《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《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（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 考點　空間垂直的判定與性質 1．(20xx·浙江，8)如圖，已知△ABC，D是AB的中點，沿直線CD將△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角為α，則(　　) A．∠A′DB≤α 　　　 B．∠A′DB≥α C．∠A′CB≤α 　　　 D．∠A′CB≥α 解析　極限思想：若α＝π，則∠A′CB＜π，排除D；若α＝0，如圖，則∠A′DB，∠A′CB都可以大于0，排除A，C.故選B. 答案　B 2．(20xx·廣東，7)若空間中四條兩兩不同的直線l1，l2，l3，l4，滿足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，則下列結論一定正確的是(　　)

2、A．l1⊥l4 B．l1∥l4 C．l1與l4既不垂直也不平行 D．l1與l4的位置關系不確定 解析　構造如圖所示的正方體ABCD－A1B1C1D1，取l1為AD，l2為AA1，l3為A1B1，當取l4為B1C1時，l1∥l4，當取l4為BB1時，l1⊥l4，故排除A、B、C，選D. 答案　D 3．(20xx·新課標全國Ⅱ，4)已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β.直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則(　　) A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α與β相交，且交線垂直于l D．α與β相交，且交線平行于l 解析　∵m⊥α，l⊥m，l?α ∴l(xiāng)∥α，

3、同理l∥β，又∵m，n為異面直線， ∴α與β相交，且l平行于交線，故選D. 答案　D 4．(20xx·新課標全國Ⅱ，19)如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過點E，F(xiàn)的平面α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α所成角的正弦值． 解　(1)交線圍成的正方形EHGF如圖： (2)作EM⊥AB，垂足為M，則AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8. 因為EHGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH

4、＝＝6，所以AH＝10.以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz，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|cos〈n，〉|＝＝. 所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為. 5．(20xx·新課標全國Ⅰ，18)如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC. (1)證明

5、：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BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF. 在菱形ABCD中，不妨設GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC. 在Rt △EBG中，可得BE＝，故DF＝. 在Rt △FDG中，可得FG＝. 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝， 從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC. 因為EG?平面AEC，所以平面AEC⊥平面

6、AFC. (2)解　如圖，以G為坐標原點，分別以，的方向為x軸，y軸正方向，||為單位長，建立空間直角坐標系G－xyz，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．(20xx·新課標全國Ⅰ，19)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，側面BB1C1C為菱形，AB⊥B1C. (1)證明：AC＝AB1； (2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角　A－A1B1－C1的余弦值． (1)證明　連接BC1，交B1C于點O，連接AO. 因為側面BB1C1C為

7、菱形，所以B1C⊥BC1，且O為B1C及BC1的中點． 又AB⊥B1C，所以B1C⊥平面ABO. 由于AO?平面ABO，故B1C⊥AO. 又B1O＝CO，故AC＝AB1. (2)解　因為AC⊥AB1，且O為B1C的中點， 所以AO＝CO. 又因為AB＝BC， 所以△BOA≌△BOC. 故OA⊥OB，從而OA，OB，OB1兩兩互相垂直． 以O為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz. 因為∠CBB1＝60°，所以△CBB1為等邊三角形．又AB＝BC，則A，B(1，0，0)，B1， C. ＝， ＝＝， ＝＝. 設n＝(x，y

8、，z)是平面AA1B1的法向量， 則即 所以可取n＝(1，，)． 設m是平面A1B1C1的法向量，則 同理可取m＝(1，－，)． 則cos〈n，m〉＝＝. 所以二面角A-A1B1-C1的余弦值為. 7．(20xx·廣東，18)如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于點F，F(xiàn)E∥CD，交PD于點E. (1)證明：CF⊥平面ADF； (2)求二面角D－AF－E的余弦值． (1)證明　∵PD⊥平面ABCD， ∴PD⊥AD. 又CD⊥AD，PD∩CD＝D， ∴AD⊥平面PCD. ∴AD⊥PC. 又AF⊥PC，AD∩AF＝A， ∴

