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高考数学一轮复习第八章立体几何8.5直线、平面垂直的判定与性质练习理

拼十年寒 窗挑灯 苦读不 畏难; 携双亲 期盼背 水勇战 定夺魁 。如果 你希望 成功, 以恒心 为良友 ,以经 验为参 谋,以 小心为 兄弟, 以希望 为哨兵 。

§8.5

直线、平面垂直的判定与性质
考纲解读 预测热 度

考点

内容解读 ①以立体几何中的定义、公理和定理为出发点, 认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定 定理. 理解以下判定定理: 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都 垂直,那么该直线与此平面垂直. 如果一个平面经过另一个平面的垂线 , 那么这 两个平面互相垂直. 理解以下性质定理,并能够证明: 垂直于同一个平面的两条直线平行. 如果两个平面垂直 , 那么一个平面内垂直于它 们交线的直线与另一个平面垂直. ②能运用公理、定理和已获得的结论证明一些 空间图形的位置关系的简单命题

要求

高考示例 2016 课标全国 Ⅱ,19; 2015 北京,17; 2015 湖南,19; 2014 广东,18; 2013 四川,19 2017 课标全国 Ⅰ,18; 2017 课标全国 Ⅲ,19; 2016 课标全国 Ⅰ,18; 2015 课标Ⅰ,18; 2014 江西,19

常考题型

1.直线与平 面垂直的判 定与性质

掌握

解答题

★★ ★

2.平面与平 面垂直的判 定与性质

掌握

解答题

★★ ★

分析解读 1.掌握直线与平面垂直的判定定理和性质定理.2.会运用直线与平面、平面与平面垂直的判定定理 和性质定理解决简单的应用问题与证明问题.3.掌握转化的思想方法.4.高考中常以解答题的形式呈现,考查线 线、线面、面面垂直的转化思想,分值约为 12 分,属中档题. 五年高考 考点一 直线与平面垂直的判定与性质 1.(2016 课标全国Ⅱ,19,12 分)如图,菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O,AB=5,AC=6,点 E,F 分别在 AD,CD 上,AE=CF=,EF 交 BD 于点 H.将△DEF 沿 EF 折到△D'EF 的位置,OD'=. (1)证明:D'H⊥平面 ABCD; (2)求二面角 B-D'A-C 的正弦值.

解析 (1)证明:由已知得 AC⊥BD,AD=CD. 又由 AE=CF 得=,故 AC∥EF. 因此 EF⊥HD,从而 EF⊥D'H.(2 分) 由 AB=5,AC=6 得 DO=BO==4. 由 EF∥AC 得==. 所以 OH=1,D'H=DH=3. 2 2 2 2 2 于是 D'H +OH =3 +1 =10=D'O ,故 D'H⊥OH.(4 分) 又 D'H⊥EF,而 OH∩EF=H,所以 D'H⊥平面 ABCD.(5 分) (2) 如 图 , 以 H 为 坐 标 原 点 , 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,-1,0),D'(0,0,3),

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=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).(6 分) 设 m=(x1,y1,z1)是平面 ABD'的法向量, 则即 所以可取 m=(4,3,-5).(8 分) 设 n=(x2,y2,z2)是平面 ACD'的法向量, 则即 所以可取 n=(0,-3,1).(10 分) 于是 cos<m,n>===-, sin<m,n>=. 因此二面角 B-D'A-C 的正弦值是.(12 分) 2.(2015 北 京 ,17,14 分 ) 如 图 , 在 四 棱 锥 A-EFCB 中 ,△AEF 为 等 边 三 角 形 , 平 面 AEF⊥ 平 面 EFCB,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.

解析 (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. 如图建立空间直角坐标系 O-xyz,

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则 E(a,0,0),A(0,0,a),B(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>==-. 由题设知二面角 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), 2 所以·=-2(a-2)-3(a-2) . 由·=0 及 0<a<2,解得 a=. 3.(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臑. 如图,在阳马 P-ABCD 中,侧棱 PD⊥底面 ABCD,且 PD=CD,过棱 PC 的中点 E,作 EF⊥PB 交 PB 于点 F,连接 DE,DF,BD,BE. (1)证明:PB⊥平面 DEF.试判断四面体 DBEF 是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说 明理由; (2)若面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为,求的值.

解析 解法一:(1)因为 PD⊥底面 ABCD,所以 PD⊥BC, 由底面 ABCD 为长方形,有 BC⊥CD,而 PD∩CD=D, 所以 BC⊥平面 PCD,而 DE? 平面 PCD,所以 BC⊥DE. 又因为 PD=CD,点 E 是 PC 的中点,所以 DE⊥PC. 而 PC∩BC=C,所以 DE⊥平面 PBC. 而 PB? 平面 PBC,所以 PB⊥DE. 又 PB⊥EF,DE∩EF=E,所以 PB⊥平面 DEF. 由 DE⊥平面 PBC,PB⊥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 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB. (2)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.

