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) 理全國通用

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1、考點(diǎn)空間垂直的判定與性質(zhì)1(2015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()AADB BADB CACB DACB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(2014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)造如圖所示的正方體ABCDA1B1C1D1，取l1為AD，l2為AA1，l3為A1B1，當(dāng)取l4

2、為B1C1時，l1l4，當(dāng)取l4為BB1時，l1l4，故排除A、B、C，選D.答案D3(2013新課標(biāo)全國，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(2015新課標(biāo)全國，19)如圖，長方體ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.過點(diǎn)E，F(xiàn)的平面與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由)；(2)求直線

3、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MH6，所以AH10.以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，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)，(10，0，0)，(0，6，8)設(shè)n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，則即所以可取n(0，4，3)又(10，4，8)，故|cosn，|.所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為.5(2015新課標(biāo)全國，18)如圖，四邊形ABCD為菱形，ABC120，E

4、，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.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在Rt EBG中，可得BE，故DF.在Rt FDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF，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.(

5、2)解如圖，以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，的方向?yàn)閤軸，y軸正方向，|為單位長，建立空間直角坐標(biāo)系Gxyz，由(1)可得A(0，0)，E(1，0，)，F(xiàn)，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為.6(2014新課標(biāo)全國，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AB

6、O，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，OB1兩兩互相垂直以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，|為單位長，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A，B(1，0，0)，B1，C.，.設(shè)n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，則即所以可取n(1，)設(shè)m是平面A1B1C1的法向量，則同理可取m(1，)則cosn，m.所以二面角AA1B1C1的余弦值為.7(2014廣東，18)如圖，四邊形ABCD為正方形，PD平面ABC

7、D，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，由(1)知CFDF，DF，CF.又FECD，DE.同理EFCD.如圖所示，以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，1)，E，F(xiàn)，P(，0，0)，C(0，1，0)設(shè)m(x，y，z)是平面AEF的法向量，則又令x4，則z，m(4，0，)由(1)知平面ADF的一個

8、法向量為(，1，0)，設(shè)二面角DAFE的平面角為，可知為銳角，cos |cosm，|.故二面角DAFE的余弦值為.法二設(shè)AB1，CF平面ADF，CFDF.在CFD中，DF，CDAD，CDPD，CD平面ADE.又EFCD，EF平面ADE.EFAE，在DEF中，DE，EF，在ADE中，AE，在ADF中，AF.由VADEFSADEEFSADFhEADF，解得hEADF，設(shè)AEF的邊AF上的高為h，由SAEFEFAEAFh，解得h，設(shè)二面角DAFE的平面角為.則sin ，cos .8(2014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

9、的中點(diǎn)(1)求證：EFBC；(2)求二面角EBFC的正弦值(1)證明法一過E作EOBC，垂足為O，連接OF如圖1.圖1由ABCDBC可證出EOCFOC.所以EOCFOC，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，)，D(，1，0)，C(0，2，0)圖2因而E(0，)，F(xiàn)，所以，(0，2，0)，因此0.從而，所以EFBC.(2)解法一在圖1中，過O作OGBF，垂足為G，連接E

10、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，EOECBCcos 30，由BGOBFC知，OGFC，因此tanEGO2，從而sinEGO，即二面角EBFC的正弦值為.法二在圖2中，平面BFC的一個法向量為n1(0，0，1)設(shè)平面BEF的法向量n2(x，y，z)，又，.由得其中一個n2(1，1)設(shè)二面角EBFC大小為，且由題意知為銳角，則cos |cosn1，n2|，因此sin ，即所求二面角的正弦值為.9(2014江西，19)如圖，四棱錐PABCD中，ABCD為矩形，平面PAD平面ABCD.(1)求證：ABPD

11、；(2)若BPC90，PB，PC2，問AB為何值時，四棱錐PABCD的體積最大？并求此時平面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P作AD的垂線，垂足為O，過O作BC的垂線，垂足為G，連接PG.故PO平面ABCD，BC平面POG，BCPG.在RtBPC中，PG，GC，BG.設(shè)ABm，則OP，故四棱錐PABCD的體積為Vm .因?yàn)閙，故當(dāng)m，即AB時，四棱錐PABCD的體積最大此時，建立如圖所示的坐標(biāo)系，各點(diǎn)的坐標(biāo)為O(0，0，0)，B，C，D，P.故，

12、(0，0)，設(shè)平面BPC的一個法向量n1(x，y，1)，則由n1，n1得解得x1，y0，n1(1，0，1)同理可求出平面DPC的一個法向量n2.從而平面BPC與平面DPC夾角的余弦值為cos .10(2014湖南，19)如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱長都相等，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CC1底面ABCD.由題設(shè)知，O1OC1C

13、，故O1O底面ABCD.(2)解法一如圖，過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，OC1，OB1.在RtOO1B1中，易知O1H2，而O1C11，于是C1H.故cosC1HO1.即二面角C1OB1D的余弦值為.法二因?yàn)樗睦庵鵄BCDA

14、1B1C1D1的所有棱長都相等，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，OC1.于是相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為：O(0，0，0)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)易知，n1(0，1，0)是平面BDD1B1的一個法向量設(shè)n2(x，y，z)是平面OB1C1的法向量，則即取z，則x2，y2，所以n2(2，2，)，設(shè)二面角C1OB1D的大小為，易知是銳角，于是cos |cosn1，n2|.故二面角C1OB1D

15、的余弦值為.11.(2013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.(1)證明：A1C平面BB1D1D；(2)求平面OCB1與平面BB1D1D的夾角的大小解建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系由ABAA1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(1，0，1)，(0，2，0)，(1，0，1)，0，0，即A1CDB，A1CBB1，且DBBB1B，A1C平面BB1D1D.(2)設(shè)平面OCB1的法向量n(x，y，

16、z)，(1，0，0)，(1，1，1)，取n(0，1，1)，由(1)知，(1，0，1)是平面BB1D1D的法向量，cos |cosn，|.又0，.12.(2013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，C

17、A，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，所以BC.因?yàn)镻A1，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，P(0，1，1)故(，0，0)，(0，1，1)設(shè)平面BCP的法向量為n1(x1，y1，z1)，則所以不妨令y11，則n1(0，1，1)因?yàn)?0，0，1)，(，1，0)，設(shè)平面ABP的法向量為n2(x2，y2，z2)，則所以不妨令x21，則n2(1，0)于是cosn1，n2.所以由題意可知二面角CPBA的余弦值為.13.(2012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：

18、BD平面PAC；(2)若PA1，AD2，求二面角BPCA的正切值(1)證明(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，BOOC，PC3，又OE，在直角三角形BEO中，tanBEO3，二面角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)(0，0，1)，(2，2，0)設(shè)平面PAC的一個法向量為n1(x，y，z)，則令x1，y1，z0.即n1(1，1，0)同理求得面PBC的一個法向量為n2(1，0，2)cosn1，n2.設(shè)二面角BPCA的大小為，則cos ，sin ，tan 3.二面角BPCA的正切值為3.