五年高考3年模擬§83-直線、平面垂直的判定與性質(zhì)課件

1、8.3直線、平面垂直的判定與性質(zhì)高考理數(shù) (課標專用)8.3直線、平面垂直的判定與性質(zhì)高考理數(shù) (課標專用)A組統(tǒng)一命題課標卷題組考點線面垂直、面面垂直1.(2018課標全國,18,12分)如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點,以DF為折痕把DFC折起,使點C到達點P的位置,且PFBF.(1)證明:平面PEF平面ABFD;(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值. 五年高考A組統(tǒng)一命題課標卷題組五年高考解析(1)證明:由已知可得BFEF,又已知BFPF,且PF、EF平面PEF,PFEF=F,所以BF平面PEF,又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHE

2、F,垂足為H.由(1)得,PH平面ABFD.以H為坐標原點,的方向為y軸正方向,|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系H-xyz.解析(1)證明:由已知可得BFEF,由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=,又PF=1,EF=2,故PEPF,可得PH=,EH=,則H(0,0,0),P,D,=,=為平面ABFD的法向量.設(shè)DP與平面ABFD所成角為,則sin =.所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為.易錯警示利用空間向量求線面角的注意事項(1)先求出直線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角(鈍角時取其補角)的角度,再取其余角即為所求.(2)若求線面角的余弦值,要注意利用平方關(guān)系

3、sin2+cos2=1求出其值,不要誤以為直線的方向向量與平面的法向量所夾角的余弦值為所求.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=2.(2016課標全國,19,12分)如圖,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O,AB=5,AC=6,點E,F分別在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于點H.將DEF沿EF折到DEF的位置,OD=.(1)證明:DH平面ABCD;(2)求二面角B-DA-C的正弦值. 2.(2016課標全國,19,12分)如圖,菱形ABCD的解析(1)證明:由已知得ACBD,AD=CD.又由AE=CF得=,故ACEF.因此EFHD,從而EFDH.(2分)由AB=

4、5,AC=6得DO=BO=4.由EFAC得=.所以O(shè)H=1,DH=DH=3.于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH.(4分)又DHEF,而OHEF=H,所以DH平面ABCD.(5分)(2)如圖,以H為坐標原點,的方向為x軸正方向,建立空間直角坐標系H-xyz.則H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3),解析(1)證明:由已知得ACBD,AD=CD.=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).(6分)設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量,則即所以可取m=(4,3,-5).(8分)設(shè)n=(x2,y2,z

5、2)是平面ACD的法向量,則即所以可取n=(0,-3,1).(10分)于是cos=-.sin=.因此二面角B-DA-C的正弦值是.(12分)思路分析(1)利用已知條件及翻折的性質(zhì)得出DHEF,利用勾股定理逆定理得出DHOH,從而得出結(jié)論;(2)在第(1)問的基礎(chǔ)上建立恰當?shù)目臻g直角坐標系,從而求出兩個半平面的法向量,利用向量的夾角公式求其余弦值,從而求出正弦值,最后轉(zhuǎn)化為二面角的正弦值.評析本題主要考查翻折問題,線面垂直的證明以及用空間向量法求解二面角的基本知識和基本方法,考查學生的運算求解能力以及空間想象能力,求解各點的坐標是利用向量法解決空間問題的關(guān)鍵.則即思路分析(1)利用已知條件及翻折

6、的性質(zhì)得出DH3.(2017課標全國,19,12分)如圖,四面體ABCD中,ABC是正三角形,ACD是直角三角形,ABD=CBD,AB=BD.(1)證明:平面ACD平面ABC;(2)過AC的平面交BD于點E,若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分,求二面角D-AE-C的余弦值. 3.(2017課標全國,19,12分)如圖,四面體ABCD解析本題考查面面垂直的證明,二面角的求法.(1)證明:由題設(shè)可得,ABDCBD,從而AD=DC.又ACD是直角三角形,所以ADC=90.取AC的中點O,連接DO,BO,則DOAC,DO=AO.又由于ABC是正三角形,故BOAC.所以DOB為二面角D-A

7、C-B的平面角.在RtAOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故DOB=90.所以平面ACD平面ABC.(2)由題設(shè)及(1)知,OA,OB,OD兩兩垂直.以O(shè)為坐標原點,的方向為x軸正方向,|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.則A(1,0,0),B(0,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).解析本題考查面面垂直的證明,二面角的求法.由題設(shè)知,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的,從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的,即E為DB的中點,得E.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=.設(shè)n=(