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由(1)知,PB⊥平面 DEF,所以 PB⊥DG. 又因为 PD⊥底面 ABCD,所以 PD⊥DG. 而 PD∩PB=P,所以 DG⊥平面 PBD. 故∠BDF 是面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的平面角, 设 PD=DC=1,BC=λ ,有 BD=, 在 Rt△PDB 中,由 DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB=, 则 tan=tan∠DPF===,解得 λ =. 所以==. 故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为时,=. 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=1,BC=λ ,则 D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ ,1,0), C(0,1,0),=(λ ,1,-1),点 E 是 PC 的中点, 所以 E,=, 于是·=0,即 PB⊥DE. 又已知 EF⊥PB,而 DE∩EF=E, 所以 PB⊥平面 DEF. 因=(0,1,-1),·=0,则 DE⊥PC,所以 DE⊥平面 PBC. 由 DE⊥平面 PBC,PB⊥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 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB. (2)因为 PD⊥平面 ABCD,所以=(0,0,1)是平面 ABCD 的一个法向量; 由(1)知,PB⊥平面 DEF,所以=(-λ ,-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, 则 cos= ==, 解得 λ =, 所以==. 故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为时,=. 教师用书专用(4—9) 4.(2015 湖南,19,13 分)如图,已知四棱台 ABCD-A1B1C1D1 的上、下底面分别是边长为 3 和 6 的正方形,A1A=6,且 A1A⊥底面 ABCD.点 P,Q 分别在棱 DD1,BC 上. (1)若 P 是 DD1 的中点,证明:AB1⊥PQ; (2)若 PQ∥平面 ABB1A1,二面角 P-QD-A 的余弦值为,求四面体 ADPQ 的体积.
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解析 解法一:由题设知,AA1,AB,AD 两两垂直.以 A 为坐标原点,AB,AD,AA1 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),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中 m=BQ,0≤m≤6.

(1)若 P 是 DD1 的中点,则 P,=.又=(3,0,6), 于是·=18-18=0,所以⊥,即 AB1⊥PQ. (2)由题设知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面 PQD 内的两个不共线向量.设 n1=(x,y,z)是平面 PQD 的法向量,则即 取 y=6,得 n1=(6-m,6,3).又平面 AQD 的一个法向量是 n2=(0,0,1), 所以 cos<n1,n2>===. 而二面角 P-QD-A 的余弦值为,因此=,解得 m=4,或 m=8(舍去),此时 Q(6,4,0). 设=λ (0<λ ≤1),而=(0,-3,6),由此得点 P(0,6-3λ ,6λ ),所以=(6,3λ -2,-6λ ). 因为 PQ∥平面 ABB1A1, 且平面 ABB1A1 的一个法向量是 n3=(0,1,0), 所以·n3=0, 即 3λ -2=0, 亦即 λ =, 从而 P(0,4,4). 于 是 , 将 四 面 体 ADPQ 视 为 以 △ADQ 为 底 面 的 三 棱 锥 P-ADQ, 则 其 高 h=4. 故 四 面 体 ADPQ 的 体 积 V=S△ADQ·h=××6×6×4=24. 解法二:(1)如图 a,取 A1A 的中点 R,连接 PR,BR.因为 A1A,D1D 是梯形 A1ADD1 的两腰,P 是 D1D 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⊥AB,BC⊥A1A,所以 BC⊥平面 ABB1A1,因此 BC⊥AB1.① 因为 tan∠ABR====tan∠A1AB1,所以∠ABR=∠A1AB1,因此∠ABR+∠BAB1=∠A1AB1+∠BAB1=90°, 于是 AB1⊥BR.再由①即知 AB1⊥平面 PRBC. 又 PQ? 平面 PRBC,故 AB1⊥PQ.

图a

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图b (2)如图 b,过点 P 作 PM∥A1A 交 AD 于点 M,则 PM∥平面 ABB1A1.② 因为 A1A⊥平面 ABCD,所以 PM⊥平面 ABCD.过点 M 作 MN⊥QD 于点 N,连接 PN,则 PN⊥QD,∠PNM 为二面角 P-QD-A 的平面角,所以 cos∠PNM=,即=,从而=.③ 连接 MQ,由 PQ∥平面 ABB1A1 及②知,平面 PQM∥平面 ABB1A1,所以 MQ∥AB.又 ABCD 是正方形,所以 ABQM 为矩形, 故 MQ=AB=6. 设 MD=t,则 MN==.④ 过点 D1 作 D1E∥A1A 交 AD 于点 E,则 AA1D1E 为矩形,所以 D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此 ED=AD-AE=3.于是===2,所以 PM=2MD=2t. 再由③,④得=,解得 t=2,因此 PM=4.故四面体 ADPQ 的体积 V=S△ADQ·PM=××6×6×4=24. 5.(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,AD? 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=,由(1)知 CF⊥DF, ∴DF=, ∴CF=,又 FE∥CD, ∴==,∴DE=,同理,EF=CD=, 如图所示,以 D 为原点,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,1),

