1、8.4直线、平面垂直的判定与性质探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.直线与平面垂直的判定与性质(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、面面垂直的有关判定与性质定理,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空间图形的垂直关系2019课标,17,12分线面垂直的判定二面角2016课标,19,12分线面垂直的判定翻折问题、二面角2.平面与平面垂直的判定与性质2019课标,19,12分面面垂直的判定翻折问题、二面角2017课标,18,12分面面垂直的判定二面角2017课标,19,12分面面垂直
2、的定义和判定三棱锥的体积及二面角2016课标,18,12分面面垂直的判定二面角2015课标,18,12分面面垂直的判定线面垂直的性质、异面直线所成的角分析解读从近5年高考情况来看,线面、面面垂直的判定与性质是高考考查的重点内容,以选择题、填空题的形式出现时,常考查判断命题的真假;以解答题的形式出现时,常考查几何体中直线、平面垂直的证明.解答时要把定义、判定和性质结合起来,会进行线线、线面、面面问题的相互转化.考查学生的直观想象和逻辑推理的核心素养.破考点 练考向【考点集训】考点一直线与平面垂直的判定与性质1.(2019北京,12,5分)已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断:lm;
3、m;l.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:.答案若lm,l,则m(答案不唯一)2.(2018河南商丘二模,15)如图,PA圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上一点,E、F分别是A在PB、PC上的射影,给出下列结论:AFPB;EFPB;AFBC;AE平面PBC.其中正确命题的序号是.答案3.(2020届陕西百校联盟9月联考,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为矩形,PDC=PCD,CPB=CBP,BC=22AB,PDBC,点M是线段AB上靠近A的三等分点.(1)求证:PCPA;(2)求二面角M-PC-B的余弦值.解析(1)证明:BC
4、PD,BCDC,PDDC=D,BC平面PDC,(1分)AD平面PDC,又PC平面PDC,PCAD,(2分)PDC=PCD,CPB=CBP,BC=22AB,PD=PC=BC,DC=AB=2PC,故PC2+PD2=DC2,PCPD,ADPD=D,PC平面PAD.(4分)又PA平面PAD,故PCPA.(5分)(2)作POCD于O,因为BC平面PDC,BC平面ABCD,所以平面ABCD平面PDC,又平面ABCD平面PDC=CD,故PO平面ABCD,以点O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设PC=PD=2,则P(0,0,2),C(0,2,0),A(2,-2,0),B(2,2,0),M2,-23,0,
5、PC=(0,2,-2),CM=2,-423,0,CB=(2,0,0).(8分)设平面PMC的法向量为n=(x,y,z),PCn=0,CMn=02y-2z=0,2x-423y=0,不妨取y=3,则n=(22,3,3),设平面PBC的法向量为m=(a,b,c),PCm=0,CBm=02b-2c=0,2a=0,不妨取b=1,则m=(0,1,1),(10分)cos=mn|m|n|=618+82=31313,又二面角M-PC-B为锐角,故二面角M-PC-B的余弦值为31313.(12分)考点二平面与平面垂直的判定与性质1.(2019陕西咸阳二模,4)设a,b为两条不同的直线,为两个不同的平面,则下列命题
6、正确的是()A.若a,b,则abB.若a,b,则abC.若a,a,则D.若a,b,ab,则答案D2.(2019安徽铜陵一模,8)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,底面ABCD为正方形,则下列结论:AD平面PBC;平面PAC平面PBD;平面PAB平面PAC;平面PAD平面PDC.其中正确的结论序号是.答案3.(2020届黑龙江哈尔滨月考,18)在如图所示的几何体中,四边形CFGD是正方形,底面ABCD是平行四边形,且平面CFGD底面ABCD,CFBE,BC=2CD=4BE,DCB=120.(1)证明:平面ACG平面ABE;(2)求点G到平面ACE的距离.解析(1)证明:四边形CFGD
7、是正方形,CFCD.平面CFGD底面ABCD,且平面CFGD平面ABCD=CD,CF平面ABCD.(2分)CFBE,BE平面ABCD,又AC平面ABCD,BEAC.DCB=120,ABC=60.BC=2CD=2AB,ABAC.(4分)ABBE=B,AC平面ABE,又AC平面ACG,平面ACG平面ABE.(6分)(2)由已知不妨设BC=4,则CD=2,EB=1,AC=23.如图,过点A作AHEB,连接GH,HE,得到四棱柱AHGD-BEFC.易知平面AHGD与平面BEFC平行,且两平面之间的距离为2234=3,又S梯形AHGD=12(1+2)4=6,则VAHGD-BEFC=6
8、3.设点G到平面ACE的距离为h,易知VE-FGC=VA-DGC=13122223=433,VG-AEH=VC-AEB=13121223=233,VG-AEC=VAHGD-BEFC-2VG-AEH-2VE-FGC=63-433-833=23,且SACE=12ACAE=12235=15.VG-ACE=13SACEh=1315h=23,则h=655.故点G到平面ACE的距离为655.(12分)炼技法 提能力【方法集训】方法1证明直线与平面垂直的方法1.(2019广西南宁质检,18)四棱锥P-ABCD中,ABCD,ABC=90,BC=CD=PD=2,AB=4,PABD,平面PBC平面PCD,M,N分
