2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破練16 5.3.2 空間中的垂直與空間角 理

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破練16 5.3.2 空間中的垂直與空間角 理 1.(2018湖南衡陽二模,理18)如圖,EA⊥平面ABC,DB⊥平面ABC,△ABC是等邊三角形,AC=2AE,M是AB的中點(diǎn). (1)證明:CM⊥DM; (2)若直線DM與平面ABC所成角的余弦值為,求二面角B-CD-E的正弦值. 2.(2018北京卷,理16)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分別為AA1,AC,A1C1,BB1的中點(diǎn),AB=BC=,AC=AA1=2. (1)求證:AC⊥平面BEF; (2)求二

2、面角B-CD-C1的余弦值; (3)證明:直線FG與平面BCD相交. 3.(2018湖南衡陽八中一模,理19)在如圖所示的五面體中,四邊形ABCD為直角梯形,∠BAD=∠ADC=,平面ADE⊥平面ABCD,EF=2DC=4AB=4,△ADE是邊長為2的正三角形. (1)證明:BE⊥平面ACF; (2)求二面角A-BC-F的余弦值. 4.(2018寧夏銀川一中一模,理19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥面ABCD,AD∥BC,∠BAD=90°,A

3、C⊥BD,BC=1,AD=PA=2,E,F分別為PB,AD的中點(diǎn). (1)證明:AC⊥EF; (2)求直線EF與平面PCD所成角的正弦值. 5.(2018河北唐山三模,理19)如圖,?ABCD中,BC=2AB=4,∠ABC=60°,PA⊥AD,E,F分別為BC,PE的中點(diǎn),AF⊥平面PED. (1)求證:PA⊥平面ABCD; (2)求直線BF與平面AFD所成角的正弦值. 6.如圖,△BCD是等邊三角形,AB=AD,∠BAD=90°,將△BCD沿BD折疊到△BC'D的位置,使得AD⊥C'B.

4、 (1)求證:AD⊥AC'; (2)若M,N分別是BD,C'B的中點(diǎn),求二面角N-AM-B的余弦值. 7.(2018山東濰坊一模,理18)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1=4,AB=2,AC=2,∠BAC=45°,點(diǎn)M是棱AA1上不同于A,A1的動點(diǎn). (1)證明:BC⊥B1M; (2)若平面MB1C把此棱柱分成體積相等的兩部分,求此時(shí)二面角M-B1C-A的余弦值. 參考答案 專題突破練16　空間中的 垂直與空間角 1.解 (1)因?yàn)椤鰽BC是等邊三角形,M是AB的中點(diǎn),所以CM

5、⊥MB. ∵DB⊥平面ABC,CM?平面ABC, ∴DB⊥CM. ∵DB∩MB=B, ∴CM⊥平面DMB. ∵DM?平面DMB, ∴CM⊥DM. (2)解法1:以點(diǎn)M為坐標(biāo)原點(diǎn),MC所在直線為x軸,MB所在直線為y軸,過M且與直線BD平行的直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系M-xyz. 因?yàn)镈B⊥平面ABC,所以∠DMB為直線DM與平面ABC所成的角. 由題意得cos∠DMB=, ∴tan∠DMB==2, 即BD=2MB,從而BD=AC. 不妨設(shè)AC=2,又AC=2AE, 則CM=,AE=1.故B(0,1,0),C(,0,0),D(0,1,2),E(0,-1

6、,1). 于是=(,-1,0),=(0,0,2),=(-,-1,1),=(-,1,2), 設(shè)平面BCD與平面CDE的法向量分別為m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2), 由 令x1=1,得y1=, ∴m=(1,,0). 由 令x2=1,得y2=-,z2= ∴n= ∴cos==0. 故二面角B-CD-E的正弦值為1. 解法2:∵DB⊥平面ABC,∴∠DMB為直線DM與平面ABC所成的角. 由題意得cos∠DMB=, ∴tan∠DMB==2, 即BD=2MB,從而BD=AC. 不妨設(shè)AC=2,又AC=2AE,則CM=,AE=1,AB=BC=B

7、D=2. 由于EA⊥平面ABC,DB⊥平面ABC,則EA∥BD.取BD的中點(diǎn)N,連接EN,則EN=AB=2. 在Rt△END中,ED=,在Rt△EAC中,EC=,在Rt△CBD中,CD==2,取CD的中點(diǎn)P,連接EP,BP,BE,則EP⊥CD,BP⊥CD.所以∠EPB為二面角B-CD-E的平面角. 在Rt△EPC中,EP=,在Rt△CBD中,BP=CD=, 在Rt△EAB中,EB=,∵EP2+BP2=5=EB2,∴∠EPB=90°.故二面角B-CD-E的正弦值為1. 2.(1)證明 在三棱柱ABC-A1B1C1中, ∵CC1⊥平面ABC, ∴四邊形A1ACC1為矩形. 又E

8、,F分別為AC,A1C1的中點(diǎn), ∴AC⊥EF. ∵AB=BC, ∴AC⊥BE, ∴AC⊥平面BEF. (2)解 由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1. ∵CC1⊥平面ABC, ∴EF⊥平面ABC. ∵BE?平面ABC, ∴EF⊥BE.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E-xyz. 由題意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1). =(2,0,1),=(1,2,0). 設(shè)平面BCD的法向量為n=(a,b,c), 則 令a=2,則b=-1,c=-4, ∴平面BCD的法向量n=(2,-1,-4), 又平

