（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 專題突破練18 空間中的垂直與空間角 理

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1、專題突破練18　空間中的垂直與空間角 1. (2019北京懷柔模擬,理16)已知在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,PA=AC=12AB=2,N為AB上一點,AB=4AN,M,S分別為PB,BC的中點. (1)證明:CM⊥SN; (2)求直線SN與平面CMN所成角的大小; (3)求二面角B-NC-M大小的余弦值. 2.(2019河北唐山一模,理18)如圖,△ABC中,AB=BC=4,∠ABC=90°,E,F分別為AB,AC邊的中點,以EF為折痕把△AEF折起,使點A到達點P的位置,且PB=BE. (1)證

2、明:BC⊥平面PBE; (2)求平面PBE與平面PCF所成銳二面角的余弦值. 3. (2019河北武邑中學調(diào)研二,理19)如圖,已知多面體ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2. (1)證明:AB1⊥平面A1B1C1; (2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值. 4. (2019山西太原二模,理18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形

3、,AD∥BC,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,△PCD是正三角形,PC⊥AC,E是PA的中點. (1)證明:AC⊥BE; (2)求直線BP與平面BDE所成角的正弦值. 5.(2019山東實驗等四校聯(lián)考,理18)如圖,在直角△ABC中,B為直角,AB=2BC,E,F分別為AB,AC的中點,將△AEF沿EF折起,使點A到達點D的位置,連接BD,CD,M為CD的中點. (1)證明:MF⊥面BCD; (2)若DE⊥BE,求二面角E-MF-C的余弦值. 6. (2019福建漳州質(zhì)檢二,理1

4、8)如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,AB=BC=AP=12AD,∠ADP=30°,∠BAD=90°,E是PD的中點. (1)證明:PD⊥PB; (2)設AD=2,點M在線段PC上且異面直線BM與CE所成角的余弦值為105,求二面角M-AB-P的余弦值. 7. (2019山西晉城二模,理19)在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠BAD=∠BCD=90°,∠ADC=60°且AD=CD,BB1⊥平面ABCD,BB1=2AB=2. (1)證明:AC⊥B1D. (2)求BC1與

5、平面B1C1D所成角的正弦值. 8. (2019山東青島二模,理18)如圖,在圓柱W中,點O1,O2分別為上、下底面的圓心,平面MNFE是軸截面,點H在上底面圓周上(異于N、F),點G為下底面圓弧ME的中點,點H與點G在平面MNFE的同側,圓柱W的底面半徑為1,高為2. (1)若平面FNH⊥平面NHG,證明:NG⊥FH; (2)若直線NH與平面NFG所成線面角α的正弦值等于155,證明:平面NHG與平面MNFE所成銳二面角的平面角大于π3. 參考答案 專題

6、突破練18　空間中的垂直 與空間角 1.(1)證明以A為原點,AB,AC,AP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系, 則P(0,0,2),C(0,2,0),B(4,0,0),M(2,0,1),N(1,0,0),S(2,1,0), ∴CM=(2,-2,1),SN=(-1,-1,0), ∵CM·SN=2×(-1)+(-2)×(-1)+1×0=0,∴CM⊥SN. (2)解CN=(1,-2,0),設a=(x,y,z)為平面CMN的一個法向量,則x-2y=0,2x-2y+z=0. 令y=1,則x=2,z=-2. ∴a=(2,1,-2). ∵|cos| =2×(-1)+

7、1×(-1)+02×3=22, ∴直線SN與平面CMN所成角為45°. (3)解由(2)知平面CMN的一個法向量a=(2,1,-2). 又平面BNC的法向量b=(0,0,1),且二面角B-NC-M為銳角, ∴|cos| =2×0+1×9+(-2)×11×3=23. ∴二面角B-NC-M大小的余弦值為23. 2.(1)證明因為E,F分別為AB,AC邊的中點,所以EF∥BC. 因為∠ABC=90°, 所以EF⊥BE,EF⊥PE. 又因為BE∩PE=E,所以EF⊥平面PBE,所以BC⊥平面PBE. (2)解取BE的中點O,連接PO,由(1)知BC⊥平面PBE,BC?平

8、面BCFE, 所以平面PBE⊥平面BCFE. 因為PB=BE=PE,所以PO⊥BE. 又因為PO?平面PBE,平面PBE∩平面BCFE=BE,所以PO⊥平面BCFE. 過O作OM∥BC交CF于點M,分別以OB,OM,OP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系,則P(0,0,3),C(1,4,0),F(-1,2,0). PC=(1,4,-3),PF=(-1,2,-3), 設平面PCF的法向量為m=(x,y,z),則PC·m=0,PF·m=0, 即x+4y-3z=0,-x+2y-3z=0, 則m=(-1,1,3). 易知n=(0,1,0)為平面PBE的一個法向量, cos

9、=-1×0+1×1+3×0(-1)2+12+(3)2=15=55, 所以平面PBE與平面PCF所成銳二面角的余弦值為55. 3.(1)證明∵A1A⊥平面ABC,B1B⊥平面ABC,∴AA1∥BB1. ∵AA1=4,BB1=2,AB=2, ∴A1B1=AB2+(AA1-BB1)2=22. 又AB1=AB2+BB12=22, ∴AA12=AB12+A1B12,∴AB1⊥A1B1. 同理可得AB1⊥B1C1. 又A1B1∩B1C1=B1, ∴AB1⊥平面A1B1C1. (2)解取AC中點O,過O作平面ABC的垂線OD,交A1C1于點D. ∵AB=BC,∴OB⊥OC,∵

