五年高考真題高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第八章 第五節(jié) 空間垂直的判定與性質(zhì) 理全國(guó)通用

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1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料2019.5第五節(jié)第五節(jié)空間垂直的判定與空間垂直的判定與性質(zhì)性質(zhì)考點(diǎn)空間垂直的判定與性質(zhì)1(20 xx浙江,8)如圖,已知ABC,D是AB的中點(diǎn),沿直線CD將ACD翻折成ACD, 所成二面角ACDB的平面角為, 則()AADBBADBCACBDACB解析極限思想:若,則ACB,排除 D;若0,如圖,則ADB,ACB都可以大于 0,排除 A,C.故選 B.答案B2(20 xx廣東,7)若空間中四條兩兩不同的直線l1,l2,l3,l4,滿足l1l2,l2l3,l3l4,則下列結(jié)論一定正確的是()Al1l4Bl1l4Cl1與l4既不垂直也不平行Dl1與l4的位置關(guān)系不確定解析構(gòu)造

2、如圖所示的正方體ABCDA1B1C1D1,取l1為AD,l2為AA1,l3為A1B1,當(dāng)取l4為B1C1時(shí),l1l4,當(dāng)取l4為BB1時(shí),l1l4,故排除A、B、C,選 D.答案D3(20 xx新課標(biāo)全國(guó),4)已知m,n為異面直線,m平面,n平面.直線l滿足lm,ln,l,l,則()A且lB且lC與相交,且交線垂直于lD與相交,且交線平行于l解析m,lm,ll,同理l,又m,n為異面直線,與相交,且l平行于交線,故選 D.答案D4(20 xx新課標(biāo)全國(guó),19)如圖,長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中,AB16,BC10,AA18,點(diǎn)E,F(xiàn)分別在A1B1,D1C1上,A1ED1F4.過(guò)點(diǎn)E,F(xiàn)的平

3、面與此長(zhǎng)方體的面相交,交線圍成一個(gè)正方形(1)在圖中畫(huà)出這個(gè)正方形(不必說(shuō)明畫(huà)法和理由);(2)求直線AF與平面所成角的正弦值解(1)交線圍成的正方形EHGF如圖:(2)作EMAB,垂足為M,則AMA1E4,EMAA18.因?yàn)镋HGF為正方形,所以EHEFBC10.于是MHEH2EM26,所以AH10.以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz,則A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(xiàn)(0,4,8),F(xiàn)E(10,0,0),HE(0,6,8)設(shè)n n(x,y,z)是平面EHGF的法向量, 則n nFE0,n nHE0,即10 x0,6y

4、8z0,所以可取n n(0,4,3)又AF(10,4,8),故|cosn n,AF|n nAF|n n|AF|4 515.所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為4 515.5 (20 xx新課標(biāo)全國(guó), 18)如圖, 四邊形ABCD為菱形, ABC120,E,F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點(diǎn),BE平面ABCD,DF平面ABCD,BE2DF,AEEC.(1)證明:平面AEC平面AFC,(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值(1)證明連接BD,設(shè)BDACG,連接EG,F(xiàn)G,EF.在菱形ABCD中,不妨設(shè)GB1.由ABC120,可得AGGC 3.由BE平面ABCD,ABBC,可知AEEC.又AEEC,所

5、以EG 3,且EGAC.在 Rt EBG中,可得BE 2,故DF22.在 Rt FDG中,可得FG62.在直角梯形BDFE中,由BD2,BE 2,DF22,可得EF3 22,從而EG2FG2EF2,所以EGFG.又ACFGG,可得EG平面AFC.因?yàn)镋G平面AEC,所以平面AEC平面AFC.(2)解如圖,以G為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以GB,GC的方向?yàn)閤軸,y軸正方向,|GB|為單位長(zhǎng), 建立空間直角坐標(biāo)系Gxyz, 由(1)可得A(0, 3, 0),E(1, 0, 2),F(xiàn)1,0,22 ,C(0, 3,0),所以AE(1, 3, 2),CF1, 3,22 .故 cosAE,CFAECF|AE|CF|