9、别是AD,PB的中点.(1)证明:PD平面ABCD;(2)求MN与平面PDA所成角的正弦值.解析(1)证明:取PC中点Q,连接DQ.CD=PD,DQPC,又平面PBC平面PCD,且两平面交于PC,DQ平面PBC,BC平面PBC,DQBC,由题易知BCCD,DQDC=D,BC平面PDC,BCPD.在直角梯形ABCD中,易求得BD=22,AD=22,又AB=4,则AD2+BD2=AB2,即BDAD.又BDPA,ADPA=A,BD平面PAD,BDPD.BCBD=B,PD平面ABCD.(2)以D为原点,DA,DB,DP方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(22,0,0)
10、,B(0,22,0),P(0,0,2),M(2,0,0),N(0,2,1),MN=(-2,2,1).由(1)知,平面PAD的法向量为DB=(0,22,0),故所求线面角的正弦值为|cos|=MNDB|MN|DB|=4522=105.2.(2019四川教考联盟第三次适应性考试,19)如图,在棱长为1的正方体PB1N1D1-ABND中,动点C在线段BN上运动,且有BC=AD(01).(1)若=1,求证:PCBD;(2)若二面角B-PC-D的平面角的余弦值为-51122,求实数的值.解析(1)证明:当=1时,C与N重合,连接AN,则在正方形ABND中,BDAN.又在正方体中,PA底面ABND,BD平
11、面ABND,所以PABD.又PAAN=A,所以BD平面PANN1,又PN平面PANN1,所以PNBD,也即PCBD.(2)依题意,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则C(1,0),P(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),PC=(1,-1),PB=(1,0,-1),PD=(0,1,-1).设平面PBC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1PB=0,n1PC=0,即x1-z1=0,x1+y1-z1=0,取z1=1,得n1=(1,0,1).设平面PCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2PC=0,n2PD=0,即x2
12、+y2-z2=0,y2-z2=0,取z2=1,得n2=(1-,1,1).所以|cos|=n1n2|n1|n2|=|2-|22+(1-)2=51122,解得=13或=-13.因为01,所以=13.本题考查证明线线关系以及利用空间向量求二面角等基础知识,意在考查运算求解能力,逻辑思维能力.方法2证明平面与平面垂直的方法1.(2020届云南昆明高三第二次月考,19)如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E是CD的中点,将DAE沿AE折到FAE的位置,使平面FAE平面ABCE.(1)求证:AFEB;(2)求二面角A-BF-E的大小.解析(1)证明:AE=BE=22,AB=4,AB2=AE2+BE
13、2,EBAE,平面FAE平面ABCE,平面FAE平面ABCE=AE,EB平面FAE,AF平面FAE,AFEB.(2)建立如图所示的空间直角坐标系,则A(4,2,0),C(0,0,0),B(0,2,0),F(3,1,2),E(2,0,0),从而BA=(4,0,0),BF=(3,-1,2),BE=(2,-2,0).设n1=(x,y,z)为平面ABF的法向量,则n1BA=4x=0,n1BF=3x-y+2z=0,可以取n1=(0,2,1),设n2=(a,b,c)为平面BFE的法向量,则n2BE=2a-2b=0,n2BF=3a-b+2c=0,可以取n2=(1,1,-2),因此,n1n2=0,有n1n2,
14、即平面ABF平面BFE,故二面角A-BF-E的大小为90.2.(2018河南郑州二模,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,DABDCB,E为线段BD上一点,且EB=ED=EC=BC,延长CE交AD于F.(1)若G为PD的中点,求证:平面PAD平面CGF;(2)若BC=2,PA=3,求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值.解析(1)证明:在BCD中,EB=ED=EC=BC,故BCD=2,CBE=CEB=3,连接AE,DABDCB,EABECB,从而有FED=BEC=AEB=3,AE=CE=DE.(3分)AEF=FED=3,故EFAD,AF=FD.又PG=GD,FGPA
15、.又PA平面ABCD,故GF平面ABCD,GFAD,又GFEF=F,故AD平面CFG.又AD平面PAD,平面PAD平面CGF.(6分)(2)以点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(3,3,0),D(0,23,0),P(0,0,3).故BC=(1,3,0),CP=(-3,-3,3),CD=(-3,3,0).设平面BCP的一个法向量为n1=(1,y1,z1),则1+3y1=0,-3-3y1+3z1=0,解得y1=-33,z1=23,即n1=1,-33,23.(9分)设平面DCP的一个法向量为n2=(1,y2,z2),则-3+3y2=0,-3-3y2+
16、3z2=0,解得y2=3,z2=2,即n2=(1,3,2).从而平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值为|n1n2|n1|n2|=431698=24.(12分)3.(2019陕西宝鸡二模,19)如图,在五面体ABCDEF中,四边形EDCF是正方形,AD=DE=1,ADE=90,ADC=DCB=120.(1)求证:平面ABCD平面EDCF;(2)求三棱锥A-BDF的体积.解析(1)证明:在五面体ABCDEF中,四边形EDCF是正方形,ADE=90,ADDE,CDDE.ADCD=D,DE平面ABCD.DE平面EDCF,平面ABCD平面EDCF.(2)由题意可知EFCD,又EF平面ABFE,CD