8、x,y,z)是平面DAE的法向量,則即可取n=.設(shè)m是平面AEC的法向量,則同理可取m=(0,-1,).則cos=.易知二面角D-AE-C為銳二面角,所以二面角D-AE-C的余弦值為.方法總結(jié)證明面面垂直最常用的方法是證明其中一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線,即在一個平面內(nèi),找一條直線,使它垂直于另一個平面.用空間向量法求二面角的余弦值時,要判斷二面角是鈍角還是銳角.設(shè)m是平面AEC的法向量,則方法總結(jié)證明面面垂直最常用的4.(2016課標全國,18,12分)如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD,AFD=90,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-

9、F都是60.(1)證明:平面ABEF平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值. 4.(2016課標全國,18,12分)如圖,在以A,B,C解析(1)證明:由已知可得AFDF,AFFE,所以AF平面EFDC.(2分)又AF平面ABEF,故平面ABEF平面EFDC.(3分)(2)過D作DGEF,垂足為G,由(1)知DG平面ABEF.以G為坐標原點,的方向為x軸正方向,|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系G-xyz.(6分)由(1)知DFE為二面角D-AF-E的平面角,故DFE=60,則|DF|=2,|DG|=,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,)

10、.解析(1)證明:由已知可得AFDF,AFFE,由已知得,ABEF,所以AB平面EFDC.(8分)又平面ABCD平面EFDC=CD,故ABCD,CDEF.由BEAF,可得BE平面EFDC,所以CEF為二面角C-BE-F的平面角,CEF=60.從而可得C(-2,0,).所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0).(10分)設(shè)n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,則即所以可取n=(3,0,-).設(shè)m是平面ABCD的法向量,則同理可取m=(0,4).則cos=-.故二面角E-BC-A的余弦值為-.(12分)解題關(guān)鍵對于立體幾何問題的求解,首先要熟練掌握平行與垂直的

11、判定與性質(zhì),尤其是面面垂直的證明,尋找平面的垂線往往是幾何證明的關(guān)鍵.利用空間向量求解二面角問題時,正確求出平面的法向量是關(guān)鍵.由已知得,ABEF,所以AB平面EFDC.(8分)解題5.(2014課標,19,12分,0.428)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形,ABB1C.(1)證明:AC=AB1;(2)若ACAB1,CBB1=60,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值. 解析(1)證明:連接BC1,交B1C于點O,連接AO.因為側(cè)面BB1C1C為菱形,所以B1CBC1,且O為B1C及BC1的中點.又ABB1C,所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO,故B

12、1CAO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)因為ACAB1,且O為B1C的中點,所以AO=CO.又因為AB=BC,所以BOABOC.故OAOB,從而OA,OB,OB1兩兩垂直.5.(2014課標,19,12分,0.428)如圖,三棱柱以O(shè)為坐標原點,的方向為x軸正方向,|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.因為CBB1=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,以O(shè)為坐標原點,的方向為x軸正方向,|為單位長,建立如則即所以可取n=(1,).設(shè)m是平面A1B1C1的法向量,則同理可取

13、m=(1,-,).則cos=.易知二面角A-A1B1-C1為銳二面角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值為.評析本題主要考查直線與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理、二面角的求法、空間向量的應(yīng)用等基礎(chǔ)知識,考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力.在建立空間直角坐標系之前,應(yīng)有必要的證明過程,保證從O點引出的三條射線OA、OB、OB1兩兩垂直.則即評析本題主要考查直線與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理B組自主命題省(區(qū)、市)卷題組考點線面垂直、面面垂直1.(2014廣東,7,5分)若空間中四條兩兩不同的直線l1,l2,l3,l4,滿足l1l2,l2l3,l3l4,則下列結(jié)論一定正確的是()A.l1

14、l4B.l1l4C.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由l1l2,l2l3可知l1與l3的位置不確定,若l1l3,則結(jié)合l3l4,得l1l4,所以排除選項B、C,若l1l3,則結(jié)合l3l4,知l1與l4可能不垂直,所以排除選項A.故選D.評析本題考查了空間直線之間的位置關(guān)系,考查學生的空間想象能力、思維的嚴密性.B組自主命題省(區(qū)、市)卷題組答案D由l2.(2018北京,16,14分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,D,E,F,G分別為AA1,AC,A1C1,BB1的中點,AB=BC=,AC=AA1=2.(1)求證:AC平面BEF;(2)求二

