资料简介
--直线平面垂直的判定及其性质一、选择题1.(2014·高考文科·T9)假设空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4满足l1⊥l2,l2∥l3,l3⊥l4,那么以下结论一定正确的选项是 ( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定【解题提示】由于l2∥l3,所以l1与l4的位置关系可以通过同垂直于一条直线的两条直线加以判断.【解析】选D.因为l2∥l3,所以l1⊥l2,l3⊥l4实质上就是l1与l4同垂直于一条直线,所以l1⊥l4,l1∥l4,l1与l4既不垂直也不平行都有可能成立,但不是一定成立,故l1与l4的位置关系不确定.2.(2014·高考理科)假设空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,那么以下结论一定正确的选项是 ( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定【解题提示】由于l2//l3,所以l1与l4的位置关系可以通过同垂直于一条直线的两条直线加以判断.【解析】选D.因为l2//l3,所以l1⊥l2,l3⊥l4实质上就是l1与l4同垂直于一条直线,所以l1⊥l4,l1//l4,l1与l4既不垂直也不平行都有可能成立,但不是一定成立,故l1与l4的位置关系不确定.二、解答题3.(2014·高考文科·T13)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分别是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中点.求证:-.word.zl-
--(1)直线BC1∥平面EFPQ.(2)直线AC1⊥平面PQMN.【解题指南】(1)通过证明FP∥AD1,得到BC1∥FP,根据线面平行的判定定理即可得证.(2)证明BD⊥平面ACC1,得出BD⊥AC1,进而得MN⊥AC1,同理可证PN⊥AC1,根据线面垂直的判定定理即可得出直线AC1⊥平面PQMN.【解析】(1)连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1∥BC1,因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)连接AC,BD,那么AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,可得CC1⊥BD.又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1,所以BD⊥AC1.-.word.zl-
--因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MN∥BD,从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN=N,所以直线AC1⊥平面PQMN.4.〔2014·高考文科·Ｔ18〕〔本小题总分值12分〕如图3，二面角的大小为，菱形在面，两点在棱上，，是的中点，面，垂足为.（1）证明：平面；〔2〕求异面直线与所成角的余弦值.【解题提示】〔1〕利用线面垂直的判定定理证明；〔2〕根据二面角的平面角的定义，及线线角的定义解。【解析】(1)如图，因为,所以连接，由题设知，是正三角形,又E是AB的中点，所以,面,故.(2)因为所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即是BC与OD所成的角。由〔1〕知，，所以又,于是是二面角-.word.zl-
--的平面角，从而不妨设,那么,易知在中，连接AO，在中，故异面直线BC与OD所成角的余弦值为5.(2014·高考文科·T18)(13分)如图1,四边形ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC=2.作如图2折叠,折痕EF∥DC,其中点E,F分别在线段PD,PC上,沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M,并且MF⊥CF.(1)证明:CF⊥平面MDF.(2)求三棱锥MCDE的体积.【解题提示】(1)可利用PD⊥平面ABCD,证明MD⊥平面CDEF.(2)只需求高MD及△CDE的面积,即可求得结论.【解析】(1)因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥MD.在矩形ABCD中MD⊥CD,又PD∩CD=D.所以MD⊥平面CDEF,所以MD⊥CF.又因为MF⊥CF,所以CF与相交直线MD和MF都垂直,-.word.zl-