17、平面ABFE,CD平面ABFE,平面ABCD平面ABFE=AB,CDAB.故易得四边形ABCD是等腰梯形.BC=AD=1.在BCD中,由CD=BC=1,BCD=120,可得DB=3,CDB=30.ADB=90.由EDCF可得CF平面ABCD.VA-BDF=VF-ABD=13SADBCF=1312131=36.【五年高考】A组统一命题课标卷题组考点一直线与平面垂直的判定与性质1.(2019课标,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.(1)证明:BE平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.解析本题考查
18、线面垂直的判定和性质,空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力,考查了直观想象的核心素养.(1)证明:由已知得,B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE.又BEEC1,所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2).设平面EBC的法向量为
19、n=(x,y,z),则CBn=0,CEn=0,即x=0,x-y+z=0,所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC1的法向量为m=(x1,y1,z1),则CC1m=0,CEm=0,即2z1=0,x1-y1+z1=0,所以可取m=(1,1,0).于是cos=nm|n|m|=-12.所以,二面角B-EC-C1的正弦值为32.一题多解(2)连接BC1.设AE=m,不妨令AB=1,则BE=m2+1,C1E=m2+2,BC1=(2m)2+1.BEEC1,4m2+1=2m2+3,解得m=1,则AA1=2.连接AC,BD,相交于点O,连接A1C1.由题意可知ACBD,BDCC1,ACCC1=C,BD平面A
20、A1C1C,BDCE,即BOCE.在长方形AA1C1C中,AC=2,AA1=2.连接AC1,有CC1AC=22=ACAE,又EAC=C1CA=90,则RtC1CARtCAE.ECA+C1AC=90,CEAC1.取CC1的中点F,连接OF,BF,则OFAC1,OFCE.BOOF=O,CE平面FOB.设CEOF=G,连接BG,CEBG,CEFG,则BGF为二面角B-CE-C1的平面角,且sinBGF=sinBGO.设AC1CE=H,易得AEHC1CH.又AE=12CC1,AH=13AC1.易知OGAH,又O为AC的中点,OG=12AH.BO=22,OG=12AH=16AC1=66,BOOG,tan
21、BGO=2266=3,BGO=60,则BGF=120,故sinBGF=32.所以二面角B-EC-C1的正弦值为32.2.(2016课标,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=54,EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置,OD=10.(1)证明:DH平面ABCD;(2)求二面角B-DA-C的正弦值.解析(1)证明:由已知得ACBD,AD=CD.又由AE=CF得AEAD=CFCD,故ACEF.因此EFHD,从而EFDH.(2分)由AB=5,AC=6得DO=BO=AB2-AO2=4.由EFAC得OHDO=AE
22、AD=14.所以OH=1,DH=DH=3.于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH.(4分)又DHEF,OHEF=H,所以DH平面ABCD.(5分)(2)如图,以H为坐标原点,HF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),AB=(3,-4,0),AC=(6,0,0),AD=(3,1,3).(6分)设m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量,则mAB=0,mAD=0,即3x1-4y1=0,3x1+y1+3z1=0,所以可取m=(4,3,-5).(8分)设n=(x2,y2
23、,z2)是平面ACD的法向量,则nAC=0,nAD=0,即6x2=0,3x2+y2+3z2=0,所以可取n=(0,-3,1).(10分)于是cos=mn|m|n|=-145010=-7525,sin=29525.因此二面角B-DA-C的正弦值是29525.(12分)思路分析(1)利用已知条件及翻折的性质得出DHEF,利用勾股定理逆定理得出DHOH,从而得出结论;(2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系,从而求出两个半平面的法向量,利用向量的夹角公式求其余弦值,从而求出正弦值,最后转化为二面角的正弦值.考点二平面与平面垂直的判定与性质1.(2019课标,19,12分)图1是由矩形ADE
24、B,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE;(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.解析本题主要考查平面与平面垂直的判定与性质以及二面角的计算;本题还考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力;通过平面图形与立体图形的转化,考查了直观想象和数学运算的核心素养.(1)证明:由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE.
