五年高考真題高考數(shù)學復習 第八章 第五節(jié) 空間垂直的判定與性質 理全國通用

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1、高考數(shù)學精品復習資料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性質考點空間垂直的判定與性質1(20 xx浙江，8)如圖，已知ABC，D是AB的中點，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的位置關系不確定解析構造

2、如圖所示的正方體ABCDA1B1C1D1，取l1為AD，l2為AA1，l3為A1B1，當取l4為B1C1時，l1l4，當取l4為BB1時，l1l4，故排除A、B、C，選 D.答案D3(20 xx新課標全國，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(20 xx新課標全國，19)如圖，長方體ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.過點E，F(xiàn)的平

3、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.因為EHGF為正方形，所以EHEFBC10.于是MHEH2EM26，所以AH10.以D為坐標原點，DA的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系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新課標全國， 18)如圖， 四邊形ABCD為菱形， ABC120，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側的兩點，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BDACG，連接EG，F(xiàn)G，EF.在菱形ABCD中，不妨設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.因為EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)解如圖，以G為坐標原點，分別以GB，GC的方向為x軸，y軸正方向，|GB|為單位長， 建立空間直角坐標系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新課標全國，19)如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，側面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O，連接AO.因為側面BB1C1C為菱形，所以B1CBC1，且O為B1C及BC1的中點又ABB1C，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)解因為ACAB1，且O為B1C的中點，所以AOCO.又因為ABBC，所以BOABOC.故OAOB，從而OA，OB，OB1兩兩互

7、相垂直以O為坐標原點，OB的方向為x軸正方向，|OB|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz.因為CBB160，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F，F(xiàn)ECD，交PD于點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，建立

9、空間直角坐標系，則A(0，0，1)，E34，0，0，F(xiàn)34，34，0，P( 3，0，0)，C(0，1，0)設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的一個法向量為PC( 3，1，0)，設二面角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AEF的邊AF上的高為h，由SAEF12EFAE12AFh，解得h3413314，設二面角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(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

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為坐標原點，在平面DBC內過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的一個法向量為n n1(0，0，1)設平面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n n2(1， 3，1)設二面角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P

14、O平面ABCD，BC平面POG，BCPG.在 RtBPC中，PG2 33，GC2 63，BG63.設ABm，則OPPG2OG243m2，故四棱錐PABCD的體積為V13 6m43m2m386m2.因為m86m2 8m26m46m223283，故當m63，即AB63時，四棱錐PABCD的體積最大此時，建立如圖所示的坐標系，各點的坐標為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，設平面BPC的一個法向量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)證明因為四邊形ACC1A1為矩形，所以CC1AC，同理DD1BD，因為CC1DD1，所以CC1BD，而ACBDO，因此

16、CC1底面ABCD.由題設知，O1OC1C，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O1O底面A1B1C1D1，于是O1OA1C1.又因為四棱柱ABCDA1B1C1D1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，進而OB1C1H，故C1HO1是二面角C1OB1D的平面角不妨設AB2.因為CBA60，所以OB 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.法二因為四棱柱ABCDA1B1C1D1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為坐標原點，OB，OC，OO1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系Oxyz.不妨設AB2，因為CBA60，所以OB 3，OC1.于是相關各點的坐標為：O(0，0，0)，B1( 3，0，2)，C1(0，1，2)易知，n n1(0，1，0)是平面BDD1B1的一個法向量設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(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C為坐標原點，分別以直線CB，CA，CM為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系在 RtABC中，因為AB2，AC1

21、，所以BC 3.因為PA1，所以A(0，1，0)，B( 3，0，0)，P(0，1，1)故CB( 3，0，0)，CP(0，1，1)設平面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)因為AP(0，0，1)，AB( 3，1，0)，設平面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AC交BD于O點，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系Axyz，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)設平面PAC的一個法向量為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的一個法向量為n n2(1，0，2)cosn n1，n n2110.設二面角BPCA的大小為，則 cos110，sin310，tan3.二面角BPCA的正切值為 3.