E,F,P(,0,0),C(0,1,0). 设 m=(x,y,z)是平面 AEF 的法向量, 则又∴

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令 x=4,得 z=,故 m=(4,0,), 由(1)知平面 ADF 的一个法向量为=(-,1,0),设二面角 D-AF-E 的平面角为 θ ,可知 θ 为锐角, cos θ =|cos<m,>|===,故二面角 D-AF-E 的余弦值为. 解法二:设 AB=1, ∵CF⊥平面 ADF,∴CF⊥DF. ∴在△CFD 中,DF=, ∵CD⊥AD,CD⊥PD,∴CD⊥平面 ADE.又∵EF∥CD, ∴EF⊥平面 ADE.∴EF⊥AE, ∴在△DEF 中,DE=,EF=, 在△ADE 中,AE=, 在△ADF 中,AF=. 由 VA-DEF=·S△ADE·EF=·S△ADF·hE-ADF, 解得 hE-ADF=, 设△AEF 的边 AF 上的高为 h, 由 S△AEF=·EF·AE=·AF·h, 解得 h=×, 设二面角 D-AF-E 的平面角为 θ . 则 sin θ ==××=,∴cos θ =. 6.(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,又 BE? 平面 BCD,BD? 平面 BCD, ∴AB⊥BE,AB⊥BD. 以 B 为坐标原点,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. 依题意,得 B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M, 则=(1,1,0),=,=(0,1,-1). 设平面 MBC 的法向量为 n=(x0,y0,z0), 则即 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 ,
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则 sin θ =|cos<n,>|==, 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为. 7.(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,连接 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=,OC=1,OB1=. 在 Rt△OO1B1 中,易知 O1H==2,而 O1C1=1,于是 C1H===. 故 cos∠C1HO1===. 即二面角 C1-OB1-D 的余弦值为. 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=,OC=1,

于是相关各点的坐标为 O(0,0,0),B1(,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, 则即 取 z=-,则 x=2,y=2,所以 n2=(2,2,-),
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设二面角 C1-OB1-D 的大小为 θ ,易知 θ 是锐角, 于是 cos θ =|cos<n1,n2>|===. 故二面角 C1-OB1-D 的余弦值为. 8.(2013 四川,19,12 分)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧棱 AA1⊥底面 ABC,AB=AC=2AA1,∠BAC=120°,D,D1 分别 是线段 BC,B1C1 的中点,P 是线段 AD 的中点. (1)在平面 ABC 内,试作出过点 P 与平面 A1BC 平行的直线 l,说明理由,并证明直线 l⊥平面 ADD1A1; (2)设(1)中的直线 l 交 AB 于点 M,交 AC 于点 N,求二面角 A-A1M-N 的余弦值.

解析 (1)如图,在平面 ABC 内,过点 P 作直线 l∥BC,分别交 AB,AC 于点 M,N,因为 l 在平面 A1BC 外,BC 在平面 A1BC 内,由直线与平面平行的判定定理可知,l∥平面 A1BC.

因为 AB=AC,D 是 BC 的中点, 所以 BC⊥AD,则直线 l⊥AD. 因为 AA1⊥平面 ABC,所以 AA1⊥直线 l. 又因为 AD,AA1 在平面 ADD1A1 内,且 AD 与 AA1 相交, 所以直线 l⊥平面 ADD1A1.(6 分) (2)解法一:连接 A1P,过 A 作 AE⊥A1P 于 E,过 E 作 EF⊥A1M 于 F,连接 AF. 由(1)知,MN⊥平面 AEA1,所以平面 AEA1⊥平面 A1MN. 所以 AE⊥平面 A1MN,则 A1M⊥AE. 所以 A1M⊥平面 AEF,则 A1M⊥AF. 故∠AFE 为二面角 A-A1M-N 的平面角(设为 θ ). 设 AA1=1,则由 AB=AC=2AA1,∠BAC=120°,有∠BAD=60°,AB=2,AD=1. 又 P 为 AD 的中点,所以 M 为 AB 中点,且 AP=,AM=1, 所以在 Rt△AA1P 中,A1P=; 在 Rt△A1AM 中,A1M=. 从而 AE==,AF==, 所以 sin θ ==, 所以 cos θ ===. 故二面角 A-A1M-N 的余弦值为.(12 分) 解法二:设 A1A=1.如图,过 A1 作 A1E 平行于 B1C1,以 A1 为坐标原点,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 O-xyz(点 O 与点 A1 重合). 则 A1(0,0,0),A(0,0,1). 因为 P 为 AD 的中点,所以 M,N 分别为 AB,AC 的中点, 故 M,N,

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所以=,=(0,0,1),=(,0,0). 设平面 AA1M 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1),则 即故有 从而 取 x1=1,则 y1=-,所以 n1=(1,-,0). 设平面 A1MN 的一个法向量为 n2=(x2,y2,z2),则 即 故有 从而 取 y2=2,则 z2=-1,所以 n2=(0,2,-1). 设二面角 A-A1M-N 的平面角为 θ ,又 θ 为锐角, 则 cos θ = ==. 故二面角 A-A1M-N 的余弦值为.(12 分) 9.(2013 广东,18,14 分)如图①,在等腰直角三角形 ABC 中,∠A=90°,BC=6,D,E 分别是 AC,AB 上的点,CD=BE=,O 为 BC 的中点.将△ADE 沿 DE 折起,得到如图②所示的四棱锥 A'-BCDE,其中 A'O=. (1)证明:A'O⊥平面 BCDE; (2)求二面角 A'-CD-B 的平面角的余弦值.

