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⊥l4B．l1∥l4C．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＝.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝，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＝，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＝.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＝得DF∥AC，＝＝，故AC＝DF＝.以C为坐标原点，分别以CA，CB，CP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)，A，E(0,2,0)，D(1,1,0)，ED＝(1，－1,0)，DP＝(－1，－1,3)，DA＝.设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·DP＝0，n1·DA＝0，得故可取n1＝(2,1,1)．由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为ED，即n2＝(1，－1,0)，从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝＝，故所求二面角A－PD－C的余弦值为.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，a)，B(2，(2－a)，0)，EA＝(－a,0，a)，BE＝(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BE·OC＝0.因为BE＝(a－2，(a－2)，0)，OC＝(－2，(2－a)，0)，所以BE·OC＝－2(a－2)－3(a－2)2.由BE·OC＝0及0
