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- 2021-05-25 发布
专题32 直线、平面垂直的判定与性质
2018年高考数学（理）热点题型和提分秘籍
1．以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理。
2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题。
热点题型一 证明直线与平面垂直
例1、已知直角△ABC所在平面外一点S，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC中点。
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：
BD⊥平面SAC。
证明：(1)如图，取AB中点E，连接SE、DE，
在Rt△ABC中，D、E分别为AC、AB的中点，
故DE∥BC，且DE⊥AB，
∵SA＝SB，
∴△SAB为等腰三角形。
∴SE⊥AB。
∵SE⊥AB，DE⊥AB，SE∩DE＝E，
∴AB⊥平面SDE。
而SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD。
在△SAC中，∵SA＝SC，D为AC中点，
∴SD⊥AC。
∵SD⊥AC，SD⊥AB，AC∩AB＝A，
∴SD⊥平面ABC。
【提分秘籍】
证明线面垂直的常用方法
(1)利用线面垂直的判定定理。
(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”。
(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”。
(4)利用面面垂直的性质定理。
【举一反三】
如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝DB，点C为圆O上一点，且BC＝AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB。
求证：PA⊥CD。
解析：因为AB为圆O的直径，所以AC⊥CB，在Rt△ABC中，由AC＝BC得，∠ABC＝30°，设AD＝1，由3AD＝DB得，DB＝3，BC＝2，由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BCcos30°＝3，
所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AO。
因为PD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以PD⊥CD，由PD∩AO＝D得，CD⊥平面PAB，又PA⊂平面PAB，所以PA⊥CD。
热点题型二 证明平面与平面垂直
例2、如图所示，已知△ABC是等边三角形，EC⊥平面ABC，BD⊥平面ABC，且EC、DB在平面ABC的同侧，M为EA的中点，CE＝2BD，求证：
(1)平面BDM⊥平面ECA；
(2)平面DEA⊥平面ECA。
证明：如图，取AC中点N，连接MN、BN，
∵EC⊥平面ABC，BD⊥平面ABC，∴EC∥BD。
△ECA中，M、N分别是EA、CA中点，
∴MN∥EC，且MN＝EC。
又∵EC＝2BD，∴MN∥BD且MN＝BD。
∴四边形MNBD是平行四边形。
∴MD∥BN。
∵EC⊥平面ABC，且BN⊂平面ABC，
∴EC⊥BN。
∵正三角形ABC中，N是AC中点，
∴BN⊥AC。又AC∩EC＝C，
∴BN⊥平面ECA，∴MD⊥平面ECA。
(1)∵MD⊥平面ECA，MD⊂平面BDM，
∴平面BDM⊥平面ECA。学！科网
(2)∵MD⊥平面ECA，MD⊂平面DEA，
∴平面DEA⊥平面ECA。
【提分秘籍】
面面垂直的证明方法
(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题。
(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决。
提醒：两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面。这是把面面垂直转化为线面垂直的依据。运用时要注意“平面内的直线”。
【举一反三】
如图所示，已知PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，点C是⊙
O上任意一点，过A作AE⊥PC于点E，AF⊥PB于点F，求证：
(1)AE⊥平面PBC；
(2)平面PAC⊥平面PBC；
(3)PB⊥EF。
(2)因为AE⊥平面PBC，且AE⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面PBC。
(3)因为AE⊥平面PBC，且PB⊂平面PBC，
所以AE⊥PB。
又AF⊥PB于点F，且AF∩AE＝A，
所以PB⊥平面AEF。
又因为EF⊂平面AEF，所以PB⊥EF。
热点题型三 线面角与二面角的求法
例3．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点。
(1)求PB和平面PAD所成的角的大小。
(2)证明AE⊥平面PCD。
(3)求二面角A－PD－C的正弦值。
解析：(1)在四棱锥P－ABCD中，
因PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
故PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，
从而AB⊥平面PAD，
故PB在平面PAD内的射影为PA，
从而∠APB为PB和平面PAD所成的角。
在Rt△PAB中，AB＝PA，故∠APB＝45°。
所以PB和平面PAD所成的角的大小为45°。
(2)证明：在四棱锥P－ABCD中，
因PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