图①

图② 解析 (1)在题图①中,易得 OC=3,AC=3,AD=2. 连接 OD,OE,在△OCD 中,由余弦定理可得 OD==. 由翻折不变性可知 A'D=2, 2 2 2 所以 A'O +OD =A'D ,所以 A'O⊥OD, 同理可证 A'O⊥OE,又 OD∩OE=O,所以 A'O⊥平面 BCDE. (2)解法一:过 O 作 OH⊥CD 交 CD 的延长线于 H,连接 A'H,因为 A'O⊥平面 BCDE,所以 A'H⊥CD,所以∠A'HO 为二 面角 A'-CD-B 的平面角.

结合题图①可知,H 为 AC 中点,故 OH=,从而 A'H==,所以 cos∠A'HO==,所以二面角 A'-CD-B 的平面角的余弦值为. 解法二:以 O 点为原点,建立空间直角坐标系 O-xyz,如图所示,

则 A'(0,0,),C(0,-3,0),D(1,-2,0),
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所以=(0,3,),=(-1,2,). 设 n=(x,y,z)为平面 A'CD 的法向量,则 即解得 令 x=1,得 n=(1,-1,). 由(1)知,=(0,0,)为平面 CDB 的一个法向量, 所以 cos<n,>===,即二面角 A'-CD-B 的平面角的余弦值为. 考点二 平面与平面垂直的判定与性质 1.(2017 课标全国Ⅰ,18,12 分)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)若 PA=PD=AB=DC,∠APD=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问题. (1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得 AB⊥AP,CD⊥PD. 由于 AB∥CD,故 AB⊥PD, 又 AP∩PD=P,从而 AB⊥平面 PAD. 又 AB? 平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PAD. (2)在平面 PAD 内作 PF⊥AD,垂足为 F. 由(1)可知,AB⊥平面 PAD,故 AB⊥PF, 又 AD∩AB=A,可得 PF⊥平面 ABCD. 以 F 为坐标原点,的方向为 x 轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 F-xyz.

由(1)及已知可得 A,P,B,C. 所以=,=(,0,0),=,=(0,1,0). 设 n=(x1,y1,z1)是平面 PCB 的法向量,则 即 可取 n=(0,-1,-). 设 m=(x2,y2,z2)是平面 PAB 的法向量,则 即 可取 m=(1,0,1). 则 cos<n,m>==-. 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-. 2.(2016 课 标 全 国 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,∠AFD=90°,且二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是 60°. (1)证明:平面 ABEF⊥平面 EFDC; (2)求二面角 E-BC-A 的余弦值.

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解析 (1)证明:由已知可得 AF⊥DF,AF⊥FE,所以 AF⊥平面 EFDC.(2 分) 又 AF? 平面 ABEF,故平面 ABEF⊥平面 EFDC.(3 分) (2)过 D 作 DG⊥EF,垂足为 G,由(1)知 DG⊥平面 ABEF. 以 G 为坐标原点,的方向为 x 轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 G-xyz.(6 分)

由 (1) 知 ∠DFE 为 二 面 角 D-AF-E 的 平 面 角 , 故 ∠DFE=60°, 则 |DF|=2,|DG|=, 可 得 A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,). 由已知得,AB∥EF,所以 AB∥平面 EFDC.(8 分) 又平面 ABCD∩平面 EFDC=CD,故 AB∥CD,CD∥EF. 由 BE∥AF,可得 BE⊥平面 EFDC,所以∠CEF 为二面角 C-BE-F 的平面角,∠CEF=60°.从而可得 C(-2,0,). 所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0).(10 分) 设 n=(x,y,z)是平面 BCE 的法向量,则 即所以可取 n=(3,0,-). 设 m 是平面 ABCD 的法向量,则 同理可取 m=(0,,4).则 cos <n,m>==-. 故二面角 E-BC-A 的余弦值为-.(12 分) 3.(2015 课标Ⅰ,18,12 分)如图,四边形 ABCD 为菱形,∠ABC=120°,E,F 是平面 ABCD 同一侧的两点,BE⊥平面 ABCD,DF⊥平面 ABCD,BE=2DF,AE⊥EC. (1)证明:平面 AEC⊥平面 AFC; (2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值.

解析 (1)证明:连接 BD.设 BD∩AC=G,连接 EG,FG,EF. 在菱形 ABCD 中,不妨设 GB=1.由∠ABC=120°,可得 AG=GC=. 由 BE⊥平面 ABCD,AB=BC,可知 AE=EC.又 AE⊥EC,所以 EG=,且 EG⊥AC. 在 Rt△EBG 中,可得 BE=,故 DF=. 在 Rt△FDG 中,可得 FG=. 在直角梯形 BDFE 中,由 BD=2,BE=,DF=,可得 EF=. 2 2 2 从而 EG +FG =EF ,所以 EG⊥FG. 又 AC∩FG=G,可得 EG⊥平面 AFC. 因为 EG? 平面 AEC,所以平面 AEC⊥平面 AFC.(6 分) (2)如图,以 G 为坐标原点,分别以,的方向为 x 轴,y 轴正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系 G-xyz.

