2019届二轮复习（理）专题38直线、平面垂直的判定及性质学案（全国通用）


1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关性质与判定定理，并能够证明相关性质定理；
2.能运用线面垂直、面面垂直的判定及性质定理证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．

1．直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)判定定理与性质定理

文字语言
图形语言
符号语言
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，则该直线与此平面垂直

⇒l⊥α
性质定理
如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行

⇒a∥b
2.平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
]

文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直

⇒α⊥β
性质
定理
如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面

⇒l⊥α
3.直线与平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条斜线和这个平面所成的角．
(2)线面角θ的范围：θ∈.
4．二面角的有关概念
(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角：二面角棱上的一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．

高频考点一　直线与平面垂直的判定与性质
例1、[2017·江苏高考]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.

(2)因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC⊂平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AD⊥平面ABC.
又因为AC⊂平面ABC，
所以AD⊥AC.
【举一反三】(1)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)
A．m∥l　　　　　　　　　 B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
解析：因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.故选C.
答案：C
(2)如图，三棱锥P­ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC＝，点D，E在线段AC上，且AD＝DE＝EC＝2，PD＝PC＝4，点F在线段AB上，且EF∥BC.

①证明：AB⊥平面PFE；
②若四棱锥P­DFBC的体积为7，求线段BC的长．

②设BC＝x，则在Rt△ABC中，
AB＝＝，
从而S△ABC＝AB·BC＝x.
由EF∥BC知，＝＝，得△AFE∽△ABC，
故＝2＝，即S△AFE＝S△ABC.
由AD＝AE，S△AFD＝S△AFE＝×S△ABC
＝S△ABC＝x，
从而四边形DFBC的面积为
SDFBC＝S△ABC－S△AFD
＝x－x
＝x.

【举一反三】(1)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．

①求证：EF⊥平面BCG；
②求三棱锥D－BCG的体积．
附：锥体的体积公式V＝Sh，其中S为底面面积，h为高．
①证明　由已知得△ABC≌△DBC，
因此AC＝DC.
又G为AD的中点，所以CG⊥AD.
同理BG⊥AD，又BG∩CG＝G，因此AD⊥平面BGC.
又EF∥AD，所以EF⊥平面BCG. ]
②解　在平面ABC内，作AO⊥BC，交CB的延长线于O，如图


(2)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.

证明　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.
【感悟提升】(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质． 学 ]
(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．
(3)线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．
【变式探究】如图所示，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．

证明：(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.

(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由(1)，知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，
∴AE⊥平面PCD.
而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，
∴PD⊥平面ABE.
高频考点二　平面与平面垂直的判定与性质
例2、(1)如图，P是正方形ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，则平面PAB与平面PBC、平面PAD的位置关系是(　　)

A．平面PAB与平面PBC、平面PAD都垂直
B．它们两两垂直
C．平面PAB与平面PBC垂直，与平面PAD不垂直
D．平面PAB与平面PBC、平面PAD都不垂直

答案：A
(2)如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.

①求证：DC⊥平面PAC；
②求证：平面PAB⊥平面PAC；
③设点E为AB的中点．在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．
证明：①因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.
又因为DC⊥AC，PC∩CA＝C，所以DC⊥平面PAC.
②因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.
因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB，且PC∩AC＝C，
所以AB⊥平面PAC，且AB⊂面PAB.
所以平面PAB⊥平面PAC.


【举一反三】(1)如图，

三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
①求证：BD∥平面FGH；
②若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.
证明　①方法一　如图，连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.

在三棱台DEFABC中，
AB＝2DE，G为AC的中点，
可得DF∥GC，DF＝GC，
所以四边形DFCG为平行四边形．
则M为CD的中点，
又H为BC的中点，
所以HM∥BD，又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，
所以BD∥平面FGH.
方法二　如图，在三棱台DEFABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，
可得BH∥EF，BH＝EF，
所以四边形HBEF为平行四边形，
可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，
H为BC的中点，所以GH∥AB.
又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.
又因为BD⊂平面ABED，
所以BD∥平面FGH.
②连接HE，

]
(2)如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ABD沿对角线BD折起，记折起后A的位置为点P，且使平面PBD⊥平面BCD.

求证：①CD⊥平面PBD.
②平面PBC⊥平面PDC.

②由CD⊥平面PBD得CD⊥BP.
又BP⊥PD，PD∩CD＝D，
∴BP⊥平面PDC.
又BP⊂平面PBC，
∴平面PBC⊥平面PDC.
【感悟提升】面面垂直的性质应用技巧
(1)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”．
(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面，此性质在不是很复杂的题目中，要对此进行证明．
【变式探究】 如图，

三棱锥PABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC＝，点D，E在线段AC上，且AD＝DE＝EC＝2，PD＝PC＝4，点F在线段AB上，且EF∥BC.
(1)证明：AB⊥平面PFE；
(2)若四棱锥PDFBC的体积为7，求线段BC的长．
(1)证明　由DE＝EC，PD＝PC知，E为等腰△PDC中DC边的中点，故PE⊥AC.
又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PE⊂平面PAC，PE⊥AC，
所以PE⊥平面ABC，从而PE⊥AB.
因∠ABC＝，EF∥BC，故AB⊥EF.
从而AB与平面PFE内两条相交直线PE，EF都垂直，所以AB⊥平面PFE.