9、面CDC1的法向量為=(0,2,0),∴cos==- 由圖可得二面角B-CD-C1為鈍角, ∴二面角B-CD-C1的余弦值為- (3)證明 平面BCD的法向量為n=(2,-1,-4),∵G(0,2,1),F(0,0,2), =(0,-2,1), ∴n=-2, ∴n與不垂直, ∴FG與平面BCD不平行且不在平面BCD內(nèi),∴FG與平面BCD相交. 3.(1)證明 取AD的中點(diǎn)O,以O(shè)為原點(diǎn),OA為x軸,過O作AB的平行線為y軸,OE為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系, 則B(1,1,0),E(0,0,),A(1,0,0),C(-1,2,0),F(0,4,), =(-1,-1

10、,),=(-1,4,),=(-2,2,0), =1-4+3=0,=2-2=0,∴BE⊥AF,BE⊥AC.又AF∩AC=A,∴BE⊥平面ACF. (2)解 =(-2,1,0),=(-1,3,). 設(shè)平面BCF的法向量n=(x,y,z), 則 取x=1,得n= 易知平面ABC的一個(gè)法向量m=(0,0,1).設(shè)二面角A-BC-F的平面角為θ,則cos θ==-二面角A-BC-F的余弦值為- 4.解 (1)易知AB,AD,AP兩兩垂直.如圖,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系. 設(shè)AB=t,則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為:A(0,0,0),B(t,

11、0,0),C(t,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E,F(0,1,0), 從而=(t,1,0),=(-t,2,0).因?yàn)锳C⊥BD,所以=-t2+2+0=0. 解得t=或t=-(舍去). 于是=(,1,0).因?yàn)?-1+1+0=0, 所以, 即AC⊥EF. (2)由(1)知,=(,1,-2),=(0,2,-2). 設(shè)n=(x,y,z)是平面PCD的一個(gè)法向量,則 令z=,則n=(1,). 設(shè)直線EF與平面PCD所成的角為θ,則sin θ=|cos|= = 即直線EF與平面PCD所成角的正弦值為 5.解 (1)連接AE,因?yàn)锳F⊥平面PED,ED?平

12、面PED,所以AF⊥ED, 在?ABCD中,BC=2AB=4,∠ABC=60°,∴AE=2,ED=2,從而有AE2+ED2=AD2.∴AE⊥ED. ∵AF∩AE=A, ∴ED⊥平面PAE. ∵PA?平面PAE, ∴ED⊥PA. ∵PA⊥AD,AD∩ED=D, ∴PA⊥平面ABCD. (2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, 則A(0,0,0),D(0,4,0),B(,-1,0),E(,1,0). ∵AF⊥平面PED,∴AF⊥PE. ∵F為PE的中點(diǎn), ∴PA=AE=2, ∴P(0,0,2),F=(0,4,0), 設(shè)平面AFD的法向量為n=(x,y

13、,z), 由 得 令z=1,得n= 設(shè)直線BF與平面AFD所成的角為θ,則sin θ=|cos<,n>|=即直線BF與平面AFD所成角的正弦值為 6.解 (1)證明:∵∠BAD=90°, ∴AD⊥AB. ∵C'B⊥AD,且AB∩C'B=B, ∴AD⊥平面C'AB. ∵AC'?平面C'AB, ∴AD⊥AC'. (2)∵△BCD是等邊三角形,AB=AD,∠BAD=90°, 不妨設(shè)AB=1,則BC=CD=BD= ∵M(jìn),N分別為BD,CB的中點(diǎn), 由此以A為原點(diǎn),以AB,AD,AC'所在直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 則有A(0,0,0),B(1

14、,0,0),D(0,1,0),C'(0,0,1),M,N,0,,設(shè)平面AMN的法向量為m=(x,y,z), 則 即 令x=1,則y=z=-1, ∴m=(1,-1,-1). 又平面ABM的一個(gè)法向量是n=(0,0,1),∴cos==-,∴二面角N-AM-B的余弦值為 7.(1)證明 在△ABC中,由余弦定理得,BC2=4+8-2×2×2cos 45°=4, ∴BC=2,則有AB2+BC2=8=AC2, ∴∠ABC=90°, ∴BC⊥AB. 又∵BC⊥BB1,BB1∩AB=B, ∴BC⊥平面ABB1A1, 又B1M?平面ABB1A1, ∴BC⊥B1M. (2)

15、解 由題設(shè)知,平面把此三棱柱分成兩個(gè)體積相等的幾何體為四棱錐C-ABB1M和四棱錐B1-A1MCC1.由(1)知四棱錐C-ABB1M的高為BC=2, 2×2×4=8,V柱=4, 又BC==4, =6=2, ∴AM=2.此時(shí)M為AA1中點(diǎn). 以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B-xyz. ∴A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,4),M(2,0,2), =(0,-2,4),=(2,0,-2),=(-2,2,0),設(shè)n1=(x1,y1,z1)是平面CB1M的一個(gè)法向量, 即 令z1=1,可得n1=(1,2,1), 設(shè)n2=(x2,y2,z2)是平面ACB1的一個(gè)法向量, 即 令z2=1,可得n2=(2,2,1), ∴cos=所以二面角M-B1C-A的余弦值等于