故CD⊥PA.由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，
所以CD⊥平面PAC。
又AE⊂平面PAC，所以AE⊥CD。
由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA。
因为E是PC的中点，
所以AE⊥PC。
又PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD。
(3)过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示。
在Rt△AEM中，sin∠AME＝＝。
所以二面角A－PD－C的正弦值为。
【提分秘籍】
空间线面角、二面角的求法
(1)线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，作出垂线，确定垂足。
(2)二面角的求法：
①直接法：根据概念直接作，如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边，就可以取棱的中点，
②垂面法：如图1，过二面角棱上一点作棱的垂面，则垂面与二面角的两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其补角。
图1 图2
③
垂线法：如图2，过二面角的一个半平面内一点A作另一个半平面的垂线，再从垂足B向二面角的棱作垂线，垂足为C，这样二面角的棱就垂直于这两个垂线所确定的平面ABC，连接AC，则AC也与二面角的棱垂直，∠ACB就是二面角的平面角或其补角。
【举一反三】
如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是，D是AC的中点。
(1)求证：B1C∥平面A1BD。
(2)求二面角A1－BD－A的大小。
(3)求直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值。
解析：(1)设AB1与A1B相交于点P，
连接PD，则P为AB1的中点，
因为D为AC的中点，所以PD∥B1C。
又因为PD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，
所以B1C∥平面A1BD。
(2)由题知，平面ACC1A1⊥平面ABC，
平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，
又因为BD⊥AC，则BD⊥平面ACC1A1，
所以BD⊥A1D，所以∠A1DA就是二面角A1－BD－A的平面角。
因为AA1＝，AD＝AC＝1，
则tan∠A1DA＝＝，所以∠A1DA＝，
即二面角A1－BD－A的大小是。
(3)作AM⊥A1D于M。
由(2)，易知BD⊥平面ACC1A1，
因为AM⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AM。
因为A1D∩BD＝D，所以AM⊥平面A1BD。
连接MP，易知∠APM就是直线AB1与平面A1BD所成的角。
因为AA1＝，AD＝1，所以在Rt△AA1D中，∠A1DA＝，
所以AM＝1×sin60°＝，AP＝AB1＝，
所以sin∠APM＝＝＝，
所以直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值为。
热点题型四 垂直关系中的探索性问题
例4、如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD。
(1)求证：AD⊥PB。
(2)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论。
解析：(1)方法一，如图，取AD中点G，连接PG，BG，BD。
∵△PAD为等边三角形，
∴PG⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，∴PG⊥平面ABCD。
在△ABD中，∠A＝60°，AD＝AB，
∴△ABD为等边三角形，∴BG⊥AD，
∴AD⊥平面PBG，∴AD⊥PB。
(2)连接CG与DE相交于H点，
在△PGC中作HF∥PG，交PC于F点，
∴FH⊥平面ABCD，
∴平面DHF⊥平面ABCD，
∵H是CG的中点，
∴F是PC的中点，
∴在PC上存在一点F，即为PC的中点，使得平面DEF⊥平面ABCD。
【提分秘籍】
垂直关系中探索性问题的处理策略
(1)探索性问题一般可以根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点。
(2)折叠问题中的垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的数量关系，尤其是隐含着的垂直关系。
【举一反三】
如图，在正三棱锥A－BCD中，∠BAC＝30°，AB＝a，平行于AD、BC的截面EFGH分别与AB、BD、DC、CA交于E、F、G、H四点。
(1)试判断四边形EFGH的形状，并说明判断理由；
(2)设P点是棱AD上的点，当AP为何值时，平面PBC⊥平面EFGH？请说明理由。
解析： (1)四边形EFGH是一个矩形，下面给出证明：
∵AD∥面EFGH，面ACD∩面EFGH＝HG，AD⊂面ACD，
∴AD∥HG，同理EF∥AD，
∴HG∥EF，同理有EH∥FG，
∴四边形EFGH是一个平行四边形。
又三棱锥A－BCD是一个正三棱锥，
∴A点在底面BCD上的射影O点必
是△BCD的中心，OD⊥BC，∴AD⊥BC。
∴HG⊥EH，即四边形EFGH是一个矩形。
(2)作CP⊥AD于P，连结BP，
∵AD⊥BC，∴AD⊥面BCP，
∵HG∥AD，∴HG⊥面BCP，
又HG⊂面EFGH，
∴面BCP⊥面EFGH，
在Rt△APC中，∠CAP＝30°，AC＝a，
∴AP＝a。
1.【2017课标1，理18】如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且.