25、又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC,垂足为H.因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC.由已知,菱形BCGE的边长为2,EBC=60,可求得BH=1,EH=3.以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),CG=(1,0,3),AC=(2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则CGn=0,ACn=0,即x+3z=0,2x-y=0.所以可取n=(3,6,-3).又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),所以cos=nm|n
26、|m|=32.因此二面角B-CG-A的大小为30.思路分析(1)利用折叠前后平行关系不变,可得ADCG,进而可得A、C、G、D四点共面.由折叠前后不变的位置关系可得ABBE,ABBC,从而AB平面BCGE,由面面垂直的判定定理可得结论成立.(2)由(1)可得EH平面ABC.以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立空间直角坐标系,求得平面的法向量,进而求得二面角B-CG-A的大小.2.(2018课标,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF.(1)证明:平面PEF平面ABFD;(2)求DP与平面AB
27、FD所成角的正弦值.解析(1)证明:由已知可得BFEF,又BFPF,且PF、EF平面PEF,PFEF=F,所以BF平面PEF,又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=3,又PF=1,EF=2,故PEPF,可得PH=32,EH=32,则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP=1,32,32,HP=0,0,32为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为
28、,则sin =HPDP|HP|DP|=343=34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.易错警示利用空间向量求线面角的注意事项(1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度,再取其余角即为所求.(2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin2+cos2=1求出其值,不要误以为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求.3.(2017课标,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,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
29、中面面垂直的证明和二面角求解.(1)证明:由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,又APPD=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PFAD,垂足为F.由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF,又ADAB=A,可得PF平面ABCD.以 F为坐标原点,FA的方向为x轴正方向,|AB|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A22,0,0,P0,0,22,B22,1,0,C-22,1,0.所以PC=-22,1,-22,CB=(2,0,0),PA=22,0,-22,AB=(0,1,0)
30、.设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则nPC=0,nCB=0,即-22x1+y1-22z1=0,2x1=0.可取n=(0,-1,-2).设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则mPA=0,mAB=0,即22x2-22z2=0,y2=0.可取m=(1,0,1).则cos=nm|n|m|=-33.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-33.4.(2017课标,19,12分)如图,四面体ABCD中,ABC是正三角形,ACD是直角三角形,ABD=CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面
31、体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.解析本题考查面面垂直的证明,二面角的求法.(1)证明:由题设可得,ABDCBD,从而AD=DC.又ACD是直角三角形,所以ADC=90.取AC的中点O,连接DO,BO,则DOAC,DO=AO.又由于ABC是正三角形,故BOAC.所以DOB为二面角D-AC-B的平面角.在RtAOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故DOB=90.所以平面ACD平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,OA的方向为x轴正方向,|OA|为单位长,建立如图所示的
32、空间直角坐标系O-xyz.则A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12,即E为DB的中点,得E0,32,12.故AD=(-1,0,1),AC=(-2,0,0),AE=-1,32,12.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则nAD=0,nAE=0,即-x+z=0,-x+32y+12z=0.可取n=1,33,1.设m是平面AEC的法向量,则mAC=0,mAE=0.同理可取m=(0,-1,3).则cos=nm|n|m|=77.易知二面角D-AE-C为锐
33、二面角,所以二面角D-AE-C的余弦值为77.方法总结证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线,即在一个平面内,找一条直线,使它垂直于另一个平面.用空间向量法求二面角的余弦值时,要判断二面角是钝角还是锐角.5.(2016课标,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.解析(1)证明:由已知可得AFDF,AFFE,所以AF平面EFDC.(2分)又AF平面ABEF,故平面ABEF平
34、面EFDC.(3分)(2)过D作DGEF,垂足为G,由(1)知DG平面ABEF.以G为坐标原点,GF的方向为x轴正方向,|GF|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=3,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).由已知得,ABEF,所以AB平面EFDC.(8分)又平面ABCD平面EFDC=CD,故ABCD,CDEF.由BEAF,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(-2,0,3).所以EC=(1,0,3),E
35、B=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0).(10分)设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则nEC=0,nEB=0,即x+3z=0,4y=0.所以可取n=(3,0,-3).设m是平面ABCD的法向量,则mAC=0,mAB=0.同理可取m=(0,3,4).则cos =nm|n|m|=-21919.又易知二面角E-BC-A为钝二面角,故二面角E-BC-A的余弦值为-21919.(12分)思路分析(1)根据已知条件证出AF平面EFDC,进而得出平面ABEF平面EFDC;(2)根据证得的垂直关系建立空间直角坐标系,求出平面BCE、平面ABCD的法向量,进而可求得二面角E
36、-BC-A的余弦值.方法总结对于立体几何问题的求解,首先要熟练掌握平行与垂直的判定与性质,对于面面垂直的证明,寻找平面的垂线往往是解题的关键.B组自主命题省(区、市)卷题组考点一直线与平面垂直的判定与性质1.(2018北京,16,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=5,AC=AA1=2.(1)求证:AC平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.解析(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,因为CC1平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形.又E,F分
37、别为AC,A1C1的中点,所以ACEF.因为AB=BC,所以ACBE.所以AC平面BEF.(2)由(1)知ACEF,ACBE,EFCC1.又CC1平面ABC,所以EF平面ABC.因为BE平面ABC,所以EFBE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).所以BC=(-1,-2,0),BD=(1,-2,1).设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0),则nBC=0,nBD=0,即x0+2y0=0,x0-2y0+z0=0.令y0=-1,则x0=2,z0=-4.于是n=(2,-1,-4).又因为平面CC1
38、D的一个法向量为EB=(0,2,0),所以cos=nEB|n|EB|=-2121.由题图知二面角B-CD-C1为钝角,所以其余弦值为-2121.(3)证明:由(2)知平面BCD的一个法向量为n=(2,-1,-4),FG=(0,2,-1).因为nFG=20+(-1)2+(-4)(-1)=20,所以直线FG与平面BCD相交.2.(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EFPB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.