从而四边形DFBC的面积为SDFBC＝S△ABC－S△AFD
＝x－x＝x.
由(1)知，PE⊥平面ABC，
所以PE为四棱锥PDFBC的高．
在Rt△PEC中，PE＝＝＝2.
体积VPDFBC＝·SDFBC·PE
＝·x·2＝7，
故得x4－36x2＋243＝0，解得x2＝9或x2＝27，
由于x＞0，可得x＝3或x＝3.
所以，BC＝3或BC＝3.
高频考点三　线面角、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．

(2)证明　在四棱锥P—ABCD中，
因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
故CD⊥PA.由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
又AE⊂平面PAC，∴AE⊥CD.
由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
又PC∩CD＝C，综上得AE⊥平面PCD.
(3)解　过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示．

由(2)知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，
则可证得AM⊥PD.
因此∠AME是二面角A—PD—C的平面角．
由已知，可得∠CAD＝30°.

【感悟提升】求线面角、二面角的常用方法：
(1)线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解．
(2)二面角的大小求法：二面角的大小用它的平面角来度量．平面角的作法常见的有①定义法；②垂面法．注意利用等腰、等边三角形的性质．
【变式探究】 如图，

在三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE, ∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．
(1)证明　方法一　如图，连接DG，CD，

设CD∩GF＝O，连接OH，在三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，
可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．
则O为CD的中点，又H为BC的中点，
所以OH∥BD，又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，
所以BD∥平面FGH.

(2)解　方法一　设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEFABC中，G为AC的中点，由DF＝AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，
因此DG∥FC，又FC⊥平面ABC，
所以DG⊥平面ABC.
在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点．
所以AB＝BC，GB⊥GC，因此GB，GC，GD两两垂直．
以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxy .

所以G(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，，0)，D(0,0,1)．
可得H，F(0，，1)，
故＝，＝(0，，1)．
设n＝(x，y， )是平面FGH的一个法向量，
则由可得
令x＝1，可得平面FGH的一个法向量n＝(1，－1，)．
因为是平面ACFD的一个法向量，＝(，0,0)．
所以cos〈，n〉＝＝＝.
所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.
方法二　如图，作HM⊥AC于点M，作MN⊥GF于点N，连接NH.

设AB＝2，则CF＝1.
由FC⊥平面ABC，得HM⊥FC，
又FC∩AC＝C，
所以HM⊥平面ACFD.
因此GF⊥NH，所以∠MNH即为所求的角．
在△BGC中，MH∥BG，MH＝BG＝，
由△GNM∽△GCF，可得＝，
从而MN＝.
由HM⊥平面ACFD，MN⊂平面ACFD，
得HM⊥MN，因此tan∠MNH＝＝，
所以∠MNH＝60°，
所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.
高频考点四、 　空间垂直关系的探索
例4、　(1)如图，已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，AA1＝4，D是棱AA1上的任一点，M，N分别为AB，BC1的中点．

①求证：MN∥平面DCC1；
②试确定点D的位置，使得DC1⊥平面DBC.

解：①证明：法一：如图，连接AC1，因为M，N分别为AB，BC1的中点，故MN∥AC1，
又AC1⊂平面DCC1，MN⊄平面DCC1，故MN∥平面DCC1.

②当点D为AA1的中点时，满足DC1⊥平面DBC.
证明：由题意可知BC⊥AC，BC⊥CC1，而AC，CC1是平面AA1C1C内的两条相交直线，故BC⊥平面AA1C1C，又DC1⊂平面AA1C1C，故DC1⊥BC.
在△CDC1中，CD＝2，DC1＝2，CC1＝4，满足CD2＋DC＝CC，所以DC1⊥DC，又BC，DC是平面DBC内的两条相交直线，故DC1⊥平面DBC.

(2)如图，已知三棱柱ABC­A′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．
①证明：MN∥平面AA′C′C；
②设AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．


要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可，所以CN2＋BN2＝BC2，即2＝2λ2a2，解得λ＝，故当λ＝时，CN⊥平面A′MN.
【变式探究】如图，在四棱锥S­ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.四边形ABCD为正方形，且P为AD的中点．

(1)求证：CD⊥平面SAD；
(2)若SA＝SD，M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？并证明你的结论．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，
所以CD⊥AD.
又平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD.
(2)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD.
证明：连接PC、DM交于点O，连接PM、SP、NM、ND、NO，
因为PD∥CM，且PD＝CM，
所以四边形PMCD为平行四边形，所以PO＝CO.
又因为N为SC的中点，

所以NO∥SP.易知SP⊥AD，
因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，并且SP⊥AD，所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD.
又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD.