15、面角B-CD-C1的余弦值;(3)證明:直線FG與平面BCD相交. 2.(2018北京,16,14分)如圖,在三棱柱ABC-A1解析(1)證明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,因為CC1平面ABC,所以四邊形A1ACC1為矩形.又E,F分別為AC,A1C1的中點,所以ACEF.因為AB=BC,所以ACBE.所以AC平面BEF.(2)由(1)知ACEF,ACBE,EFCC1.又CC1平面ABC,所以EF平面ABC.因為BE平面ABC,所以EFBE.如圖建立空間直角坐標系E-xyz.解析(1)證明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,由題意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(

16、0,0,2),G(0,2,1).所以=(-1,-2,0),=(1,-2,1).設(shè)平面BCD的法向量為n=(x0,y0,z0),則即令y0=-1,則x0=2,z0=-4.于是n=(2,-1,-4).又因為平面CC1D的法向量為=(0,2,0),所以cos=-.由題知二面角B-CD-C1為鈍角,所以其余弦值為-.(3)證明:由(2)知平面BCD的法向量為n=(2,-1,-4),=(0,2,-1).因為n=20+(-1)2+(-4)(-1)=20,所以直線FG與平面BCD相交.由題意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,13.(2014福建,17,13分)在平面四邊形ABCD中,AB=

17、BD=CD=1,ABBD,CDBD.將ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如圖.(1)求證:ABCD;(2)若M為AD中點,求直線AD與平面MBC所成角的正弦值. 3.(2014福建,17,13分)在平面四邊形ABCD中,A解析(1)證明:平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,AB平面ABD,ABBD,AB平面BCD.又CD平面BCD,ABCD.(2)過點B在平面BCD內(nèi)作BEBD,如圖.由(1)知AB平面BCD,解析(1)證明:平面ABD平面BCD,平面ABD平面又BE平面BCD,ABBE.以B為坐標原點,分別以,的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系.依題意

18、,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的一個法向量為n=(1,-1,1).設(shè)直線AD與平面MBC所成角為,則sin =|cos|=,即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為.評析要特別注意翻折前后圖形中角、線、面等關(guān)系的變化.又BE平面BCD,評析要特別注意翻折前后圖形中角、線、面4.(2015浙江,17,15分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影為BC的中點,D是B1

19、C1的中點.(1)證明:A1D平面A1BC;(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值. 4.(2015浙江,17,15分)如圖,在三棱柱ABC-A1解析(1)證明:設(shè)E為BC的中點,由題意得A1E平面ABC,所以A1EAE.因為AB=AC,所以AEBC.故AE平面A1BC.由D,E分別為B1C1,BC的中點,得DEB1B且DE=B1B,從而DEA1A且DE=A1A,所以A1AED為平行四邊形.故A1DAE.又因為AE平面A1BC,所以A1D平面A1BC.(2)解法一:作A1FBD且A1FBD=F,連接B1F.由AE=EB=,A1EA=A1EB=90,得A1B=A1A=4.解析(1)證明:

20、設(shè)E為BC的中點,由題意得A1E平面AB由A1D=B1D,A1B=B1B,得A1DB與B1DB全等.由A1FBD,得B1FBD,因此A1FB1為二面角A1-BD-B1的平面角.由A1D=,A1B=4,DA1B=90,得BD=3,A1F=B1F=,由余弦定理得cosA1FB1=-.解法二:以CB的中點E為原點,分別以射線EA,EB為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標系E-xyz,如圖所示.由題意知各點坐標如下:A1(0,0,),B(0,0),D(-,0,),B1(-,).由A1D=B1D,A1B=B1B,得A1DB與B1DB全因此=(0,-),=(-,-,),=(0,0).設(shè)平面A1BD的法向量

21、為m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量為n=(x2,y2,z2).由即可取m=(0,1).由即可取n=(,0,1).于是|cos|=.由題意可知,所求二面角的平面角是鈍角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值為-.因此=(0,-),=(-,-,),=(0,5.(2016北京,17,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,ABAD,AB=1,AD=2,AC=CD=.(1)求證:PD平面PAB;(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在點M,使得BM平面PCD?若存在,求的值;若不存在,說明理由. 5.(2016北