39、(1)证明:PB平面DEF.试判断四面体DBEF是不是鳖臑,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3,求DCBC的值.解析解法一:(1)因为PD底面ABCD,所以PDBC,由底面ABCD为长方形,有BCCD,又PDCD=D,所以BC平面PCD,又DE平面PCD,所以BCDE.又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DEPC.又PCBC=C,所以DE平面PBC.又PB平面PBC,所以PBDE.又PBEF,DEEF=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
40、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.由(1)知,PB平面DEF,所以PBDG.又因为PD底面ABCD,所以PDDG.又PDPB=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=,有BD=1+2,在RtPDB中,由DFPB,得DPF=FDB=3,则tan3=tanDPF=BDPD=1+2=3,解得=2.所以DCBC=1=22.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3时,DCBC=22.解法二:(1)如图,以D为原点,射线DA,
41、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=,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(,1,0),C(0,1,0),PB=(,1,-1),点E是PC的中点,所以E0,12,12,DE=0,12,12,于是PBDE=0,即PBDE.又已知EFPB,且DEEF=E,所以PB平面DEF.因PC=(0,1,-1),DEPC=0,则DEPC,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DP=(0,0,1
42、)是平面ABCD的一个法向量;由(1)知,PB平面DEF,所以BP=(-,-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3,则cos3=BPDP|BP|DP|=12+2=12,解得=2,所以DCBC=1=22.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3时,DCBC=22.考点二平面与平面垂直的判定与性质(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC,ABC=90,BAC=30,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EFBC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.解析本题主要考查
43、空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.本题考查了逻辑推理和直观想象的核心素养.解法一:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC,又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平面ABC=AC,所以,A1E平面ABC,则A1EBC.又因为A1FAB,ABC=90,故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E平面ABC,故A1EEG,所以平行四边形EGFA1为矩形.连接A1G交EF于O,由(1)得BC平面EGFA
44、1,则平面A1BC平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角),不妨设AC=4,则在RtA1EG中,A1E=23,EG=3.由于O为A1G的中点,故EO=OG=A1G2=152,所以cosEOG=EO2+OG2-EG22EOOG=35.因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.解法二:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平面ABC=AC,所以,A1E平面ABC.如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,
45、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.不妨设AC=4,则A1(0,0,23),B(3,1,0),B1(3,3,23),F32,32,23,C(0,2,0).因此,EF=32,32,23,BC=(-3,1,0).由EFBC=0得EFBC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得BC=(-3,1,0),A1C=(0,2,-23).设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).由BCn=0,A1Cn=0,得-3x+y=0,y-3z=0.取n=(1,3,1),故sin =|cos|=|EFn|EF|n|=45.因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为35.本题主要考查面面垂直的性
46、质、线面垂直的性质、线面角的求解、空间向量的应用等基础知识,在建立空间直角坐标系之前,应有必要的证明过程,保证三条直线两两垂直.在利用直接法求线面角时,一定先“找角”,再“求角”.C组教师专用题组考点一直线与平面垂直的判定与性质1.(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:AB1PQ;(2)若PQ平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为37,求四面体ADPQ的体积.解析解法一:由题设知,AA1,AB,AD两两垂直.以A为坐
47、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,0m6.(1)证明:若P是DD1的中点,则P0,92,3,PQ=6,m-92,-3.又AB1=(3,0,6),于是AB1PQ=18-18=0,所以AB1PQ,即AB1PQ.(2)由题设知,DQ=(6,m-6,0),DD1=(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n1DQ=0,n1DD1=0,即6x+(m-6)y=0,-3y+6z=
48、0.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=n1n2|n1|n2|=31(6-m)2+62+32=3(6-m)2+45.因为二面角P-QD-A的余弦值为37,因此3(6-m)2+45=37,解得m=4,或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设DP=DD1(01),因为DD1=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3,6),所以PQ=(6,3-2,-6).因为PQ平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以PQn3=0,即3-2=0,亦即=23,从而P(0,4,4).于是,将四面体ADPQ视为以ADQ为底