14. （2018年北京卷）如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．

（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；
（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；
（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．
【答案】(1)证明见解析
(2) B-CD-C1的余弦值为
(3)证明过程见解析
【解析】

（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．
又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．
如图建立空间直角坐称系E-xy ．

由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．
∴，
设平面BCD的法向量为，
∴，∴，
令a=2，则b=-1，c=-4，
∴平面BCD的法向量，
又∵平面CDC1的法向量为，
∴．
由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．
（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），
∴，∴，∴与不垂直，
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．
17. （2018年全国I卷理数）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析.
(2) .
【解析】
（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.
又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xy .

由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.
可得.
则 为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为，则.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
18. （2018年全国Ⅲ卷理数）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．

【答案】（1）见解析
（2）
【解析】

（2）以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xy .

当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，

设是平面MAB的法向量,则
即
可取.
是平面MCD的法向量,因此
，
，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
19. （2018年全国Ⅱ卷理数）如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）见解析（2）
【解析】
（1）因为，为的中点，所以，且.
连结.因为，所以为等腰直角三角形，
且，.
由知.
由知平面.
（2）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.


1、[2017·江苏高考]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.
证明　(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，
所以EF∥AB.
又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC⊂平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AD⊥平面ABC.
又因为AC⊂平面ABC，
所以AD⊥AC. 学 ^
2．[2017·全国卷Ⅲ]如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.

(1)证明：AC⊥BD；
(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．
解　(1)证明：如图，取AC的中点O，连接DO，BO.

因为AD＝CD，
所以AC⊥DO.
又由于△ABC是正三角形，
所以AC⊥BO.
从而AC⊥平面DOB，又BD⊂平面DOB，
故AC⊥BD.
(2)连接EO.
由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.
在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.
又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.
由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝AC.
又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝BD.
故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.
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．

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． 学 ]

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】


（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
【解析】证明：（1）在直三棱柱中，
在三角形ABC中，因为D,E分别为AB,BC的中点.
所以，于是
又因为DE平面平面
所以直线DE//平面
（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）
如图，在四棱锥中，平面平面，，，，
，，.

（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.
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.学 .

（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】

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】.
【解析】如下图，连结，取中点，连结，，
则可知即为异面直线，所成角（或其补角）易得，
，，
∴，即异面直线，所成角的余弦值为.

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）.
A
B
C
D
E
A1
B1
C1

【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．

（2）因为棱柱是直三棱柱，
所以平面．
因为平面，所以．
又因为，平面，平面，，
所以平面．
又因为平面，所以．
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；
（2）求二面角-BD-的平面角的余弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）.


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， 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．

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；
(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)

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， 轴，建立空间直角坐标系O ­xy ，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， )是平面OB1C1的一个法向量，则即
取 ＝－，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.学 .
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．

(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．
(1)求证：EF⊥BC；
(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

从而⊥，所以EF⊥BC.

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， )，
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．

(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　xy .

因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又AB＝BC，则A，B(1，0，0)，B1，C.
＝，学
＝AB＝，
1＝BC＝.
设n＝(x，y， )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．

【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，


(2)方法一：如图所示，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.

由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.
因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角A ­ NP ­ M的一个平面角．
由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝.
由俯视图可知，AO⊥平面BCD.
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，
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， 轴的正方向，建立空间直角坐标系O ­xy .
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， 1)，
由得即

从而
取 1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1，1)．
设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2， 2)，由，
得
即
从而
取 2＝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；
(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， )为平面FAB的法向量，则即
不妨令 ＝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.


(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 ­ xy ，如图所示．


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.
10．（2014·重庆卷]如图1­3所示，四棱锥P­ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝，M为BC上一点，且BM＝，MP⊥AP.
(1)求PO的长；
(2)求二面角A­PM­C的正弦值．

图1­3
【解析】解：(1)如图所示，连接AC，BD，因为四边形ABCD为菱形，所以AC∩ BD＝O，且AC⊥BD.以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴， 轴的正方向建立空间直角坐标系O ­xy .

因为∠BAD＝，
所以OA＝AB·cos＝，OB＝AB·sin＝1，
所以O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，C(－，0，0)，＝(0，1，0)，＝(－，－1，0)．
由BM＝，BC＝2知，＝＝，
从而＝＋＝，
即M.
设P(0，0，a)，a＞0，则＝(－，0，a)，＝.因为MP⊥AP，所以·＝0，即－＋a2＝0，所以a＝或a＝－(舍去)，即PO＝.
(2)由(1)知，＝，＝，＝.设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1， 1)，平面PMC的法向量为n2＝(x2，y2， 2)．
由n1·＝0, n1·＝0，得
故可取n1＝.
由n2·＝0，n2·＝0，得
故可取n2＝(1，－，－2)．
从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为
cos〈n1，n2〉＝＝－，
故所求二面角A­PM­C的正弦值为.