《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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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)在圖中畫出這個(gè)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?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， 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(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(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.