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD.
由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.
又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
（2）在平面内做，垂足为，
由（1）可知， 平面，故，可得平面.
以为坐标原点， 的方向为轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.
由（1）及已知可得， ， ， .
所以， ， ， .
设是平面的法向量，则
，即，
可取.
设是平面的法向量，则
，即，
可取.
则，
所以二面角的余弦值为.
2.【2017江苏，15】 如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD， BC⊥BD， 平面ABD⊥平面BCD， 点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC.
(第15题)
A
D
B
C
E
F
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD， ，所以.
又因为平面ABC， 平面ABC，所以EF∥平面ABC.
1.【2016高考新课标1卷】（本小题满分为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, ,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是．
（I）证明：平面ABEF平面EFDC；
（II）求二面角E-BC-A的余弦值．
【答案】（I）见解析（II）
【解析】
（Ⅰ）由已知可得，，所以平面．
又平面，故平面平面．
（Ⅱ）过作，垂足为，由（Ⅰ）知平面．
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．
由（Ⅰ）知为二面角的平面角，故，则，，可得，，，．学科@网
由已知，，所以平面．
又平面平面，故，．
由，可得平面，所以为二面角的平面角，
．从而可得．
所以，，，．
设是平面的法向量，则
，即，
所以可取．
设是平面的法向量，则，
同理可取．则．
故二面角EBCA的余弦值为．
2.【2016高考新课标2理数】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
又，而，
所以.
（Ⅱ）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，所以可取.设是平面的法向量，则，即，所以可取.于是， .因此二面角的正弦值是.
3.【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且 ，.
求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；
（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
（2）在直三棱柱中，
因为平面，所以
又因为
所以平面
因为平面，所以
又因为
所以
因为直线，所以
4.【2016年高考北京理数】（本小题14分）[来源:学.科.网]
如图，在四棱锥中，平面平面，，，，
，，.学！科网
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，
【解析】（1）因为平面平面，，
所以平面，所以，
又因为，所以平面；
（2）取的中点，连结，，
因为，所以.[来源:学科网ZXXK]
又因为平面，平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以.
如图建立空间直角坐标系，由题意得，
.
设平面的法向量为，则
即
令，则.
所以.
又，所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）设是棱上一点，则存在使得.
因此点.
因为平面，所以平面当且仅当，
即，解得.
所以在棱上存在点使得平面，此时.
5.【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台中,平面平面
,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.
(I)求证：EF⊥平面ACFD；
(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.
【答案】（I）证明见解析；（II）．
（Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结．
因为平面，所以，则平面，所以．
所以是二面角的平面角．
在中，，，得．
在中，，，得．
所以二面角的平面角的余弦值为．
方法二：如图，延长，，相交于一点，则为等边三角形．
取的中点，则，又平面平面，所以，平面
．
以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系．
由题意得，，，，，．
因此，，，．
设平面的法向量为，平面的法向量为．
由，得，取；
由，得，取．
于是，．
所以，二面角的平面角的余弦值为．
1.【2015高考四川，理14】如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点。设异面直线EM与AF所成的角为，则的最大值为 .