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由(1)可得 A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,,0),所以=(1,,),=.(10 分) 故 cos<,>==-. 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为.(12 分) 教师用书专用(4) 4.(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=,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,连接 PG. 故 PO⊥平面 ABCD,BC⊥平面 POG, 所以 BC⊥PG. 在 Rt△BPC 中,PG=,GC=,BG=. 设 AB=m,则 OP==, 故四棱锥 P-ABCD 的体积 V=··m·=.

因为 m==, 故当 m=,即 AB=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),B,C,D,P. 故=,=(0,,0),=. 设平面 BPC 的一个法向量为 n1=(x,y,1),则由 n1⊥,n1⊥得解得 x=1,y=0,所以 n1=(1,0,1). 同理可求出平面 DPC 的一个法向量为 n2=. 从而平面 BPC 与平面 DPC 的夹角 θ 的余弦值为 cos θ ===. 三年模拟 A 组 2016—2018 年模拟·基础题组 考点一 直线与平面垂直的判定与性质 1.(2016 河 北 名 师 俱 乐 部 3 月 模 拟 ,6) 在 四 棱 锥 P-ABCD 中 , 底 面 ABCD 是 直 角 梯
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形,BA⊥AD,AD∥BC,AB=BC=2,PA=3,PA⊥底面 ABCD,E 是棱 PD 上异于 P,D 的动点.设=m(m>0),则“0<m<2”是“三 棱锥 C-ABE 的体积不小于 1”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案 B 2.(人教 A 必 2,二,2-3-1,2,变式)如果 PA、 PB、 PC 两两垂直,那么点 P 在平面 ABC 内的投影一定是△ABC 的( ) A.重心 B.内心 C.外心 D.垂心 答案 D 3.(2018 广东茂名模拟,19)如图,在三棱锥 P-ABC 中,PA⊥AC,PC⊥BC,M 为 PB 的中点,D 为 AB 的中点,且△AMB 为正三角形.

(1)求证:BC⊥平面 PAC; (2)若 PA=2BC,三棱锥 P-ABC 的体积为 1,求点 B 到平面 DCM 的距离. 解析 (1)证明:在正△AMB 中,D 是 AB 的中点, 所以 MD⊥AB. 因为 M 是 PB 的中点,D 是 AB 的中点, 所以 MD∥PA,故 PA⊥AB. 又 PA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC? 平面 ABC, 所以 PA⊥平面 ABC. 因为 BC? 平面 ABC,所以 PA⊥BC. 又 PC⊥BC,PA∩PC=P,PA,PC? 平面 PAC, 所以 BC⊥平面 PAC. (2)设 AB=x,则 PB=2x,PA=2MD=x,BC=,AC=x. 3 三棱锥 P-ABC 的体积 V=·S△ABC·PA=x =1,得 x=2. 所以 AB=MB=2,BC=,AC=1,MD=. 所以 S△BCD=S△ABC=×××1=. 由(1)知 MD∥PA,PA⊥平面 ABC,所以 MD⊥DC. 在△ABC 中,CD=AB=1, 所以 S△MCD=×MD×CD=××1=. 设点 B 到平面 DCM 的距离为 h. 因为 VM-BCD=VB-MCD, 所以 S△BCD·MD=S△MCD·h,即××=××h. 所以 h=.故点 B 到平面 DCM 的距离为. 考点二 平面与平面垂直的判定与性质 4.(2017 福建泉州二模,16)如图,一张 A4 纸的长、 宽分别为 2a,2a,A,B,C,D 分别是其四条边的中点.现将其沿图 中虚线折起 , 使得 P1,P2,P3,P4 四点重合为一点 P, 从而得到一个多面体 . 下列关于该多面体的命题 , 正确的 是 .(写出所有正确命题的序号)

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①该多面体是三棱锥; ②平面 BAD⊥平面 BCD; ③平面 BAC⊥平面 ACD; 2 ④该多面体外接球的表面积为 5π a . 答案 ①②③④ 5.(2018 辽宁锦州模拟,18)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,在底面四边形 ABCD 中,AD∥BC,AD⊥CD,Q 是 AD 的中点,M 是棱 PC 的中点,PA=PD=2,BC=AD=1,CD=,PB=. (1)求证:PA∥平面 MQB; (2)求证:平面 PAD⊥平面 ABCD; (3)求三棱锥 B-PQM 的体积.

解析 (1)证明:如图,连接 AC 交 BQ 于 N,连接 MN,CQ.

∵BC=AD,AD∥BC,Q 是 AD 的中点, ∴AQ∥BC,且 AQ=BC,∴四边形 ABCQ 是平行四边形, ∴N 是 BQ 的中点. ∵M 是棱 PC 的中点,∴MN∥PA. ∵PA?平面 MQB,MN? 平面 MQB,∴PA∥平面 MQB. (2)证明:∵AD∥BC,BC=AD=1,Q 是 AD 的中点, ∴四边形 BCDQ 为平行四边形,∴CD∥BQ. ∵AD⊥CD,∴QB⊥AD. 又 PA=PD=2,AD=2,Q 是 AD 的中点,∴PQ=. 2 2 2 又 QB=CD=,PB=,∴PB =PQ +QB . 由勾股定理逆定理可知 PQ⊥QB.
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又 PQ∩AD=Q,∴BQ⊥平面 PAD. 又 BQ? 平面 ABCD,∴平面 PAD⊥平面 ABCD. (3)∵PA=PD=2,Q 是 AD 的中点,∴PQ⊥AD. ∵平面 PAD⊥平面 ABCD,且平面 PAD∩平面 ABCD=AD, ∴PQ⊥平面 ABCD. 又 M 是棱 PC 的中点,故 VB-PQM=VP-BQC=×××1××=. 6.(2017 河南部分重点中学联考,19)如图,已知 AB 是☉O 的直径,点 C 是☉O 上的动点,PA 垂直于平面 ABC.

