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§8.4直线、平面垂直的判定和性质考点 垂直的判定与性质1.(2014广东,7,5分)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定答案 D2.(2014课标Ⅰ,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.解析 (1)连结BC1,交B1C于点O,连结AO.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1,且O为B1C及BC1的中点.又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)因为AC⊥AB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.又因为AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,从而OA,OB,OB1两两互相垂直.以O为坐标原点,OB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O-xyz.因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,又AB=BC,则A0,0,33,B(1,0,0),B10,33,0,C0,-33,0.AB1=0,33,-33,A1B1=AB=1,0,-33,B1C1=BC=-1,-33,0.设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则n·AB1=0,n·A1B1=0,即33y-33z=0,x-33z=0.所以可取n=(1,3,3).设m是平面A1B1C1的法向量,则m·A1B1=0,m·B1C1=0.同理可取m=(1,-3,3).
则cos=n·m|n||m|=17.所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为17.3.(2014福建,17,13分)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图.(1)求证:AB⊥CD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.解析 (1)证明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊂平面ABD,AB⊥BD,∴AB⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD.(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图.由(1)知AB⊥平面BCD,BE⊂平面BCD,BD⊂平面BCD,∴AB⊥BE,AB⊥BD.以B为坐标原点,分别以BE,BD,BA的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M0,12,12,则BC=(1,1,0),BM=0,12,12,AD=(0,1,-1).设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),则n·BC=0,n·BM=0,即x0+y0=0,12y0+12z0=0,取z0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1).设直线AD与平面MBC所成角为θ,则sinθ=|cos|=|n·AD||n|·|AD|=63,
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为63.4.(2014广东,18,13分)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明:CF⊥平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值.解析 (1)证明:∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AD,又CD⊥AD,PD∩CD=D,∴AD⊥平面PCD,∴AD⊥PC,又AF⊥PC,AF∩AD=A,∴PC⊥平面ADF,即CF⊥平面ADF.(2)解法一:设AB=1,则Rt△PDC中,CD=1,∵∠DPC=30°,∴PC=2,PD=3,由(1)知CF⊥DF,∴DF=32,∴CF=12,又FE∥CD,∴DEPD=CFPC=14,∴DE=34,同理,EF=34CD=34,如图所示,以D为原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),E34,0,0,F34,34,0,P(3,0,0),C(0,1,0).设m=(x,y,z)是平面AEF的法向量,则m⊥AE,m⊥EF,又AE=34,0,-1,EF=0,34,0,∴m·AE=34x-z=0,m·EF=34y=0,
令x=4,得z=3,故m=(4,0,3),由(1)知平面ADF的一个法向量为PC=(-3,1,0),设二面角D-AF-E的平面角为θ,可知θ为锐角,cosθ=|cos|=|m·PC||m|·|PC|=4319×2=25719,故二面角D-AF-E的余弦值为25719.解法二:设AB=1,∵CF⊥平面ADF,∴CF⊥DF.∴在△CFD中,DF=32,∵CD⊥AD,CD⊥PD,∴CD⊥平面ADE.又∵EF∥CD,∴EF⊥平面ADE.∴EF⊥AE,∴在△DEF中,DE=34,EF=34,在△ADE中,AE=194,在△ADF中,AF=72.由VA-DEF=13·S△ADE·EF=13·S△ADF·hE-ADF,解得hE-ADF=38,设△AEF的边AF上的高为h,由S△AEF=12·EF·AE=12·AF·h,解得h=34×13314,设二面角D-AF-E的平面角为θ.则sinθ=hE-ADFh=38×43×14133=13319,∴cosθ=25719.5.(2014辽宁,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证:EF⊥BC;(2)求二面角E-BF-C的正弦值.