【答案】
【解析】建立坐标系如图所示.设，则.设，则，由于异面直线所成角的范围为，所以.，令，则
，当时取等号.所以，当时，取得最大值.
2.【2015高考浙江，理13】如图，三棱锥中，，点分别是的中点，则异面直线，所成的角的余弦值是 ．
【答案】.
3.【2015江苏高考，16】（本题满分14分）
如图，在直三棱柱中，已知，，设的中点为，.求证：（1）；
（2）.学！科网
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【解析】
（1）由题意知，为的中点，
又为的中点，因此．
又因为平面，平面，
所以平面．
因为，所以矩形是正方形，因此．
因为，平面，，所以平面．
又因为平面，所以．
4.【2015高考浙江，理17】如图，在三棱柱-中，，，，在底面的射影为的中点，为的中点.
（1）证明：D平面；学！科网
（2）求二面角-BD-的平面角的余弦值.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】（1）设为的中点，由题意得平面，∴，∵，
∴，故平面，由，分别，的中点，得且
，从而，∴四边形为平行四边形，故，又∵
平面，∴平面；（2）作，且，连结，
由，，得，由，
，得，由，得，因此为二面角
的平面角，由，，，得，
，由余弦定理得，.
1．（2014·福建卷）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15所示．
(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．
图15
【解析】解：(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.
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，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．
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n＝(x0，y0，z0)，
则即
取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1，1)．
设直线AD与平面MBC所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.
2．（2014·湖南卷）如图16所示，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；学@科网
(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1OB1D的余弦值．
图16
【解析】解：(1)如图(a)，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)方法一： 如图(a)，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.
图(a)
即二面角C1OB1D的余弦值为.
方法二：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O1O⊥底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直．
图(b)
如图(b)，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的一个法向量，则即
取z＝－，则x＝2，y＝2，所以n2＝(2，2，－)．
设二面角C1OB1D的大小为θ，易知θ是锐角，于是
cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.
故二面角C1OB1D的余弦值为.
3．（2014·江西卷）如图16，四棱锥P ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.
图16
(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】解：(1)证明：因为ABCD为矩形，所以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，BC⊥PG.
在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝.
设AB＝m，则OP＝＝，故四棱锥P ABCD的体积为
V＝×·m·＝.
因为m＝＝
，
所以当m＝，即AB＝时，四棱锥P ABCD的体积最大．
此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为O(0，0，0)，B，C，D，P，故＝，＝(0，，0)，CD＝.
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，则n1＝(1，0，1)．
同理可求出平面DPC的一个法向量为n2＝.
设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cos θ＝＝＝.
5．（2014·辽宁卷）如图15所示，△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．[来源:学科网]
(1)求证：EF⊥BC；学！科网
(2)求二面角EBFC的正弦值．
图15
【解析】解：(1)证明：方法一，过点E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF.由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC＝∠FOC＝，即FO⊥BC.又EO⊥BC，EO∩FO＝O，所以BC⊥平面EFO.又EF⊂平面EFO，所以EF⊥BC.
图1
图2
(2)方法一，在图1中，过点O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG.因为平面ABC⊥平面BDC，所以EO⊥面BDC，又OG⊥BF，所以由三垂线定理知EG⊥BF，
因此∠EGO为二面角EBFC的平面角．
在△EOC中，EO＝EC＝BC·cos 30°＝.
由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝，因此tan∠EGO＝＝2，从而得sin∠EGO＝，即二面角EBFC的正弦值为.
方法二，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n2＝(x，y，z)，
又＝(，，0)，＝(0，，)，
所以得其中一个n2＝(1，－，1)．
设二面角EBFC的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，
因此sin θ＝＝，即所求二面角正弦值为.