49、面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=13SADQh=1312664=24.解法二:(1)证明: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PRAD,于是由ADBC知,PRBC,所以P,R,B,C四点共面.由题设知,BCAB,BCA1A,所以BC平面ABB1A1,因此BCAB1.因为tanABR=ARAB=36=A1B1A1A=tanA1AB1,所以ABR=A1AB1,因此ABR+BAB1=A1AB1+BAB1=90,于是AB1BR.再由即知AB1平面PRBC.又PQ平面PRBC,故AB1PQ.图a图b(2
50、)如图b,过点P作PMA1A交AD于点M,则PM平面ABB1A1.因为A1A平面ABCD,所以PM平面ABCD.过点M作MNQD于点N,连接PN,则PNQD,PNM为二面角P-QD-A的平面角,所以cosPNM=37,即MNPN=37,从而PMMN=403.连接MQ,由PQ平面ABB1A1及知,平面PQM平面ABB1A1,所以MQAB.又ABCD是正方形,所以ABQM为矩形,故MQ=AB=6.设MD=t,则MN=MQMDMQ2+MD2=6t36+t2.过点D1作D1EA1A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PMMD=D
51、1EED=63=2,所以PM=2MD=2t.再由,得36+t23=403,解得t=2,因此PM=4.故四面体ADPQ的体积V=13SADQPM=1312664=24.2.(2014课标,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,ABB1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若ACAB1,CBB1=60,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.解析(1)证明:连接BC1,交B1C于点O,连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1CBC1,且O为B1C及BC1的中点.又ABB1C,所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO,故B1CAO.又B1O=CO,故A
52、C=AB1.(2)因为ACAB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.又因为AB=BC,所以BOABOC.故OAOB,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nAB1=0,nA1B1=0,即33y-33z=0,x-33z=0.所以可取n=
53、(1,3,3).设m是平面A1B1C1的法向量,则mA1B1=0,mB1C1=0.同理可取m=(1,-3,3).则cos=nm|n|m|=17.易知二面角A-A1B1-C1为锐二面角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为17.解后反思在求解或证明过程中,通常会用到一些初中阶段学习的平面几何知识,如三角形中位线的性质、菱形的性质,等腰三角形的性质,相似(全等)三角形的判定与性质等,在复习时应予以关注.考点二平面与平面垂直的判定与性质1.(2015课标,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,A
54、EEC.(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BDAC=G,连接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由ABC=120,可得AG=GC=3.由BE平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AEEC,所以EG=3,且EGAC.在RtEBG中,可得BE=2,故DF=22.在RtFDG中,可得FG=62.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=2,DF=22,可得EF=322.从而EG2+FG2=EF2,所以EGFG.又ACFG=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,
55、以G为坐标原点,分别以GB,GC的方向为x轴,y轴正方向,|GB|为单位长,建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得A(0,-3,0),E(1,0,2),F-1,0,22,C(0,3,0),所以AE=(1,3,2),CF=-1,-3,22.(10分)故cos=AECF|AE|CF|=-33.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为33.(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,EFBC,BC=4,EF=2a,EBC=FCB=60,O为EF的中点.(1)求证:AOBE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE平面
56、AOC,求a的值.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2019豫西南五校3月联考,8)已知矩形ABCD,AB=2,BC=22,将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折过程中,()A.存在某个位置,使得直线BD与直线AC垂直B.存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直C.存在某个位置,使得直线BC与直线AD垂直D.对任意位置,三对直线“AC与BD”“CD与AB”“AD与BC”均不垂直答案B2.(2020届百校联盟TOP20 9月联考,9)在三棱锥P-ABC中,PA底面ABC,ABBC,E,F分别为棱PB,PC的中点,过E,F的平面分别与棱AB,AC相交于点D,G,给出
57、以下四个结论:EFDG;PAED;EDDG;ACFG.则正确结论的个数是()A.1B.2C.3D.4答案B二、填空题(共5分)3.(2020届江西南昌9月联考,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,垂直于棱AA1的截面分别与面对角线A1D,A1B,C1B,C1D相交于点E,F,G,H,则四棱锥A1-EFGH体积的最大值为.答案83三、解答题(共85分)4.(2019重庆南开中学二模,18)梯形ABCD中,ADBC,ABC=6,BCD=3,AD=CD=2,过点A作AEAB,交BC于E(如图1).现沿AE将ABE折起,使得BCDE,得四棱锥B-AECD(如图2).(1)求证:平面B
58、DE平面ABC;(2)若侧棱BC上的点F满足FC=2BF,求三棱锥B-DEF的体积.解析(1)证明:在ABE中,ABAE,ABE=6,BEA=3,又BCD=3,AECD,又ADCE,AD=CD,四边形ADCE是菱形,DEAC,又DEBC,ACBC=C,DE平面ABC,又DE平面BDE,平面BDE平面ABC.(2)由(1)知DE平面ABC,又AB平面ABC,DEAB,又ABAE,AEDE=E,AB平面ADCE,AE=CD=2,ABE=6,BAE=2,AB=23,又SCDE=1222sin 3=3,VB-CDE=13SCDEAB=13323=2.FC=2BF,VB-DEF=13VB-CDE=23.
