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-人教版高三全册数学试题.doc

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⊥l4
B．l1∥l4
C．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＝3，∠ACB＝eq\f(π,2).D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝eq\r(2)，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＝eq\r(2)，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＝eq\f(π,4).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＝eq\f(π,2)得DF∥AC，eq\f(DF,AC)＝eq\f(FB,BC)＝eq\f(2,3)，
故AC＝eq\f(3,2)DF＝eq\f(3,2).
以C为坐标原点，分别以eq\o(CA,\s\up16(→))，eq\o(CB,\s\up16(→))，eq\o(CP,\s\up16(→))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)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，0))，E(0,2,0)，D(1,1,0)，eq\o(ED,\s\up16(→))＝(1，－1,0)，eq\o(DP,\s\up16(→))＝(－1，－1,3)，eq\o(DA,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0)).
设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由n1·eq\o(DP,\s\up16(→))＝0，n1·eq\o(DA,\s\up16(→))＝0，
得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1－y1＋3z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))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eq\o(ED,\s\up16(→))，即n2＝(1，－1,0)，从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(3),6)，
故所求二面角A－PD－C的余弦值为eq\f(\r(3),6).
3．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(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，eq\r(3)a)，B(2，eq\r(3)(2－a)，0)，eq\o(EA,\s\up16(→))＝(－a,0，eq\r(3)a)，
eq\o(BE,\s\up16(→))＝(a－2，eq\r(3)(a－2)，0)．
设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EA,\s\up16(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up16(→))＝0，))
即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ax＋\r(3)az＝0，,a－2x＋\r(3)a－2y＝0.))
令z＝1，则x＝eq\r(3)