6．（2014·新课标全国卷Ⅰ）如图15，三棱柱ABC A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.
图15
(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】解：(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接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A，B(1，0，0)，B
1，C.
＝，
＝AB＝，
1＝BC＝.
设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则
即
所以可取n＝(1，，)．
设m是平面A1B1C1的法向量，
则
同理可取m＝(1，－，)．
则cos〈n，m〉＝＝.
所以结合图形知二面角A A1B1 C1的余弦值为.
7．（2014·四川卷）三棱锥A BCD及其侧视图、俯视图如图14所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.
(1)证明：P是线段BC的中点；
(2)求二面角A NP M的余弦值．
图14
【解析】解：(1)如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.
由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，
所以AO⊥BD，OC⊥BD.
因为AO，OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，
所以BD⊥平面AOC.
又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.
取BO的中点H，连接NH，PH.
又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MN∥BD，NH∥AO，
因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.
因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.
因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.
又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.
又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.
因为H为BO的中点，所以P为BC的中点．
因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC中，AC＝.
作BR⊥AC于R
因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，
所以BR＝＝.
因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，[来源:学&科&网]
所以NQ∥BR.
又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，
所以NQ＝＝.
同理，可得MQ＝.
故△MNQ为等腰三角形，
所以在等腰△MNQ中，
cos∠MNQ＝＝＝.
故二面角A NP M的余弦值是.
方法二：由俯视图及(1)可知，AO⊥平面BCD.
因为OC，OB⊂平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.
又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直．
如图所示，以O为坐标原点，以OB，OC，OA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.
则A(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－1，0，0)．
因为M，N分别为线段AD，AB的中点，
又由(1)知，P为线段BC的中点，
所以M，N，P，于是AB＝(1，0，－)，BC＝(－1，，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝.
设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，
由得即
从而
取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1，1)．
设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，由，
得
即
从而
取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)．
设二面角A NP M的大小为θ，则cos θ＝＝＝.
故二面角ANPM的余弦值是.
8．（2014·天津卷）如图14所示，在四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD, AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
(1)证明：BE⊥DC；学+科网
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F AB P的余弦值．
图14
【解析】解：方法一：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图所示)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．C由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．
(1)证明：向量BE＝(0，1，1)，DC＝(2，0，0)，
故BE·DC＝0，
所以BE⊥DC.
(3) 向量BC＝(1，2，0)，CP＝(－2，－2，2)，AC＝(2，2，0)，AB＝(1，0，0)．由点F在棱PC上，
设CF＝λ，0≤λ≤1.
故BF＝BC＋CF＝BC＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得BF·AC＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，即BF＝.设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则即不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝(0，1，0)，则
cos〈，〉＝＝＝－.
易知二面角F AB P是锐角，所以其余弦值为.
方法二：(1)证明：如图所示，取PD中点M，连接EM，AM.由于E，M分别为PC，PD
的中点，故EM∥DC，且EM＝DC.又由已知，可得EM∥AB且EM＝AB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BE∥AM.
因为PA⊥底面ABCD，故PA⊥CD，而CD⊥DA，从而CD⊥平面PAD.因为AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM.又BE∥AM，所以BE⊥CD.
(2)连接BM，由(1)有CD⊥平面PAD，得CD⊥PD.而EM∥CD，故PD⊥EM.又因为AD＝AP，M为PD的中点，所以PD⊥AM，可得PD⊥BE，所以PD⊥平面BEM，故平面BEM⊥平面PBD，所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM.而BE⊥EM，可得∠EBM为锐角，故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角．
依题意，有PD＝2，而M为PD中点，可得AM＝，进而BE＝.故在直角三角形BEM中，tan∠EBM＝＝＝，因此sin∠EBM＝，
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)如图所示，在△PAC中，过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD，所以FH⊥底面ABCD，从而FH⊥AC.又BF⊥AC，得AC⊥平面FHB，因此AC⊥BH.在底面ABCD内，可得CH＝3HA，从而CF＝3FP.在平面PDC内，作FG∥DC交PD于点G，于是DG＝3GP.由于DC∥AB，故GF∥AB，所以A，B，F，G四点共面．由AB⊥PA，AB⊥AD，得AB⊥平面PAD，故AB⊥AG，所以∠PAG为二面角F AB P的平面角．
在△PAG中，PA＝2，PG＝PD＝，∠APG＝45°.由余弦定理可得AG＝，cos∠PAG＝，所以二面角F AB P的余弦值为.
