2018高考数学异构异模复习 第八章 立体几何 8.4 直线、平面垂直的判定与性质撬题 理

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1、2018高考数学异构异模复习考案第八章立体几何8.4直线、平面垂直的判定与性质撬题理1.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　D解析　由l1⊥l2，l2⊥l3可知l1与l3的位置不确定，若l1∥l3，则结合l3⊥l4，得l1⊥l4，所以排除选项B、C，若l1⊥l3，则结合l3⊥l4，知l1与l4可能不垂直，所以排除选项A.故选D.2．如下图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC

2、＝3，∠ACB＝.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值．解　(1)证明：由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，故PC⊥DE.由CE＝2，CD＝DE＝，得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.(2)由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝.如下图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝得DF∥AC，＝＝，故AC＝DF＝.以C为坐标

3、原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，P(0,0,3)，A，E(0,2,0)，D(1,1,0)，＝(1，－1,0)，＝(－1，－1,3)，＝.设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·＝0，n1·＝0，得故可取n1＝(2,1,1)．由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2＝(1，－1,0)，从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝＝，故所求二面角A－PD－C的余弦值为.3．如图，在四棱锥A－EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFC

4、B，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O为EF的中点．(1)求证：AO⊥BE；(2)求二面角F－AE－B的余弦值；(3)若BE⊥平面AOC，求a的值．解　(1)证明：因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB，AO⊂平面AEF，所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.(2)取BC中点G，连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB，又OG⊂平面EFCB，所以OA⊥OG.如右图建立空间直角坐标系O－xyz，则E(a,0,0)，A(0,0，a)，B(

5、2，(2－a)，0)，＝(－a,0，a)，＝(a－2，(a－2)，0)．设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则x＝，y＝－1.于是n＝(，－1,1)．平面AEF的法向量为p＝(0,1,0)．所以cos〈n，p〉＝＝－.由题知二面角F－AE－B为钝角，所以它的余弦值为－.(3)因为BE⊥平面AOC，所以BE⊥OC，即·＝0.因为＝(a－2，(a－2)，0)，＝(－2，(2－a)，0)，所以·＝－2(a－2)－3(a－2)2.由·＝0及0

6、E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值．解　(1)证明：在图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC.即在图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC，又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，所以∠A1OC＝.如下图，以O为原点，

7、建立空间直角坐标系，因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，所以B，E，A1，C，得＝，＝，＝＝(－，0,0)．设平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为θ，则得取n1＝(1,1,1)；得取n2＝(0,1,1)，从而cosθ＝

8、cos〈n1，n2〉

9、＝＝，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.5．《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臑．如图，在阳马P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABC

10、D，且PD＝CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接