22、京,17,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD解析(1)證明:因為平面PAD平面ABCD,ABAD,所以AB平面PAD.所以ABPD.又因為PAPD,所以PD平面PAB.(2)取AD的中點O,連接PO,CO.因為PA=PD,所以POAD.又因為PO平面PAD,平面PAD平面ABCD,所以PO平面ABCD.因為CO平面ABCD,所以POCO.因為AC=CD,所以COAD.如圖建立空間直角坐標系O-xyz.由題意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).解析(1)證明:因為平面PAD平面ABCD,ABAD,設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z)

23、,則即令z=2,則x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).又=(1,1,-1),所以cos=-.所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為.(3)設(shè)M是棱PA上一點,則存在0,1使得=.因此點M(0,1-,),=(-1,-,).因為BM平面PCD,所以BM平面PCD當且僅當n=0,即(-1,-,)(1,-2,2)=0.解得=.所以在棱PA上存在點M使得BM平面PCD,此時=.設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),所以直線PB與平面思路分析(1)證明一條直線與平面垂直,只需證明該直線與平面內(nèi)兩條相交直線垂直即可,本題先證明AB平面PAD,可得ABPD,再結(jié)合已知條件PDPA,可得證.(2)

24、建立空間直角坐標系,求出平面的法向量n,則線面所成角的正弦值即為直線方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值,利用cos=可求解,注意符號即可.(3)假設(shè)存在這樣的M,設(shè)出其坐標,寫出滿足條件的表達式,表達式有解即滿足條件的M存在,再進一步求解即可.思路分析(1)證明一條直線與平面垂直,只需證明該直線與平面C組教師專用題組考點線面垂直、面面垂直1.(2015湖南,19,13分)如圖,已知四棱臺ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形,A1A=6,且A1A底面ABCD.點P,Q分別在棱DD1,BC上.(1)若P是DD1的中點,證明:AB1PQ;(2)若PQ平面ABB1A

25、1,二面角P-QD-A的余弦值為,求四面體ADPQ的體積. C組教師專用題組解析解法一:由題設(shè)知,AA1,AB,AD兩兩垂直.以A為坐標原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則相關(guān)各點的坐標為A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0m6.(1)證明:若P是DD1的中點,則P,=.又=(3,0,6),于是=18-18=0,所以,即AB1PQ.解析解法一:由題設(shè)知,AA1,AB,AD兩兩垂直.以A為坐(2)由題設(shè)知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個不共線

26、向量.設(shè)n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,則即取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一個法向量是n2=(0,0,1),所以cos=.而二面角P-QD-A的余弦值為,因此=,解得m=4,或m=8(舍去),此時Q(6,4,0).設(shè)=(01),(2)由題設(shè)知,=(6,m-6,0),而=(0,-3,6),由此得點P(0,6-3,6),所以=(6,3-2,-6).因為PQ平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一個法向量是n3=(0,1,0),所以n3=0,即3-2=0,亦即=,從而P(0,4,4).于是,將四面體ADPQ視為以ADQ為底面的三棱錐P-ADQ,則其高h=4.故四面體A

27、DPQ的體積V=SADQh=664=24.解法二:(1)證明:如圖a,取A1A的中點R,連接PR,BR.因為A1A,D1D是梯形A1ADD1的兩腰,P是D1D的中點,所以PRAD,于是由ADBC知,PRBC,所以P,R,B,C四點共面.由題設(shè)知,BCAB,BCA1A,所以BC平面ABB1A1,因此BCAB1.因為tanABR=tanA1AB1,所以ABR=A1AB1,因此ABR+BAB1=A1AB1+而=(0,-3,6),BAB1=90,于是AB1BR.再由即知AB1平面PRBC.又PQ平面PRBC,故AB1PQ. 圖a 圖bBAB1=90,(2)如圖b,過點P作PMA1A交AD于點M,則PM

28、平面ABB1A1.因為A1A平面ABCD,所以PM平面ABCD.過點M作MNQD于點N,連接PN,則PNQD,PNM為二面角P-QD-A的平面角,所以cosPNM=,即=,從而=.連接MQ,由PQ平面ABB1A1及知,平面PQM平面ABB1A1,所以MQAB.又ABCD是正方形,所以ABQM為矩形,故MQ=AB=6.設(shè)MD=t,則MN=.過點D1作D1EA1A交AD于點E,則AA1D1E為矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE=3.于是=2,所以PM=2MD=2t.再由,得=,解得t=2,因此PM=4.故四面體ADPQ的體積V=SADQPM=664=24.五年高