6、33.所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為33.6(20 xx新課標(biāo)全國(guó),19)如圖,三棱柱ABCA1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形,ABB1C.(1)證明:ACAB1;(2)若ACAB1,CBB160,ABBC,求二面角AA1B1C1的余弦值(1)證明連接BC1,交B1C于點(diǎn)O,連接AO.因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形,所以B1CBC1,且O為B1C及BC1的中點(diǎn)又ABB1C,所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO,故B1CAO.又B1OCO,故ACAB1.(2)解因?yàn)锳CAB1,且O為B1C的中點(diǎn),所以AOCO.又因?yàn)锳BBC,所以BOABOC.故OAOB,從而OA,OB,OB1兩兩互

7、相垂直以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB的方向?yàn)閤軸正方向,|OB|為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.因?yàn)镃BB160,所以CBB1為等邊三角形又ABBC,則A0,0,33 ,B(1,0,0),B10,33,0,C0,33,0.AB10,33,33 ,A1B1AB1,0,33 ,B1C1BC1,33,0.設(shè)n n(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,則n nAB10,n nA1B10,即33y33z0,x33z0.所以可取n n(1, 3, 3)設(shè)m m是平面A1B1C1的法向量,則m mA1B10,m mB1C10.同理可取m m(1, 3, 3)則 cosn n,m mn nm m|n|

8、m|n|m|17.所以二面角AA1B1C1的余弦值為17.7(20 xx廣東,18)如圖,四邊形ABCD為正方形,PD平面ABCD,DPC30,AFPC于點(diǎn)F,F(xiàn)ECD,交PD于點(diǎn)E.(1)證明:CF平面ADF;(2)求二面角DAFE的余弦值(1)證明PD平面ABCD,PDAD.又CDAD,PDCDD,AD平面PCD.ADPC.又AFPC,ADAFA,PC平面ADF,即CF平面ADF.(2)解法一設(shè)AB1,則在 RtPDC中,CD1,DPC30,PC2,PD 3,由(1)知CFDF,DF32,CF12.又FECD,DEPDCFPC14,DE34.同理EF34CD34.如圖所示,以D為原點(diǎn),建立

9、空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,1),E34,0,0,F(xiàn)34,34,0,P( 3,0,0),C(0,1,0)設(shè)m m(x,y,z)是平面AEF的法向量,則m mAE,m mEF.又AE34,0,1,EF0,34,0,m mAE34xz0,m mEF34y0.令x4,則z 3,m m(4,0, 3)由(1)知平面ADF的一個(gè)法向量為PC( 3,1,0),設(shè)二面角DAFE的平面角為,可知為銳角,cos|cosm m,PC|m mPC|m m|PC|4 31922 5719.故二面角DAFE的余弦值為2 5719.法二設(shè)AB1,CF平面ADF,CFDF.在CFD中,DF32,CDAD,CDPD,CD平

10、面ADE.又EFCD,EF平面ADE.EFAE,在DEF中,DE34,EF34,在ADE中,AE194,在ADF中,AF72.由VADEF13SADEEF13SADFhEADF,解得hEADF38,設(shè)AEF的邊AF上的高為h,由SAEF12EFAE12AFh,解得h3413314,設(shè)二面角DAFE的平面角為.則 sinhEADFh38431413313319,cos2 5719.8(20 xx遼寧,19)如圖,ABC和BCD所在平面互相垂直,且ABBCBD2,ABCDBC120,E,F(xiàn)分別為AC,DC的中點(diǎn)(1)求證:EFBC;(2)求二面角EBFC的正弦值(1)證明法一過(guò)E作EOBC,垂足為

11、O,連接OF如圖 1.圖 1由ABCDBC可證出EOCFOC.所以EOCFOC2,即FOBC.又EOBC,因此BC面EFO,又EF面EFO,所以EFBC.法二由題意,以B為坐標(biāo)原點(diǎn),在平面DBC內(nèi)過(guò)B作垂直BC的直線為x軸,BC所在直線為y軸, 在平面ABC內(nèi)過(guò)B作垂直BC的直線為z軸, 建立如圖 2 所示空間直角坐標(biāo)系 易得B(0,0,0),A(0,1, 3),D( 3,1,0),C(0,2,0)圖 2因而E(0,12,32),F(xiàn)32,12,0,所以EF32,0,32 ,BC(0,2,0),因此EFBC0.從而EFBC,所以EFBC.(2)解法一在圖 1 中,過(guò)O作OGBF,垂足為G,連接E