9．（2014·浙江卷）如图15，在四棱锥A BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED
＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝.
(1)证明：DE⊥平面ACD；
(2)求二面角B AD E的大小．
图15
【解析】解：(1)证明：在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝，
由AC＝，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)方法一：
过B作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接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AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD.
在Rt△ACD中，由DC＝2，AC＝，得AD＝.
在Rt△AED中，由ED＝1，AD＝，得AE＝.
在Rt△ABD中，由BD＝，AB＝2，AD＝，得BF＝，AF＝AD.从而GF＝ED＝.
在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE＝，BG＝.
在△BFG中，cos∠BFG＝＝.
所以，∠BFG＝，即二面角B AD E的大小是.
方法二：
以D为原点，分别以射线DE，DC为x，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，)，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，－)，AE＝(1，－2，－)，＝(1，1，0)．
由即
可取m＝(0，1，－)．
由即
可取n＝(1，－1，)．
于是|cos〈m，n〉|＝＝＝.
由题意可知，所求二面角是锐角，
故二面角B AD E的大小是.
1．在空间中，l，m，n，a，b表示直线，α表示平面，则下列命题正确的是( )
A．若l∥α，m⊥l，则m⊥α
B．若l⊥m，m⊥n，则m∥n
C．若a⊥α，a⊥b，则b∥α
D．若l⊥α，l∥a，则a⊥α
解析：对于A，m与α位置关系不确定，故A错，对于B，当l与m，m与n为异面垂直时，m与n可能异面或相交，故B错，对于C，也可能b⊂α，故C错，对于D，由线面垂直的定义可知正确。
答案：D
2．已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则( )
A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直
B．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直
C．β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直
D．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直
解析：如图，在平面β内的直线若与α，β的交线a平行，则有m与之垂直．但却不一定在β内有与m平行的直线，只有当α⊥β时才存在。
答案：C
3．如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是( )
A．BC∥平面PDF
B. DF⊥平面PAE
C. 平面PDF⊥平面PAE
D. 平面PDE⊥平面ABC
4．已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中不正确的是( )
A．若m∥n，m⊥α，则n⊥α
B．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β
C．若m⊥β，m⊥α，则α∥β
D．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n
解析：选项A是线面垂直的性质定理；选项B是两个平面垂直的判定定理；选项C是两个平面平行的判定方法之一；选项D中，若m∥α，a∩β＝n，则只能得到m，n没有公共点，于是m∥n或m，n异面。
答案：D
5．已知l，m为不同的直线，α，β为不同的平面，如果l⊂α，且m⊂β，那么下列命题中不正确的是( )
A．“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件
B．“l⊥m”是“l⊥β”的必要不充分条件
C．“m∥α”是“l∥m”的充要条件
D．“l⊥m”是“α⊥β”的既不充分也不必要条件