59、思路分析(1)证明四边形ADCE是菱形,得出DEAC,结合DEBC得出DE平面ABC,故而平面BDE平面ABC;(2)证明AB平面ADCE,求出VB-CDE,由FC=2FB可知VB-DEF=13VB-CDE.5.(2020届四川成都外国语学校高三10月检测,17)如图,ABC为等腰直角三角形,AB=BC=2,B=2,D、E分别为AB、AC的中点,将ADE沿DE折起,使A到达P点,且PC=6.(1)证明:PDEC;(2)求二面角P-EC-B的正切值.解析(1)证明:连接CD,PCD中,PC=6,PD=1,CD=5,PC2=PD2+CD2,PDCD.又PDED,PD面DBCE,PDEC.(2)过D
60、作DMEC,交CE的延长线于M,ECPD,ECDM,EC面PMD,ECPM,PMD为二面角P-EC-B的平面角.DME中,易得DM=22,PMD中,PD=1,DM=22,tanPMD=PDMD=2.6.(2019江西南昌NCS项目第一次模拟,18)如图,四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是菱形,CC1底面ABCD,且BAD=60,CD=CC1=2C1D1=4,E是棱BB1的中点.(1)求证:AA1BD;(2)求二面角E-A1C1-C的余弦值.解析(1)证明:因为CC1底面ABCD,所以CC1BD.因为底面ABCD是菱形,所以BDAC.由四棱台ABCD-A1B1C1D1知,A1,A
61、,C,C1四点共面.又ACCC1=C,所以BD平面ACC1A1.所以BDAA1.(5分)(2)如图,设AC与BD交于点O,连接OA1,依题意得,A1C1OC且A1C1=OC,所以四边形A1OCC1是平行四边形,所以A1OCC1,且A1O=CC1.因为CC1底面ABCD,所以A1O底面ABCD.以O为坐标原点,OA,OB,OA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.则A(23,0,0),A1(0,0,4),C1(-23,0,4),B(0,2,0),A1C1=(-23,0,0).由A1B1=12AB得B1(-3,1,4).因为E是棱BB1的中点,所以E-32,32,2.(8分)所以EA
62、1=32,-32,2.设平面EA1C1的法向量为n1=(x,y,z),则n1A1C1=0,n1EA1=0,即-23x=0,32x-32y+2z=0,取z=3,则n1=(0,4,3)为平面EA1C1的一个法向量.又n2=(0,1,0)为平面AA1C1C的一个法向量,所以cos=n1n2|n1|n2|=45,由图可知,二面角E-A1C1-C为锐二面角,所以二面角E-A1C1-C的余弦值为45.(12分)7.(2018安徽江淮十校4月联考,18)四棱锥A-BCDE中,EBDC,且EB平面ABC,EB=1,DC=BC=AB=AC=2,F是棱AD的中点.(1)证明:EF平面ACD;(2)求二面角B-AE
63、-D的余弦值.解析(1)证明:取AC的中点M,连接FM、BM,F是AD的中点,FMDC,且FM=12DC=1.又EBDC,EB=1,FMEB,四边形FMBE是平行四边形.EFBM,又BC=AB=AC,ABC是等边三角形,BMAC,EB平面ABC,EBDC,CD平面ABC,CDBM,又CDAC=C,BM平面ACD,EF平面ACD.(2)取BC的中点N,连接AN,则ANBCAN平面BCD,以N为原点建立如图所示的空间直角坐标系.则A(0,0,3),B(0,-1,0),C(0,1,0),D(2,1,0),E(1,-1,0).可得BA=(0,1,3),BE=(1,0,0),EA=(
64、-1,1,3),ED=(1,2,0),设平面ABE的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1BA=0,n1BE=0,得y1+3z1=0,x1=0,可取n1=(0,-3,1),设平面ADE的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2EA=0,n2ED=0,得-x2+y2+3z2=0,x2+2y2=0,可取n2=(-2,1,-3),于是cos=-3-328=-64,结合图形知,二面角B-AE-D是钝二面角,因此,所求二面角的余弦值是-64.8.(2018四川泸州模拟,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是梯形,ABDC,ABC=90,AD=SD,BC=CD=12AB,侧面SAD底面A
65、BCD.(1)求证:平面SBD平面SAD;(2)若SDA=120,且三棱锥S-BCD的体积为612,求SAB的面积.解析(1)证明:在梯形ABCD中,ABDC,ABC=90,所以DCB=90,设BC=a,则CD=a,AB=2a,在直角三角形BCD中,BCD=90,可得BD=2a,CBD=45,则ABD=45,在ABD中,AD=AB2+DB2-2ABDBcos45=2a,所以AD2+BD2=AB2,所以BDAD,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612,在SAD中,由AD=SD=2a,可得SA=