12、G.由平面ABC平面BDC,從而EO面BDC,又OGBF,由三垂線定理知,EGBF.因此EGO為二面角EBFC的平面角在EOC中,EO12EC12BCcos 3032,由BGOBFC知,OGBOBCFC34,因此 tanEGOEOOG2,從而 sinEGO2 55,即二面角EBFC的正弦值為2 55.法二在圖 2 中,平面BFC的一個(gè)法向量為n n1(0,0,1)設(shè)平面BEF的法向量n n2(x,y,z),又BF32,12,0,BE0,12,32 .由n n2BF0n n2BE0得其中一個(gè)n n2(1, 3,1)設(shè)二面角EBFC大小為,且由題意知為銳角,則cos|cosn n1 1,n n2

13、2| |n n1 1n n2 2|n|n1 1|n|n2 2| |15,因此 sin252 55,即所求二面角的正弦值為2 55.9 (20 xx江西, 19)如圖, 四棱錐PABCD中,ABCD為矩形, 平面PAD平面ABCD.(1)求證:ABPD;(2)若BPC90,PB 2,PC2, 問(wèn)AB為何值時(shí), 四棱錐PABCD的體積最大?并求此時(shí)平面BPC與平面DPC夾角的余弦值(1)證明ABCD為矩形,故ABAD;又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCDAD,所以AB平面PAD,由PD平面PAD,故ABPD.(2)解過(guò)P作AD的垂線,垂足為O,過(guò)O作BC的垂線,垂足為G,連接PG.故P

14、O平面ABCD,BC平面POG,BCPG.在 RtBPC中,PG2 33,GC2 63,BG63.設(shè)ABm,則OPPG2OG243m2,故四棱錐PABCD的體積為V13 6m43m2m386m2.因?yàn)閙86m2 8m26m46m223283,故當(dāng)m63,即AB63時(shí),四棱錐PABCD的體積最大此時(shí),建立如圖所示的坐標(biāo)系,各點(diǎn)的坐標(biāo)為O(0,0,0),B63,63,0,C63,2 63,0,D0,2 63,0,P0,0,63 .故PC63,2 63,63 ,BC(0, 6,0),CD63,0,0,設(shè)平面BPC的一個(gè)法向量n n1(x,y,1),則由n n1PC,n n1BC得63x2 63y63

15、0,6y0,解得x1,y0,n n1(1,0,1)同理可求出平面DPC的一個(gè)法向量n n20,12,1.從而平面BPC與平面DPC夾角的余弦值為 cos|n|n1 1n n2 2| |n|n1 1|n|n2 2| |12141105.10(20 xx湖南,19)如圖,四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱長(zhǎng)都相等,ACBDO,A1C1B1D1O1,四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形(1)證明:O1O底面ABCD;(2)若CBA60,求二面角C1OB1D的余弦值(1)證明因?yàn)樗倪呅蜛CC1A1為矩形,所以CC1AC,同理DD1BD,因?yàn)镃C1DD1,所以CC1BD,而ACBDO,因此

16、CC1底面ABCD.由題設(shè)知,O1OC1C,故O1O底面ABCD.(2)解法一如圖,過(guò)O1作O1HOB1于H,連接HC1.由(1)知,O1O底面ABCD,所以O(shè)1O底面A1B1C1D1,于是O1OA1C1.又因?yàn)樗睦庵鵄BCDA1B1C1D1的所有棱長(zhǎng)都相等,所以四邊形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1B1D1,從而A1C1平面BDD1B1,所以A1C1OB1,于是OB1平面O1HC1,進(jìn)而OB1C1H,故C1HO1是二面角C1OB1D的平面角不妨設(shè)AB2.因?yàn)镃BA60,所以O(shè)B 3,OC1,OB1 7.在 RtOO1B1中, 易知O1HOO1O1B1OB1237, 而O1C11, 于是C

17、1HO1C21O1H21127197.故 cosC1HO1O1HC1H2371972 5719.即二面角C1OB1D的余弦值為2 5719.法二因?yàn)樗睦庵鵄BCDA1B1C1D1的所有棱長(zhǎng)都相等,所以四邊形ABCD是菱形,因此ACBD.又由(1)知O1O底面ABCD,從而OB,OC,OO1兩兩垂直如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB,OC,OO1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.不妨設(shè)AB2,因?yàn)镃BA60,所以O(shè)B 3,OC1.于是相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為:O(0,0,0),B1( 3,0,2),C1(0,1,2)易知,n n1(0,1,0)是平面BDD1B1的一個(gè)法向量設(shè)n n2(