解析：对于A中命题由“l⊥β”可得“α⊥β”，但反之不一定，故A中命题正确；对于B中命题，“l⊥m”不一定有“l⊥β”，但反之成立，故B中命题正确；对于C中命题，因为m∥α⇒l∥m或l与m为异面直线，所以“m∥α” l∥m，故C错误；对于D中命题，“l⊥m” “α⊥β”，反之亦然，故D中命题正确，故选C。
答案：C
6．如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是( )
A．AD⊥平面BCD
B．AB⊥平面BCD
C．平面BCD⊥平面ABC
D．平面ADC⊥平面ABC
7．已知不同直线m，n与不同平面α，β，给出下列三个命题：
①若m∥α，n∥α，则m∥n；
②若m∥α，n⊥α，则n⊥m；
③若m⊥α，m∥β，则α⊥β。
其中真命题的个数是________个。
解析：①平行于同一平面的两直线不一定平行，所以①错误。②根据线面垂直的性质可知②正确。③根据面面垂直的性质和判断定理可知③正确，所以真命题的个数是2个。
答案：2
8．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上一个动点，则PM的最小值为__________。
解析：∵PC⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，
∴PC⊥CM，∴PM＝＝。
要使PM最小，只需CM最小，此时CM⊥AB，
∴CM＝＝2，∴PM的最小值为2。
答案：2
9．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF。
解析：由题意易知B1D⊥平面ACC1A1，所以B1D⊥CF。
要使CF⊥平面B1DF，
只需CF⊥DF即可。令CF⊥DF，设AF＝x，
则A1F＝3a－x。
由Rt△CAF∽Rt△FA1D，得＝，
即＝，学科！网
整理得x2－3ax＋2a2＝0，解得x＝a或x＝2a。
答案：a或2a
10.如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知BC＝1，∠BCC1＝，AB＝CC1＝2。
(1)求证C1B⊥平面ABC。
(2)设E是CC1的中点，求AE和平面ABC1所成角的正弦值的大小。
11.如图所示，已知E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，EF与AC交于点O，PA，NC都垂直于平面ABCD，且PA＝AB＝4，NC＝2，M是线段PA上一动点。
(1)求证：平面PAC⊥平面NEF。
(2)若PC∥平面MEF，试求PM∶MA的值。
(3)若M是PA中点时，求二面角M－EF－N的余弦值。
解析：(1)连接BD，
因为PA⊥平面ABCD，
BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，
又因为BD⊥AC，
AC∩PA＝A，
所以BD⊥平面PAC，
又因为E，F分别是BC，CD的中点，所以EF∥BD，
所以EF⊥平面PAC，又EF⊂平面NEF，
所以平面PAC⊥平面NEF。
(2)连接OM，因为PC∥平面MEF，平面PAC∩平面MEF＝OM，所以PC∥OM，
所以＝＝，故PM∶MA＝1∶3。
12．如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直。已知AB＝2，EF＝1。
(1)求证：平面DAF⊥平面CBF。
(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小。
(3)当AD的长为何值时，二面角D－FE－B的大小为60°。
解析：(1)因为平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，
平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
所以CB⊥平面ABEF。
因为AF⊂平面ABEF，所以AF⊥CB，
又因为AB为圆O的直径，所以AF⊥BF，
所以AF⊥平面CBF。
因为AF⊂平面ADF，所以平面DAF⊥平面CBF。
(2)根据(1)的证明，有AF⊥平面CBF，
所以FB为AB在平面CBF上的射影，
所以∠ABF为直线AB与平面CBF所成的角，
因为AB∥EF，所以四边形ABEF为等腰梯形，
过点F作FH⊥AB，交AB于H。
已知AB＝2，EF＝1，则AH＝＝。
在Rt△AFB中，根据射影定理AF2＝AH·AB，得AF＝1。sin∠ABF＝＝，所以∠ABF＝30°。
所以直线AB与平面CBF所成角的大小为30°。
(3)过A作AG⊥EF于G，连接DG，则∠AGD是二面角D－FE－B的平面角。所以∠AGD＝60°。
由AG⊥EF和AB∥EF知，AG⊥AB。所以∠FAG＝∠ABF＝30°。
在Rt△AFG中，AF＝1，则AG＝AFcos30°＝。
在Rt△AGD中，AG＝，则AD＝AGtan60°＝·＝。
因此，当AD的长为时，二面角D－FE－B的大小为60°。