66、2SDsin 60=6a,作SHAD,交AD的延长线于H,则SH=SDsin 60=62a,由SH平面BCD,可得VS-BCD=1362a12a2=612,解得a=1,由BD平面SAD,可得BDSD,故SB=SD2+BD2=2+2=2.又AB=2,所以SB=AB,在等腰三角形SBA中,边SA上的高为4-64=102,则SAB的面积为126102=152.9.(2020届陕西部分学校摸底检测,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,ACBC,ABBB1,AC=BC=BB1,D为AB的中点,且CDDA1.(1)求证:BB1平面ABC;(2)求锐二面角C-DA1-C1的余弦值.解析本题主要考查空
67、间直线与平面的垂直关系、利用空间向量求锐二面角的余弦值,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算.(1)证明:因为AC=BC,D为AB的中点,所以CDAB,又DCDA1,ABDA1=D,所以CD平面AA1B1B,(2分)又BB1平面AA1B1B,所以CDB1B,又B1BAB,ABCD=D,所以B1B平面ABC.(5分)(2)由已知及(1)可得CB,CC1,CA两两垂直,所以以C为坐标原点,CB所在直线为x轴,CC1所在直线为y轴,CA所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系,设CC1=2,则C(0,0,0),C1(0,2,0),A1(0,2,2),D(1,0,1),所以CD=(1,0,1)
68、,CA1=(0,2,2),C1D=(1,-2,1),C1A1=(0,0,2).(7分)设平面DCA1的法向量n1=(x1,y1,z1),则n1CD=0,n1CA1=0,即x1+z1=0,2y1+2z1=0,令z1=-1,则n1=(1,1,-1).(9分)设平面DC1A1的法向量n2=(x2,y2,z2),则n2C1D=0,n2C1A1=0,即x2-2y2+z2=0,2z2=0,令y2=1,则n2=(2,1,0).所以cos=n1n2|n1|n2|=335=155.故锐二面角C-DA1-C1的余弦值为155.(12分)解题思路(1)首先由等腰三角形的性质推出CDAB,然后结合已知条件推出CD平面
69、AA1B1B,从而由线面垂直的性质推出CDB1B,进而结合已知条件可使问题得证;(2)以C为坐标原点建立空间直角坐标系,求出相关点的坐标,从而分别求得平面DCA1与平面DC1A1的法向量,进而利用公式求解即可.10.(2020届新疆乌鲁木齐10月月考,18)在五边形AEBCD中,BCCD,CDAB,AB=2CD=2BC,AEBE,AE=BE(如图1).将ABE沿AB折起,使平面ABE平面ABCD,线段AB的中点为O(如图2).(1)求证:平面ABE平面DOE;(2)求平面EAB与平面ECD所成的锐二面角的大小.解析本题主要考查平面图形的折叠、面面垂直的判定及二面角,考查的核心素养是逻辑推理、直
70、观想象、数学运算.(1)证明:因为AB=2CD,O是线段AB的中点,则OB=CD.又CDAB,所以四边形OBCD为平行四边形,又BCCD,所以ABOD.因为AE=BE,OB=OA,所以EOAB.又EODO=O,所以AB平面DOE.又AB平面ABE,故平面ABE平面DOE.(5分)(2)由(1)易知OB,OD,OE两两垂直,以O为坐标原点,OB,OD,OE所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,由题意知EAB为等腰直角三角形,又AB=2CD=2BC,则OA=OB=OD=OE,设CD=BC=1,则O(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1),CD
71、=(-1,0,0),DE=(0,-1,1).设平面ECD的法向量n=(x,y,z),则nCD=0,nDE=0,即-x=0,-y+z=0,令z=1,得平面ECD的一个法向量为n=(0,1,1).因为OD平面ABE,所以平面ABE的一个法向量为OD=(0,1,0).设平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为,则cos =|cos|=|00+11+01|112+12=22.因为090,所以=45,故平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为45.(12分)思路分析(1)先证ABOD,EOAB,进而推出AB平面EOD,最后由面面垂直的判定定理证明平面ABE平面DOE;(2)以O为坐标原点,建立空间直角坐标系,求出平面ECD的一个法向量及平面ABE的一个法向量,用向量法求平面EAB与平面ECD所成的锐二面角的大小.