解析 (1)证法一:过E作EO⊥BC,垂足为O,连OF.图1由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.所以∠EOC=∠FOC=π2,即FO⊥BC.又EO⊥BC,因此BC⊥面EFO.又EF⊂面EFO,所以EF⊥BC.证法二:由题意,以B为坐标原点,在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐标系,易得B(0,0,0),A(0,-1,3),D(3,-1,0),C(0,2,0),因而E0,12,32,F32,12,0,所以,EF=32,0,-32,BC=(0,2,0),因此EF·BC=0.从而EF⊥BC,所以EF⊥BC.图2(2)解法一:在图1中,过O作OG⊥BF,垂足为G,连EG.由平面ABC⊥平面BDC,从而EO⊥面BDC,又OG⊥BF,由三垂线定理知EG⊥BF.因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角.在△EOC中,EO=12EC=12BC·cos30°=32,由△BGO∽△BFC知,OG=BOBC·FC=34,因此tan∠EGO=EOOG=2,从而sin∠EGO=255,即二面角E-BF-C的正弦值为255.解法二:在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1).设平面BEF的法向量为n2=(x,y,z),又BF=32,12,0,BE=0,12,32,
由n2·BF=0,n2·BE=0得其中一个n2=(1,-3,1).设二面角E-BF-C的大小为θ,且由题意知θ为锐角,则cosθ=|cos|=n1·n2|n1||n2|=15,因此sinθ=25=255,即所求二面角的正弦值为255.6.(2014湖南,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O⊥底面ABCD;(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.解析 (1)证明:因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD,因为CC1∥DD1,所以CC1⊥BD,而AC∩BD=O,因此CC1⊥底面ABCD.由题设知,O1O∥C1C,故O1O⊥底面ABCD,(2)解法一:如图,过O1作O1H⊥OB1于H,连结HC1.由(1)知,O1O⊥底面ABCD,所以O1O⊥底面A1B1C1D1,于是O1O⊥A1C1.又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1⊥B1D1,从而A1C1⊥平面BDD1B1,所以A1C1⊥OB1,于是OB1⊥平面O1HC1,进而OB1⊥C1H,故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角,不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=3,OC=1,OB1=7.在Rt△OO1B1中,易知O1H=OO1·O1B1OB1=237,而O1C1=1,于是C1H=O1C12+O1H2=1+127=197.
故cos∠C1HO1=O1HC1H=237197=25719.即二面角C1-OB1-D的余弦值为25719.解法二:因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此AC⊥BD,又由(1)知O1O⊥底面ABCD,从而OB、OC、OO1两两垂直.如图,以O为坐标原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=3,OC=1,于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B1(3,0,2),C1(0,1,2).易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量.设n2=(x,y,z)是平面OB1C1的法向量,则n2·OB1=0,n2·OC1=0,即3x+2z=0,y+2z=0.取z=-3,则x=2,y=23,所以n2=(2,23,-3),设二面角C1-OB1-D的大小为θ,易知θ是锐角,于是cosθ=|cos|=n1·n2|n1|·|n2|=2319=25719.故二面角C1-OB1-D的余弦值为25719.7.(2014江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证:AB⊥PD;(2)若∠BPC=90°,PB=2,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.解析 (1)证明:ABCD为矩形,故AB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD.
(2)过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连结PG.故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG.在Rt△BPC中,PG=233,GC=263,BG=63.设AB=m,则OP=PG2-OG2=43-m2,故四棱锥P-ABCD的体积V=13·6·m·43-m2=m38-6m2.因为m8-6m2=8m2-6m4=-6m2-232+83,故当m=63,即AB=63时,四棱锥P-ABCD的体积最大.此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O(0,0,0),B63,-63,0,C63,263,0,D0,263,0,P0,0,63.故PC=63,263,-63,BC=(0,6,0),CD=-63,0,0.设平面BPC的法向量为n1=(x,y,1),则由n1⊥PC,n1⊥BC得63x+263y-63=0,6y=0,解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).同理可求出平面DPC的法向量为n2=0,12,1.从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cosθ=|n1·n2||n1||n2|=12×14+1=105.8.(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=2.(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=2,
由AC=2,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,连结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.由于AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.在Rt△ACD中,由DC=2,AC=2,得AD=6.在Rt△AED中,由ED=1,AD=6,得AE=7.在Rt△ABD中,由BD=2,AB=2,AD=6,得BF=233,AF=23AD.从而GF=23.在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分别可得cos∠BAE=5714,BC=23.在△BFG中,cos∠BFG=GF2+BF2-BG22BF·GF=32.所以,∠BFG=π6,即二面角B-AD-E的大小是π6.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.由题意知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,2),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AD=(0,-2,-2),AE=(1,-2,-2),DB=(1,1,0),由m·AD=0,m·AE=0,即-2y1-2z1=0,x1-2y1-2z1=0,可取m=(0,1,-2).由n·AD=0,n·BD=0,即-2y2-2z2=0,x2+y2=0,可取n=(1,-1,2).于是|cos|=|m·n||m|·|n|=33·2=32,
由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是π6.
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