9、PC⊥平面ADF， 即CF⊥平面ADF. (2)解　法一　設AB＝1，則在Rt△PDC中，CD＝1， ∵∠DPC＝30°， ∴PC＝2，PD＝，由(1)知CF⊥DF， ∴DF＝，CF＝. 又FE∥CD，∴＝＝， ∴DE＝. 同理EF＝CD＝. 如圖所示，以D為原點，建立空間直角坐標系，則A(0，0，1)， E，F(xiàn)， P(，0，0)，C(0，1，0)． 設m＝(x，y，z)是平面AEF的法向量， 則又 ∴ 令x＝4，則z＝，m＝(4，0，)． 由(1)知平面ADF的一個法向量為＝(－，1，0)， 設二面角D－AF－E的平面角為θ，可知θ為銳角， cos θ

10、＝|cos〈m，〉|＝＝＝. 故二面角D－AF－E的余弦值為. 法二　設AB＝1， ∵CF⊥平面ADF，∴CF⊥DF. ∴在△CFD中，DF＝， ∵CD⊥AD，CD⊥PD， ∴CD⊥平面ADE. 又∵EF∥CD， ∴EF⊥平面ADE.∴EF⊥AE， ∴在△DEF中，DE＝，EF＝， 在△ADE中，AE＝， 在△ADF中，AF＝. 由VA-DEF＝·S△ADE·EF＝·S△ADF·hE-ADF， 解得hE-ADF＝， 設△AEF的邊AF上的高為h， 由S△AEF＝·EF·AE＝·AF·h， 解得h＝×， 設二面角D-AF-E的平面角為θ. 則sin θ＝＝××

11、＝， ∴cos θ＝. 8．(20xx·遼寧，19)如圖，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F(xiàn)分別為AC，DC的中點． (1)求證：EF⊥BC； (2)求二面角E－BF－C的正弦值． (1)證明　法一　過E作EO⊥BC，垂足為O，連接OF如圖1. 圖1 由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC. 所以∠EOC＝∠FOC＝， 即FO⊥BC. 又EO⊥BC，因此BC⊥面EFO， 又EF?面EFO， 所以EF⊥BC. 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

12、，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，)，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EF⊥BC. (2)解　法一　在圖1中，過O作OG⊥BF，垂足為G，連接EG. 由平面ABC⊥平面BDC，從而EO⊥面BDC，又OG⊥BF，由三垂線定理知，EG⊥BF. 因此∠EGO為二面角E－BF－C的平面角． 在△EOC中，EO＝EC＝BC·cos 30°＝，由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝，因此tan∠EGO＝＝2，從而sin∠EG

13、O＝，即二面角E-BF-C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)． 設平面BEF的法向量n2＝(x，y，z)， 又＝，＝. 由 得其中一個n2＝(1，－，1)． 設二面角E－BF－C大小為θ，且由題意知θ為銳角，則 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝， 因此sin θ＝＝，即所求二面角的正弦值為. 9．(20xx·江西，19)如圖，四棱錐P-ABCD中，ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD. (1)求證：AB⊥PD； (2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，問AB為何值時，四棱錐P－ABCD的體積最大？并求此時平面BPC與

14、平面DPC夾角的余弦值． (1)證明　ABCD為矩形，故AB⊥AD； 又平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以AB⊥平面PAD，由PD?平面PAD，故AB⊥PD. (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，BC⊥PG. 在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝. 設AB＝m，則OP＝＝， 故四棱錐P－ABCD的體積為 V＝··m· ＝ . 因為m＝ ＝， 故當m＝，即AB＝時，四棱錐P－ABCD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

15、，0)，B， C，D， P. 故＝， ＝(0，，0)， ＝， 設平面BPC的一個法向量n1＝(x，y，1)，則由n1⊥， n1⊥得 解得x＝1，y＝0，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θ的余弦值為cos θ＝＝＝. 10．(20xx·湖南，19)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形． (1)證明：O1O⊥底面ABCD； (2)若∠CBA＝60°，求二面角C1-OB1-D的余弦值． (1)證明　