29、考3年模擬82.(2014廣東,18,13分)如圖,四邊形ABCD為正方形,PD平面ABCD,DPC=30,AFPC于點F,FECD,交PD于點E.(1)證明:CF平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值. 2.(2014廣東,18,13分)如圖,四邊形ABCD為正方解析(1)證明:PD平面ABCD,PDAD,又CDAD,PDCD=D,AD平面PCD,ADPC,又AFPC,AFAD=A,PC平面ADF,即CF平面ADF.(2)解法一:設(shè)AB=1,則RtPDC中,CD=1,DPC=30,PC=2,PD=,由(1)知CFDF,DF=,CF=,又FECD,=,DE=,同理,EF=CD=,如圖所

30、示,以D為原點,建立空間直角坐標系,則A(0,0,1),E,F,P(,0,0),C(0,1,0).解析(1)證明:PD平面ABCD,PDAD,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的一個法向量為=(-,1,0),設(shè)二面角D-AF-E的平面角為,可知為銳角,cos =|cos|=,故二面角D-AF-E的余弦值為.解法二:設(shè)AB=1,CF平面ADF,CFDF.在CFD中,DF=,CDAD,CDPD,CD平面ADE.又EFCD,EF平面ADE.EFAE,在DEF中,DE=,EF=,在ADE中,AE=,在ADF中,AF=.由VA-DEF

31、=SADEEF=SADFhE-ADF,解得hE-ADF=,設(shè)AEF的邊AF上的高為h,cos =|cos|=,故二面角D-A由SAEF=EFAE=AFh,解得h=,設(shè)二面角D-AF-E的平面角為,則sin =,cos =.由SAEF=EFAE=AFh,3.(2014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. 3.(2014浙江,20,15分)如圖,在四棱錐A-BCDE解析(1)證明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=

32、BC=,由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即ACBC,又平面ABC平面BCDE,從而AC平面BCDE,所以ACDE.又DEDC,從而DE平面ACD.(2)解法一:作BFAD,與AD交于點F,過點F作FGDE,與AE交于點G,連接BG,由(1)知DEAD,則FGAD.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BDBC,又平面ABC平面BCDE,得BD平面ABC,從而BDAB.由于AC平面BCDE,得ACCD.在RtACD中,由DC=2,AC=,得AD=.解析(1)證明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,C在RtAED中,由ED=1

33、,AD=,得AE=.在RtABD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cosBAE=,BG=.在BFG中,cosBFG=.所以,BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.解法二:以D為原點,分別以射線DE,DC為x軸,y軸的正半軸,建立空間直角坐標系D-xyz,如圖所示.在RtAED中,由ED=1,AD=,得AE=.由題意知各點坐標如下: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

34、,-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,所求二面角是銳二面角,故二面角B-AD-E的大小是.由題意知各點坐標如下:D(0,0,0),E(1,0,0),CA組20162018年高考模擬基礎(chǔ)題組考點線面垂直、面面垂直1.(2018廣西南寧4月月考,18)如圖,四棱錐P-ABCD中,AB=BC=2,AD=CD=2,PA=PC,ABC=,ABAD,平面PAD平面ABCD.(1)求證:PD平面ABCD;(2)若PD=3,求直線CD與平面PAB所成角的正弦值. 三年模擬A組20162018年高考模擬基礎(chǔ)題組三

35、年模擬解析(1)證法一:因為平面PAD平面ABCD,ABAD,平面PAD平面ABCD=AD,所以AB平面PAD,則PDAB,ABPA,由PA=PC,AB=BC,PB=PB得PABPCB,因為ABPA,所以PCB=PAB=90,即BCPC.易證BCCD,所以BC平面PCD.所以BCPD.因為BCAB=B,所以PD平面ABCD.證法二:平面PAD平面ABCD,ABAD,平面PAD平面ABCD=AD,AB平面PAD,解析(1)證法一:因為平面PAD平面ABCD,ABAD則PDAB,連接BD交AC于E,AB=BC,AD=CD,則E為AC的中點且BDAC,在APC中,PA=PC,則ACPE,PEBD=E