18、x,y,z)是平面OB1C1的法向量,則n n2OB10,n n2OC10,即3x2z0,y2z0,取z 3,則x2,y2 3,所以n n2(2,2 3, 3),設(shè)二面角C1OB1D的大小為,易知是銳角,于是cos|cosn n1 1,n n2 2|n n1 1n n2 2|n|n1 1| |n|n2 2| | |2 3192 5719.故二面角C1OB1D的余弦值為2 5719.11.(20 xx陜西,18)如圖,四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O為底面中心,A1O平面ABCD,ABAA1 2.(1)證明:A1C平面BB1D1D;(2)求平面OCB1與平面BB1D1D的

19、夾角的大小解建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系由ABAA1 2可知O(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),D(0,1,0),B1(1,1,1),C(1,0,0),A1(0,0,1),D1(1,1,1)(1)證明A1C(1,0,1),DB(0,2,0),BB1(1,0,1),A1CDB0,A1CBB10,即A1CDB,A1CBB1,且DBBB1B,A1C平面BB1D1D.(2)設(shè)平面OCB1的法向量n n(x,y,z),OC(1,0,0),OB1(1,1,1),n nOCx0,n nOB1xyz0,x0,yz.取n n(0,1,1),由(1)知,A1C(1,0,1)是平面BB1D1D的法

20、向量,cos|cosn n,A1C|12 212.又 02,3.12.(20 xx遼寧,18)如圖,AB是圓的直徑,PA垂直圓所在的平面,C是圓上的點(diǎn)(1)求證:平面PAC平面PBC;(2)若AB2,AC1,PA1,求二面角CPBA的余弦值(1)證明由AB是圓的直徑,得ACBC,由PA平面ABC,BC平面ABC,得PABC.又PAACA,PA平面PAC,AC平面PAC.所以BC平面PAC.又BC平面PBC,所以平面PBC平面PAC.(2)解過(guò)C作CMAP,則CM平面ABC.如圖,以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以直線CB,CA,CM為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系在 RtABC中,因?yàn)锳B2,AC1

21、,所以BC 3.因?yàn)镻A1,所以A(0,1,0),B( 3,0,0),P(0,1,1)故CB( 3,0,0),CP(0,1,1)設(shè)平面BCP的法向量為n n1 1(x1,y1,z1),則CBn n1 10,CPn n1 10,所以3x10,y1z10,不妨令y11,則n n1(0,1,1)因?yàn)锳P(0,0,1),AB( 3,1,0),設(shè)平面ABP的法向量為n n2(x2,y2,z2),則APn n2 20,ABn n2 20,所以z20,3x2y20,不妨令x21,則n n2(1, 3,0)于是 cosn n1,n n232 264.所以由題意可知二面角CPBA的余弦值為64.13.(20 x

22、x廣東,18)如圖所示,在四棱錐PABCD中,底面ABCD為矩形,PA平面ABCD,點(diǎn)E在線段PC上,PC平面BDE.(1)證明:BD平面PAC;(2)若PA1,AD2,求二面角BPCA的正切值(1)證明PA面ABCDBD面ABCDPABDPC面BDEBD面BDEPCBDPAPCPBD平面PAC.(2)解法一由(1)得BD平面PAC,AC平面PAC,BDAC.又四邊形ABCD為矩形,四邊形ABCD是正方形設(shè)AC交BD于O點(diǎn),連接EO,PC平面BDE,PCBE,PCEO.BEO即為二面角BPCA的平面角PA1,AD2,AC2 2,BOOC 2,PCPA2AC23,又OEOEPACOPC23,在直

23、角三角形BEO中,tanBEOBOEO2233,二面角BPCA的正切值為 3.法二由(1)可知BD面PAC,AC平面PAC,BDAC,矩形ABCD為正方形,建立如圖所示的坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,則A(0,0,0),P(0,0,1),C(2,2,0),B(2,0,0)AP(0,0,1),AC(2,2,0)設(shè)平面PAC的一個(gè)法向量為n n1 1(x,y,z),則APn n1z0,ACn n12x2y0,令x1,y1,z0.即n n1(1,1,0)同理求得面PBC的一個(gè)法向量為n n2(1,0,2)cosn n1,n n2110.設(shè)二面角BPCA的大小為,則 cos110,sin310,tan3.二面角BPCA的正切值為 3.

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