--故CF⊥平面MDF.(2)在△CDP中,CD=AB=1,PC=2,那么PD=,∠PCD=60°;CF⊥平面MDF,那么CF⊥DF,CF=,DF=.因为EF//DC,所以=,DE=,PE==ME,S△CDE=CD·DE=.由勾股定理可得MD==,所以VM?CDE=MD·S△CDE=.6.〔2014·高考文科·Ｔ19〕．〔本小题总分值12分〕如图，三棱锥中，.（1）求证：平面；（2）假设，为中点，求三棱锥的体积.【解题指南】〔1〕利用线面平行的判定定理证明．〔2〕分别求出-.word.zl-
--的面积和高CD，继而求出体积．或利用VA-MBC=VA-BCD-VM-BCD求解．【解析】〔1〕∵平面BCD，平面BCD，∴.又∵，，平面ABD，平面ABD，∴平面.〔2〕由平面BCD，得.∵，∴.∵M是AD的中点，∴.由〔1〕知，平面ABD，∴三棱锥C-ABM的高，因此三棱锥的体积.解法二：〔1〕同方法一.〔2〕由平面BCD知，平面ABD平面BCD，又平面ABD平面BCD=BD，如图，过点M作交BD于点N.那么平面BCD，且，-.word.zl-
--又，∴.∴三棱锥的体积.7.〔2014·高考文科·Ｔ6〕设是两条不同的直线，是两个不同的平面〔〕A．假设，，那么B．假设，，那么C．假设，那么D．假设，，，那么【解题提示】依据线、面平行，垂直的条件与性质逐一判断.【解析】选C.对A假设，，那么或或，错误；对Ｂ假设，，那么或或，错误；对Ｃ假设，那么，正确；对Ｄ假设，，，那么或或，错误；8.〔2014·高考文科·Ｔ20〕20、如图，在四棱锥A—BCDE中，平面平面；，，，.〔1〕证明：平面；〔2〕求直线与平面ABC所成的角的正切值.【解析】〔1〕连结BD，在直角梯形BCDE中，，CD=2所以BD=BC=由，AB=2，得，所以又平面平面，所以平面-.word.zl-
--(2)过点E作EM⊥CB交CB的延长线于点M，连接AM．又平面ABC⊥平面BCDE，所以EM⊥平面ACB．所以∠EAM是直线AE与平面ABC所成的角．在Rt△BEM中，EB=1，∠EBM=45°．所以.在Rt△ACM中，．在Rt△AEM中，．9、〔2014·高考理科·Ｔ20〕〔此题总分值15分〕如图，在四棱锥中，平面平面.（1）证明：平面;（2）求二面角的大小.【解析】〔1〕在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC=,由AC=，AB=2，得，所以又平面ABC平面BCDE，从而AC平面BCDE所以ACDE，又DEDC，从而DE平面ACD.〔2〕方法一：-.word.zl-
--作BFAD，交AD于F，过点F作FGDE，交AE于点G，连结BG由〔1〕知，DEAD，而FGAD，所以是二面角的平面角在直角梯形BCDE中，由，得又平面ABC平面BCDE，从而BDAB由于平面BCDE，得BD平面BCDE，得ACCD在Rt△ACD中，由DC=2，AC=，得AD=在Rt△AED中，由DE=1，AD=，得AE=在Rt△ABD中，由BD=，AB=2，AD=，得BF=，AF=AD，从而GF=在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得，BG=在△BFG中，所以，，即二面角的大小是方法二：以D为原点，分别以射线DE，DC为轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如下图由题意知各点坐标如下：，，设平面ADE的法向量为，平面ABD的法向量为可算得，,-.word.zl-
--由即可取由即可取所以由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角的大小是.10.〔2014·高考理科·Ｔ19〕〔本小题总分值12分〕如图，和所在平面互相垂直，且，，E、F分别为AC、DC的中点.〔Ⅰ〕求证：；〔Ⅱ〕求二面角的正弦值.【解析】〔Ⅰ〕如图，以点B为坐标原点，在平面DBC过B作垂直BC的直线为轴，BC所在的直线为轴，在平面ABC过B作垂直BC的直线为轴，建立如下图空间直角坐标系，那么，从而.所以-.word.zl-
--因此,〔Ⅱ〕平面BFC的一个法向量为，设平面BEF的一个法向量为又,那么由得令得，所以设二面角的大小为，那么所以，即所求二面角的正弦值.11.〔2014·高考文科·Ｔ19〕〔本小题总分值12分〕如图，和所在平面互相垂直，且，，分别为的中点.〔Ⅰ〕求证：平面；〔Ⅱ〕求三棱锥的体积.附：锥体的体积公式，其中为底面面积，为高.【解析】〔Ⅰ〕由得，≌,因此.又为AD的中点，那么；-.word.zl-
--同理，.因此平面.由题意，为的中位线，所以∥；所以平面.〔Ⅱ〕在平面ABC作，交CB的延长线于,由于平面平面，平面平面，所以平面.又为AD的中点，因此到平面的距离是.在中，，所以12.〔2014·高考文科·Ｔ18〕如图，四棱锥中，,分别为线段的中点.〔Ⅰ〕求证：〔Ⅱ〕求证：【解题指南】〔Ⅰ〕此题考察线面平行的证法，可利用线线平行，来证明线面平行；(Ⅱ)此题考察了线面垂直的判定，在平面PAC中找两条相交直线与BE垂直即可.【解析】〔Ⅰ〕连接AC交BE于点O，连接OF，不妨设AB=BC=1,那么AD=2四边形ABCE为菱形又-.word.zl-