(1)证明:平面 PAC⊥平面 PBC; (2)设 PA=,AC=1,求三棱锥 A-PBC 的高. 解析 (1)证明:∵AB 是☉O 的直径,点 C 是☉O 上的动点, ∴∠ACB=90°,即 BC⊥AC.(1 分) 又∵PA 垂直于平面 ABC,BC? 平面 ABC, ∴PA⊥BC.(2 分) ∵PA∩AC=A, ∴BC⊥平面 PAC.(4 分) 又 BC? 平面 PBC, ∴平面 PAC⊥平面 PBC.(6 分) (2)如图,过点 A 作 PC 的垂线,垂足为 D, 由平面 PAC⊥平面 PBC,平面 PAC∩平面 PBC=PC, 易得 AD 的长即为三棱锥 A-PBC 的高.(8 分)

在 Rt△APC 中,PA=,AC=1,∴PC=2,(9 分) 由 AD×PC=PA×AC, 得 AD===, ∴三棱锥 A-PBC 的高为.(12 分) B 组 2016—2018 年模拟·提升题组 (满分:45 分 时间:60 分钟) 一、填空题(共 5 分) 1.(2016 河北五个一名校 3 月联考,15)在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别是 AC1,A1B1 的中点,点 P 在其表面上运动,则总能使 MP 与 BN 垂直的点 P 的轨迹的周长等于 . 答案 2+ 二、解答题(共 40 分) 2.(2018 河北石家庄模拟,18)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面四边形 ABCD 是边长为的正方形,PA⊥BD. (1)求证:PB=PD;
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(2)若 E,F 分别为 PC,AB 的中点,EF⊥平面 PCD,求三棱锥 D-ACE 的体积.

解析 (1)证明:设 AC,BD 交于点 O,连接 PO. ∵四边形 ABCD 是正方形,∴AC⊥BD 且 O 为 BD 的中点. 又∵PA⊥BD,PA∩AC=A,∴BD⊥平面 PAC, 由于 PO? 平面 PAC,故 BD⊥PO. 又∵BO=DO,∴PB=PD.

(2)设 PD 的中点为 Q,连接 AQ,EQ,∴EQ=CD 且 EQ∥CD, 又 F 为 AB 的中点,且 ABCD,∴EQAF. ∴四边形 AFEQ 为平行四边形,∴EF∥AQ. ∵EF⊥平面 PCD,∴AQ⊥平面 PCD, ∴AQ⊥PD,∵PD 的中点为 Q,∴AP=AD=. 由 AQ⊥平面 PCD,可得 AQ⊥CD. 又∵AD⊥CD,AQ∩AD=A,∴CD⊥平面 PAD,∴CD⊥PA. 又∵BD⊥PA,CD∩BD=D,∴PA⊥平面 ABCD. VD-ACE=VE-ACD=×PA×S△ACD=×××××=,故三棱锥 D-ACE 的体积为. 3.(2018 云南玉溪模拟,19)如图 1,已知梯形 ABCD 中,AD∥BC,∠ABC=∠BAD=,AB=BC=2AD=4,E、F 分别是 AB、CD 上的点,EF∥BC,AE=x.沿 EF 将梯形 ABCD 翻折,使平面 AEFD⊥平面 EBCF(如图 2).G 是 BC 的中点,以 F、B、C、D 为顶点的三棱锥的体积记为 f(x). (1)当 x=2 时,求证:BD⊥EG; (2)求 f(x)的最大值; (3)当 f(x)取得最大值时,求异面直线 AE 与 BD 所成角的余弦值.

