EG,GF,则EGFAi是平行四边形.

由于AiE_L平面ABC,故AiEJ_EG,所以平行四边形EGFAi为矩形.

连接A6交EF于0,由⑴得BC_L平面EGFAL则平面AiBC_L平面EGFAi,所以EF在平面AjBC上的射影在直线AG

上.

则NE0G是直线EF与平面ABC所成的角（或其补角）,

不妨设AC=4,则在RtAAiEG中,AiE=2V3,EG=V3.

由于0为AG的中点,故E0=0G=^=誓,

rr-pi/L,Ar2223

所以cosZE0G=-E-O-+-O-G----E-G=-.

2EO•OG5

因此,直线EF与平面ABC所成角的余弦值是:

解法二：（1）证明:连接AiE,因为A】A=A£,E是AC的中点，所以AiE±AC.

又平面AiACCi_L平面ABC,AiEc平面AiACCi,

平面A1ACC1n平面ABC=AC,

所以,AiE,平面ABC.

如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA,为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.

不妨设AC=4,

则Ai(0,0,2V3),B(V3,1,0),B1(V3,3,2®F母,|,28)C(0,2,0).

因此EF=(y,|,2V3),BC=(-V3,1,0).

由前•阮=0得EF_LBC.

⑵设直线EF与平面A,BC所成角为9.

由(1)可得裕(-V3,1,0),砧=(0,2,-2V3).

设平面AiBC的法向量为n=(X,y,z).

取n=(l,V5,1),

故sin°=1cos〈丽,n>|=巴・川

人11|EF|•|n|5

因此直线EF与平面ABC所成的角的余弦值为:

盘阮3本题主要考查面面垂直的性质、线面垂直的性质、线面角的求解、空间向量的应用等基础知识，在建立

空间直角坐标系之前，应有必要的证明过程，保证三条直线两两垂直.在利用直接法求线面角时,一定先“找角”，

再“求角”.

c组教师专用题组

考点一直线与平面垂直的判定与性质

1.(2015湖南,19,13分)如图，已知四棱台ABCD-ABCD的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,且

AiAL底面ABCD.点P,Q分别在棱DD„BC上.

⑴若P是DDi的中点证明:ABJPQ;

(2)若PQ〃平面ABBA,二面角P-QD-A的余弦值为*求四面体ADPQ的体积.

解析解法一:由题设知,AA”AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,AB,AD,AA,所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立

如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B“3,0,6),D(0,6,0),立(0,3,6),Q(6,m,0),其中

m=BQ,04mW6.

⑴证明:若P是DDi的中点

.又福=(3,0,6),

于是彳瓦•而=18-18=0,所以福_L而,即AB,±PQ.

(2)由题设知,DQ=(6,m-6,0),西=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设m=(x,y,z)是平面PQD的法向

量'则忙STS即仁；鲁二°'取E得Ei).又平面AQD的一个法向量是―),

所以c°s〈m,d品受3

(6-m)2+45

因为二面角P-QD-A的余弦值为*因此I3q,解得m=4,或m=8(舍去),止匕时Q(6,4,0).

J(6-m)2+45

设前=入西(0〈入W1),因为西=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3入，6人)，所以所=(6,3X-2,-6X).

因为PQ〃平面ABBiAi,且平面ABBA的一^法向量是m=(0,1,0),所以而•n3=0,即3入-2=0,亦即X=|,从而

P(0,4,4).

于是，将四面体ADPQ视为以AADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积

111

==

SAADQ•h—X—X6X6X424.

332

解法二：⑴证明:如图a,取A.A的中点R,连接PR,BR.因为AA,DD是梯形AMD1的两腰,P是D山的中点，所以

PR〃AD,于是由AD〃BC知,PR〃BC,所以P,R,B,C四点共面.

由题设知,BC_LAB,BC_LAA所以BC_L平面ABBiAi,因此BClABi.①

因为tan/ABR嗤/怒=tanNAM,所以NABR=NAiAB»因此/ABR+NBAB,=4ABHBAB尸90

于是ABtlBR.再由①即知AB」平面PRBC.

又PQc平面PRBC,故ABJIPQ.

图b

⑵如图b,过点P作PM/7A1A交AD于点M,则PM〃平面ABBA.②

因为AiA_L平面ABCD,所以PM_L平面ABCD.过点M作MN±QD于点N,连接PN,则PN±QD,ZPNM为二面角P-QD-A

的平面角，所以cosZPNM4即黯从而霁哼③

连接MQ,由PQ〃平面ABBA及②知,平面PQM〃平面ABBA,所以MQ〃AB.又ABCD是正方形，所以ABQM为矩形，

故MQ=AB=6.

MQMD6t

设MD=t,则W-,'2.④

7M<22+MD2V36+fZ

过点D,作DiE〃AiA交AD于点E,则AADE为矩形，所以D】E=AiA=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE=3.于是黑=黑=；=2,

MDED3

所以PM=2MD=2t.

再由③，④得誓三噂,解得t=2,因此PM=4.故四面体ADPQ的体积V=|SAAD»-PM=|x|x6X6X4=24.

2.（2014课标1,19,12分）如图,三棱柱ABC-ABC中，侧面BBiCiC为菱形,AB±B,C.

⑴证明:AC=ABi；

⑵若AClABi,ZCBBi=60°,AB=BC,求二面角A-AIBLC的余弦值

解析⑴证明:连接BCi,交BiC于点0,连接A0.因为侧面BBCC为菱形，所以BiC±BCb且。为B£及的中点.

又AB_LB£,所以B£_L平面AB0.由于AOc平面ABO,故B,C±AO.又BQ=CO,故AC=AB「

⑵因为ACIABL且0为BQ的中点，所以AO=CO.

又因为AB=BC,所以ABOA之△BOC.故0A10B,从而0A,OB,0B,两两垂直.

以0为坐标原点,画的方向为x轴正方向，|OB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系0-xyz.

因为NCBB尸60。，所以为等边三角形，又AB=BC,则A(0,0,f),B(l,0,0),B@,苧,0),C(0,-^,0).

M=(0,y,-y),不瓦=荏=(1,0,-第,^Q=fiC=(-l,-y,0).

设n=(x,y,z)是平面AAB的法向量,

fV3V3

——v——