--〔Ⅱ〕,,13.(2014·XX高考文科·T17)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,BA=BD=,AD=2,PA=PD=,E,F分别是棱AD,PC的中点.(1)证明:EF∥平面PAB.(2)假设二面角P-AD-B为60°,①证明:平面PBC⊥平面ABCD;②求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.【解析】(1)如图,取PB中点M,连接MF,AM.因为F为PC中点,故MF∥BC且MF=BC.由有BC∥AD,BC=AD.又由于E为AD中点,因而MF∥AE且MF=AE,故四边形AMFE为平行四边形,所以EF∥AM.又AM⊂平面PAB,而EF⊄平面PAB,所以EF∥平面PAB.(2)①连接PE,BE,因为PA=PD,BA=BD,而E为AD中点,故PE⊥AD,BE⊥AD.所以∠PEB为二面角P-AD-B的平面角.在△PAD中,由PA=PD=,AD=2,可解得PE=2,在-.word.zl-
--△ABD中,由BA=BD=,AD=2,可解得BE=1.在△PEB中,PE=2,BE=1,∠PEB=60°,由余弦定理,可解得PB=,从而∠PBE=90°,即BE⊥PB.又BC∥AD,BE⊥AD,从而BE⊥BC,因此BE⊥平面PBC,又BE⊂平面ABCD,所以平面PBC⊥平面ABCD.②连接BF.由①知,BE⊥平面PBC,所以∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角,由PB=及,得∠ABP为直角.而MB=PB=,可得AM=,故EF=.又BE=1,故在Rt△EBF中,sin∠EFB==.所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为.14.〔2014·高考文科·Ｔ19〕如图，四棱锥的底面边长为8的正方形，四条侧棱长均为.点分别是棱上共面的四点，平面平面，平面.(1)证明：(2)假设，求四边形的面积.-.word.zl-
--【解题提示】〔1〕由线面平行得出BC平行于线线EF、GH；〔2〕设BD相交EF于点K，那么K为OB的中点，由面面垂直得出，再由梯形面积公式计算求解。【解析】〔1〕因为BC//平面GEFH,BC平面PBC，，且平面PBC平面GEFH=GH，所以GH//BC,同理可证EF//BC，因此GH//EF。〔2〕连接AC,BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP,GK,因为PA=PC,O是AC的中点，所以,同理可得,又，且AC,BD都在底面，所以底面ABCD，又因为平面GEFH平面ABCD,且平面GEFH,所以PO//平面GEFH，因为平面PBD平面GEFH=GK,所以PO//GK,且GK底面ABCD,从而,所以GK是梯形GEFH的高，由AB=8，EB=2得EB：AB=KB:DB=1:4,从而,即K是OB的中点。再由PO//GK得，即G是PB的中点，且，由可得，所以GK=3，故四边形GEFH的面积15、〔2014·高考理科·Ｔ20〕如图，四棱柱中，底面.四边形为梯形，,且.过三点的平面记为，与的交点为.（1）证明：为的中点；（2）求此四棱柱被平面所分成上下两局部的体积之比；（3）假设，，梯形的面积为6，求平面与底面-.word.zl-
--所成二面角大小.【解题提示】〔1〕由及得；〔2〕将问题转化为求出特殊几何体的体积，即+，，从而得出结果；〔3〕利用平面ABCD，作证明为平面与底面ABCD所成二面角的平面角，解求得。【解析】〔1〕因为所以平面QBC//平面A1AD，从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QC//A1D，故的对边相互平行，于是，所以,即Q为BB1的中点。〔2〕如下图，连接QA,QD,设AA1=h,梯形ABCD的高位d,四棱柱被平面分成上下两局部的体积分别为V上和V下，BC=a,那么AD=2a，，，所以+，又，所以。所以。〔3〕如上图所示，在中，作,垂足为E，连接A1E，又-.word.zl-
--，所以,于是，所以为平面与底面ABCD所成二面角的平面角。因为BC//AD,AD=2BC,所以,又因为梯形ABCD的面积为6，DC=2，所以，于是，故所求二面角的大小。16.〔2014·高考文科·Ｔ18〕在如下图的多面体中，四边形和都为矩形．〔1〕假设，证明：直线平面；〔2〕设，分别是线段，的中点，在线段上是否存在一点，使直线平面？请证明你的结论.【解题提示】此题主要考察空间线面平行和垂直的判断与性质等根底知识，考察空间想象能力、推理论证能力.【解析】〔1〕因为四边形和都是矩形，所以.因为为平面两条相交直线，所以平面.因为直线平面，所以.又由，，，为平面两条相交直线，所以平面.〔2〕取线段的中点，连接.设为的交点.由，为的中点，连接,那么分别为为的中位线，-.word.zl-
--所以∥,∥,因此∥，连接,从而四边形为平行四边形，那么.因为直线平面,平面,所以直线∥平面.即线段上存在一点(线段的中点)，使直线平面.-.word.zl-
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