2018年高考数学一轮复习第七章立体几何第42讲直线、平面垂直的判定及其性质实战演练理1．(2015·福建卷)若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的(B)A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：m⊥α，l⊥m，则l⊂α或l∥α；m⊥α，l∥α，则l⊥m.故选B.2．(2014·广东卷)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(D)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.3．(2016·全国卷Ⅰ)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DAFE与二面角CBEF都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值．解析：(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC．又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC．(2)过D作DG⊥EF，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Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角DAFE的平面角，故∠DFE＝60°，则|DF|＝2，|DG|＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，)．由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC．又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角CBEF的平面角，∠CEF＝60°.从而可得C(－2,0，)．所以EC＝(1,0，)，EB＝(0,4,0)，AC＝(－3，－4，)，AB＝(－4,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则即所以可取n＝(3,0，－)，设m是平面ABCD的法向量，则同理可取m＝(0，，4)，则cos〈n，m〉＝＝－.故二面角EBCA的余弦值为－.4．(2015·北京卷)如图，在四棱锥AEFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面1EFCB，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FAEB的余弦值；(3)若BE⊥平面AOC，求a的值．解析：(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的中点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.如图建立空间直角坐标系Oxyz.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)，又平面AEF的一个法向量为p＝(0,1,0)，所以cos〈n，p〉＝＝－，由题知二面角FAEB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＜a＜2，解得a＝.2