图1 解析 (1)证明:作 DH⊥EF,垂足为 H,连接 BH、GH、EG. ∵平面 AEFD⊥平面 EBCF,平面 AEFD∩平面 EBCF=EF,

图2

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∴DH⊥平面 EBCF,又∵EG? 平面 EBCF,∴EG⊥DH. ∵AE=2,BG=BC=2,∴BE=BG. ∵EH=AD=BC=BG,EF∥BC,∠EBC=90°, ∴四边形 BGHE 为正方形,∴EG⊥BH. 又∵BH、DH? 平面 DBH,且 BH∩DH=H,∴EG⊥平面 DBH. ∵BD? 平面 DBH,∴EG⊥BD. (2)∵AE⊥EF,平面 AEFD⊥平面 EBCF,平面 AEFD∩平面 EBCF=EF,∴AE⊥平面 EBCF. 结合 DH⊥平面 EBCF,得 AE∥DH, ∴四边形 AEHD 是矩形,得 DH=AE, 故以 F、B、C、D 为顶点的三棱锥 D-BCF 的高 DH=AE=x, 又∵S△BCF=BC·BE=×4×(4-x)=8-2x, 2 2 ∴三棱锥 D-BCF 的体积 V=f(x)=S△BFC·DH=S△BFC·AE=(8-2x)x=-x +x=-(x-2) +. ∴当 x=2 时, f(x)取最大值. (3)由(2)知当 f(x)取得最大值时,AE=2,故 BE=2, 结合 DH∥AE,可得∠BDH 或其补角是异面直线 AE 与 BD 所成的角. 在 Rt△BEH 中,BH===2. ∵DH⊥平面 EBCF,BH? 平面 EBCF,∴DH⊥BH. 在 Rt△BDH 中,BD===2, ∴cos∠BDH===. ∴异面直线 AE 与 BD 所成角的余弦值为. 4.(2017 河 南 开 封 一 模 ,18) 如 图 , 在 四 棱 锥 P-ABCD 中 ,O 为 AB 的 中 点 , 平 面 POC⊥ 平 面 ABCD,AD∥BC,AB⊥BC,PA=PB=BC=AB=2,AD=3. (1)求证:平面 PAB⊥平面 ABCD; (2)求二面角 O-PD-C 的余弦值.

解析 (1)证明:∵PA=PB,O 为 AB 的中点,AB=2, ∴PO⊥AB,AO=BO=1. 过点 C 作 CE∥AB 交 AD 于 E, ∵AD∥BC,AB⊥BC, ∴四边形 ABCE 是矩形, ∴AE=BC=2,CE=AB=2, 又∵AD=3,∴DE=1, ∴CD==, ∵AD∥BC,AB⊥BC, ∴AD⊥AB, 由勾股定理得 OC===, OD===, 2 2 2 显然 OD =OC +CD =10, ∴CD⊥OC,
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∵平面 POC⊥平面 ABCD, 平面 POC∩平面 ABCD=OC, ∴CD⊥平面 POC, 又 PO? 平面 POC, ∴CD⊥PO, 易知 AB 与 CD 相交, ∴PO⊥平面 ABCD, ∵PO? 平面 PAB, ∴平面 PAB⊥平面 ABCD. (2)如图,建立空间直角坐标系 O-xyz,

则 P(0,0,),D(-1,3,0),C(1,2,0), ∴=(0,0,),=(-1,3,0), =(-1,-2,),=(-2,1,0). 假设平面 OPD 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), 平面 PCD 的法向量为 n2=(x2,y2,z2). 由可得 取 y1=1,得 x1=3,即 n1=(3,1,0). 由可得 取 x2=,得 y2=2,z2=5,即 n2=(,2,5), ∴cos<n1,n2>===, 故二面角 O-PD-C 的余弦值为. C 组 2016—2018 年模拟·方法题组 方法 1 直线与平面垂直的判定方法 1.(2018 广东东莞模拟,18)如图 1,矩形 ABCD 中,AB=12,AD=6,E、 F 分别为 CD、 AB 边上的点,且 DE=3,BF=4,将△BCE 沿 BE 折起至△PBE 的位置(如图 2 所示),连接 AP、PF,其中 PF=2. (1)求证:PF⊥平面 ABED; (2)求点 A 到平面 PBE 的距离.

图1

图2 解析 (1)证明:由翻折不变性可知 PB=BC=6,PE=CE=9, 2 2 2 在△PBF 中,PF +BF =20+16=36=PB , 所以 PF⊥BF.
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在题图 1 中,利用勾股定理,得 EF==, 2 2 2 在△PEF 中,EF +PF =61+20=81=PE ,∴PF⊥EF. 又∵BF∩EF=F,BF? 平面 ABED,EF? 平面 ABED, ∴PF⊥平面 ABED. (2)由(1)知 PF⊥平面 ABED, ∴PF 为三棱锥 P-ABE 的高. 设点 A 到平面 PBE 的距离为 h,VA-PBE=VP-ABE, 即××6×9×h=××12×6×2,∴h=, 即点 A 到平面 PBE 的距离为. 2.(2017 山 西 五 校 联 考 ,19) 如 图 , 在 四 棱 锥 P-ABCD 中 , 底 面 ABCD 为 矩 形 , 平 面 PAB⊥ 平 面 ABCD,AB=AP=3,AD=PB=2,E 为线段 AB 上一点,且 AE∶EB=7∶2,点 F、G、M 分别为线段 PA、PD、BC 的中点. (1)求证:PE⊥平面 ABCD; (2)若平面 EFG 与直线 CD 交于点 N,求二面角 P-MN-A 的余弦值.

解 析 (1) 证 明 : 在 等 腰 △APB 中 ,cos∠ABP==, 则 由 余 弦 定 理 可 得 2 2 2 2 2 PE =+2 -2××3×2×=,∴PE=.∴PE +BE =4=PB ,∴PE⊥AB. ∵平面 PAB⊥平面 ABCD,平面 PAB∩平面 ABCD=AB,∴PE⊥平面 ABCD. (2)连接 EN,由已知可得 EN∥AD.所以 EN⊥AB.由(1)可知 PE⊥EN. 以 E 为坐标原点,直线 EP、EB、EN 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则 P,M,N(0,0,2), 从而=,=. 设平面 PMN 的法向量为 n=(x,y,z),则 n·=0,n·=0, 即-x+y+z=0,-y+z=0,令 y=3,可得 n=. 由(1)知平面 AMN 的一个法向量为=, ∴cos<n,>==, 由图可知二面角 P-MN-A 的平面角为锐角, 故二面角 P-MN-A 的余弦值为.