36、,AC平面PBD,ACPD,ABAC=A,PD平面ABCD.則PDAB,(2)以A為原點,AB,AD所在直線為x軸,y軸,過A且垂直于平面ABCD的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則B(2,0,0),C(,3,0),D(0,2,0),P(0,2,3).則=(2,0,0),=(0,2,3),=(-,-1,0).設(shè)平面PAB的法向量為n=(x,y,z),則即令y=-3,(2)以A為原點,AB,AD所在直線為x軸,y軸,過A且垂直得平面PAB的一個法向量為n=(0,-3,2).設(shè)直線CD與平面PAB所成角為,則sin =,所以直線CD與平面PAB所成角的正弦值為.得平面PAB的一個法向量為n

37、=(0,-3,2).2.(2018貴州貴陽適應(yīng)性考試(一),19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為直角梯形,ADBC,ADC=90,平面PAD底面ABCD,Q為AD的中點,M是棱PC上的點,PA=PD=2,BC=AD=1,CD=.(1)求證:平面PBC平面PQB;(2)若平面QMB與平面PDC所成的銳二面角的大小為60,求PM的長. 2.(2018貴州貴陽適應(yīng)性考試(一),19)如圖,在四棱錐解析(1)證明:ADBC,Q為AD的中點,BC=AD,BC=QD,四邊形BCDQ為平行四邊形,ADC=90,BCBQ,PA=PD,AQ=QD,PQAD,又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面

38、ABCD=AD,PQ平面ABCD,PQBC,又PQBQ=Q,BC平面PQB,BC平面PBC,平面PBC平面PQB.(2)由(1)可知PQ平面ABCD,如圖,以Q為原點,分別以QA,QB,QP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系,解析(1)證明:ADBC,Q為AD的中點,BC=AD則Q(0,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,),B(0,0),C(-1,0),設(shè)=(01),則=(-1,-),得M(-,-),=(-,(1-),又=(0,0),可求得平面MBQ的法向量為m=,由題意求得平面PDC的法向量為n=(3,0,-),平面QMB與平面PDC所成的銳二面角的大小為60,cos 60=,

39、=,|PM|=.則Q(0,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,),BB組20162018年高考模擬綜合題組(時間:30分鐘分值:40分)一、選擇題(每題5分,共10分)1.(2017四川巴中“零診”,8)設(shè)m,n為空間中兩條不同的直線,為空間中兩個不同的平面,給出下列命題:若m,m,則;若m,mn,則n;若m,m,則;若m,則m.其中所有正確命題的序號是()A.B.C.D.答案A根據(jù)線面平行的性質(zhì)可知錯誤,顯然正確,根據(jù)線面垂直的判定可知正確.故選A.B組20162018年高考模擬綜合題組答案2.(2017福建三明月考,9)如圖,在四邊形ABCD中,ADBC,AD=AB,BCD=45,B

40、AD=90.將ADB沿BD折起,使CD平面ABD,構(gòu)成三棱錐A-BCD.則在三棱錐A-BCD中,下列結(jié)論正確的是()A.AD平面BCDB.AB平面BCDC.平面BCD平面ABCD.平面ADC平面ABC答案DCD平面ABD,CDAB,又ADAB,ADCD=D,AB平面ADC,AB平面ABC,平面ABC平面ADC.故選D.解題關(guān)鍵一定要弄清楚折疊前后線段長度、線與線之間的位置關(guān)系是否發(fā)生變化.2.(2017福建三明月考,9)如圖,在四邊形ABCD中,A二、填空題(每題5分,共15分)3.(2017山東一模,15)如圖,在直四棱柱A1B1C1D1-ABCD中,當?shù)酌嫠倪呅蜛BCD滿足條件時,有A1CB1D1(注:填上你認為正確的一個條件即可,不必要考慮所有可能的情況). 答案ACBD(或ABCD是正方形,菱形等)二、填空題(每題5分,共15分)答案ACBD(或A解析四棱柱A1B1C1D1-ABCD是直棱柱,B1D1A1A,若A1CB1D1,則B1D1平面A1ACC1.B1D1AC,又由B1D1BD,則有BDAC,反之,由BDAC亦可得到A1CB1D1.因此,本題正確答案可以是BDAC.思路分析根據(jù)題意,由A1CB1D1,結(jié)合直棱柱的性質(zhì),分析底面四邊形ABCD得到BDAC,進而驗證即可得答案.解題關(guān)鍵將證明線線垂直轉(zhuǎn)化為證明線面垂直.解