16、因為四邊形ACC1A1為矩形，所以CC1⊥AC，同理DD1⊥BD，因為CC1∥DD1，所以CC1⊥BD，而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD. 由題設知，O1O∥C1C，故O1O⊥底面ABCD. (2)解　法一　如圖，過O1作O1H⊥OB1于H，連接HC1. 由(1)知，O1O⊥底面ABCD，所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C1. 又因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等，所以四邊形A1B1C1D1是菱形， 因此A1C1⊥B1D1，從而A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1， 進而OB1⊥C1H，故∠C

17、1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角． 不妨設AB＝2.因為∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，OB1＝. 在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝2，而O1C1＝1，于是C1H＝＝＝. 故cos∠C1HO1＝＝＝. 即二面角C1－OB1－D的余弦值為. 法二　因為四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都相等，所以四邊形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.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O－xyz.不妨設AB＝2，因為∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝

18、1. 于是相關各點的坐標為：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n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的法向量， 則 即 取z＝－，則x＝2，y＝2， 所以n2＝(2，2，－)， 設二面角C1-OB1-D的大小為θ，易知θ是銳角，于是 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝||＝＝. 故二面角C1-OB1-D的余弦值為. 11.(20xx·陜西，18)如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O為底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝. (1)證明：A1C

19、⊥平面BB1D1D； (2)求平面OCB1與平面BB1D1D的夾角θ的大?。? 解　建立如圖所示的空間直角坐標系． 由AB＝AA1＝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A1C⊥DB，A1C⊥BB1，且DB∩BB1＝B， ∴A1C⊥平面BB1D1D. (2)設平面OCB1的法向量n＝(x，y，z)， ∵＝(－1，0，0)， ∴＝(－1，1，1)，

20、∴ ∴ 取n＝(0，1，－1)， 由(1)知，＝(－1，0，－1)是平面BB1D1D的法向量， ∴cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝. 又0≤θ≤，∴θ＝. 12.(20xx·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AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角C-PB-A的余弦值． (1)證明　由AB是圓的直徑，得AC⊥BC， 由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，得PA⊥BC. 又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC. 所以BC⊥平面PAC. 又BC?平面PBC， 所以平面

21、PBC⊥平面PAC. (2)解　過C作CM∥AP，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Rt△ABC中，因為AB＝2，AC＝1，所以BC＝.因為PA＝1， 所以A(0，1，0)，B(，0，0)，P(0，1，1)． 故＝(，0，0)，＝(0，1，1)． 設平面BCP的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則 所以 不妨令y1＝1， 則n1＝(0，1，－1)． 因為＝(0，0，1)，＝(，－1，0)， 設平面ABP的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 則所以 不妨令x2＝1，則n2＝(1，，0

22、)． 于是cos〈n1，n2〉＝＝. 所以由題意可知二面角C－PB－A的余弦值為. 13.(20xx·廣東，18)如圖所示，在四棱錐P-ABCD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PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值． (1)證明　 ? (2)解　法一　由(1)得BD⊥平面PAC，AC?平面PAC， ∴BD⊥AC. 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， ∴PC⊥BE，PC⊥EO. ∴∠BEO即為二

23、面角B-PC-A的平面角． ∵PA＝1，AD＝2， ∴AC＝2，BO＝OC＝， ∴PC＝＝3， 又OE＝＝＝， 在直角三角形BEO中， tan∠BEO＝＝＝3， ∴二面角B-PC-A的正切值為3. 法二　由(1)可知BD⊥面PAC，AC?平面PAC， ∴BD⊥AC， ∴矩形ABCD為正方形， 建立如圖所示的坐標系 A-xyz，則 A(0，0，0)， P(0，0，1)， C(2，2，0)， B(2，0，0)． ∴＝(0，0，1)，＝(2，2，0)． 設平面PAC的一個法向量為n1＝(x，y，z)， 則 令x＝1，∴y＝－1，z＝0. 即n1＝(1，－1，0)． 同理求得面PBC的一個法向量為n2＝(1，0，2)． ∴cos〈n1，n2〉＝. 設二面角B-PC-A的大小為α， 則cos α＝， ∴sin α＝， ∴tan α＝3. ∴二面角B－PC－A的正切值為3.