方法 2 平面与平面垂直的证明方法 3.(2018 安徽淮北一中模拟,18)如图,四棱锥 P-ABCD 的底面是矩形,PA⊥平面 ABCD,E,F 分别是 AB,PD 的中点, 且 PA=AD. (1)求证:AF∥平面 PCE; (2)求证:平面 PCE⊥平面 PCD.

20

证明 (1)取 PC 的中点 G,连接 FG、EG,

∴FG 为△CDP 的中位线,∴FG∥CD,FG=CD. ∵四边形 ABCD 为矩形,E 为 AB 的中点, ∴AE∥CD,AE=CD,∴FG=AE,FG∥AE, ∴四边形 AEGF 是平行四边形,∴AF∥EG. 又 EG? 平面 PCE,AF?平面 PCE,∴AF∥平面 PCE. (2)∵PA=AD,∴AF⊥PD,∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥CD. 又∵CD⊥AD,AP∩AD=A,∴CD⊥平面 PAD,∴CD⊥AF. 又∵CD∩PD=D,∴AF⊥平面 PDC. 由(1)得 EG∥AF,∴EG⊥平面 PDC. 又 EG? 平面 PCE,∴平面 PCE⊥平面 PCD. 4.(2018 四川泸州模拟,19)如图,在四棱锥 S-ABCD 中,底面 ABCD 是梯形,AB∥DC,∠ABC=90°,AD=SD,BC=CD=AB, 侧面 SAD⊥底面 ABCD. (1)求证:平面 SBD⊥平面 SAD; (2)若∠SDA=120°,且三棱锥 S-BCD 的体积为,求侧面△SAB 的面积.

解析 (1)证明:在梯形 ABCD 中,AB∥DC,∠ABC=90°,BC=CD=AB, 设 BC=a,则 CD=a,AB=2a,在直角三角形 BCD 中,∠BCD=90°,可得 BD=a,∠CBD=45°,∠ABD=45°, 在△ABD 中,AD==a, 2 2 2 所以 AD +BD =AB ,所以 BD⊥AD, 由平面 SAD⊥底面 ABCD 可得 BD⊥平面 SAD. 又 BD? 平面 SBD,所以平面 SBD⊥平面 SAD. (2)∠SDA=120°,且三棱锥 S-BCD 的体积为, 在△SAD 中,由 AD=SD=a,可得 SA=2SDsin 60°=a, 作 SH⊥AD,则 SH=SDsin 60°=a, 2 由 SH⊥平面 BCD,可得 VS-BCD=×a××a =, 解得 a=1,由 BD⊥平面 SAD,可得 BD⊥SD, 故 SB===2. 又 AB=2,所以 SB=AB,在等腰三角形 SBA 中,
21

边 SA 上的高为=, 则△SAB 的面积为×SA×=. 5.(2017 河南百校联盟 4 月联考,19)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是直角梯形,AB∥DC,AD⊥DC,PD⊥平 面 ABCD,E、F、M 分别是棱 PD、PC 和 BC 上的点,且===,N 是 PA 上一点,AD=PD.

(1)求当为何值时,平面 NEF⊥平面 MEF; (2)在(1)的条件下,若 AB=DC=2,PD=3,求平面 BCN 与平面 MEF 所成锐二面角的余弦值. 解析 (1)在 AD 上取一点 G,使得=,连接 EG,MG, ∵==,∴EG∥PA,MG∥CD,(2 分) ∵PD⊥平面 ABCD,∴PD⊥CD, 又∵AD⊥CD,AD∩PD=D,∴CD⊥平面 PAD,(3 分) ∵=,∴EF∥DC,∴EF⊥平面 PAD.(4 分) 若平面 NEF⊥平面 MEF,则∠NEG=90°,(5 分) 在 Rt△PAD 中,AD=PD,∴PA=PD,PN=PD, ∴当=2 时,平面 NEF⊥平面 MEF.(6 分)

(2) 以 D 为 坐 标 原 点 , 建 立 如 图 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系 A(3,0,0),B(3,2,0),C(0,4,0),P(0,0,3),N(1,0,2), ∴=(2,2,-2),=(3,-2,0),(7 分) 设平面 BCN 的法向量为 n=(x,y,z),则 即令 y=3,则 x=2,z=5,∴n=(2,3,5).(9 分) ∵EF∥AB,FM∥PB,则易知平面 MEF∥平面 PAB,(10 分) 易知平面 PAB 的一个法向量为 n1=(1,0,1), ∴平面 MEF 的一个法向量为 n1=(1,0,1),(11 分) ∴|cos<n,n1>|=, 即平面 BCN 与平面 MEF 所成锐二面角的余弦值为.(12 分)

D-xyz, 则

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