10、AB=BC=2,∠BAC=120°, ∴OB=1,OA=OC=3. 以O為原點,以OB,OC,OD所在直線為坐標軸建立空間直角坐標系如圖所示. 則A(0,-3,0),B(1,0,0),B1(1,0,2),C1(0,3,1),∴AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2),AC1=(0,23,1), 設平面ABB1的法向量為n=(x,y,z),則n·AB=0,n·BB1=0,∴x+3y=0,2z=0. 令y=1可得n=(-3,1,0), ∴cos=n·AC1|n||AC1|=232×13=3913. 設直線AC1與平面ABB1所成的角為θ,則sinθ=|cos

11、,AC1>|=3913. ∴直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值為3913. 4.(1)證明設F是PD的中點,連接EF,CF. ∵E是PA的中點, ∴EF∥AD,EF=12AD, ∵AD∥BC,AD=2BC, ∴EF∥BC,EF=BC, ∴BCFE是平行四邊形,∴BE∥CF. ∵AD∥BC,AB⊥AD, ∴∠ABC=∠BAD=90°. ∵AB=BC,∴∠CAD=45°,AC=2, 由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos∠CAD=2, ∴AC2+CD2=4=AD2,∴AC⊥CD. ∵PD⊥AC,∴AC⊥平面PCD, ∴AC⊥CF,∴AC⊥BE.

12、 (2)由(1)得AC⊥平面PCD,CD=2, ∴平面ABCD⊥平面PCD. 過點P作PO⊥CD,垂足為O,∴OP⊥平面ABCD,以O為坐標原點,OC的方向為x軸的正方向,建立如圖的空間直角坐標系O-xyz, 則P0,0,62,D-22,0,0,B2,-22,0,E24,-22,64, ∴BP=-2,22,62. 設m=(x,y,z)是平面BDE的一個法向量,則m·BD=0,m·BE=0, ∴-322x+22y=0,-324x+64z=0. 令x=1,則y=3,z=3,∴m=(1,3,3). ∴cos=m·BP|m||BP|=2613. ∴直線BP與平面BDE

13、所成角的正弦值為2613. 5.(1)證明取DB中點N,連接MN,EN, ∵MN􀱀12BC,EF􀱀12BC, ∴四邊形EFMN是平行四邊形. ∵EF⊥BE,EF⊥DE,BE∩DE=E, ∴EF⊥平面BED, ∴EF⊥EN,MF⊥MN. 在△DFC中,DF=FC, 又M為CD的中點,∴MF⊥CD. 又MF∩MN=M,MF,MN?平面BCD,∴MF⊥平面BCD. (2)解∵DE⊥BE,又∵DE⊥EF,BE∩EF=E,∴DE⊥平面BEF,∴可建立空間直角坐標系,如圖所示. 設BC=2,∴E(0,0,0),F(0,1,0),C(-2,2,0

14、),M(-1,1,1), ∴EF=(0,1,0),FM=(-1,0,1),CF=(2,-1,0). 設面EMF的法向量為m=(x,y,z), ∴m·EF=0,m·FM=0,∴y=0,-x+z=0. 取x=1,∴m=(1,0,1). 同理可得CMF的法向量n=(1,2,1), ∴cosθ=m·n|m||n|=33, 故二面角E-MF-C的余弦值為-33. 6.(1)證明∵∠BAD=90°,∴BA⊥AD, ∵平面ABCD⊥平面PAD,交線為AD, ∴BA⊥平面PAD,∴BA⊥PD. 在△PAD中,APsin∠ADP=ADsin∠APD, ∴sin∠APD=1,∠APD=90

15、°, ∴AP⊥PD. ∵BA∩AP=A,∴PD⊥平面PAB. ∵PB?平面PAB,∴PD⊥PB. (2)解如圖,以P為坐標原點,過點P垂直于平面PAD的射線為z軸,射線PD為x軸,射線PA為y軸,建立空間直角坐標系. ∵AD=2,∴AB=BC+AP=1,PD=3, ∴P(0,0,0),A(0,1,0),B(0,1,1),C32,12,1,E32,0,0),設PM=λPC,則PM=λ32,12,1. ∴M32λ,12λ,λ, ∴BM=32λ,12λ-1,λ-1. 又CE=0,-12,-1,點M在線段PC上且異面直線BM與CE所成角的余弦值為105,∴|cos|

16、=|5λ-6|25·2λ2-3λ+2=105, 整理,得9λ2-36λ+20=0,解得λ=23或λ=103(舍),∴M33,13,23. 設平面MAB的法向量m=(x,y,z), 則m·BM=33x-23y-13z=0,n·BA=-z=0. 取x=2,得m=(2,3,0). 由(1)知PD⊥平面PAB,∴平面PAD的一個法向量為n=(1,0,0), ∴cos=|m·n||m||n|=277. ∴二面角M-AB-P的余弦值為277. 7.(1)證明由∠BAD=∠BCD=90°,AD=CD,易知△ABD≌△CBD, 所以AB=CB,易證AC⊥BD. 又因為BB1⊥平面

17、ABCD, 所以AC⊥BB1,所以AC⊥平面BB1D, 因為B1D?平面BB1D,所以AC⊥B1D. (2)解以AC,BD的交點O為原點,建立空間直角坐標系O-xyz,如圖所示. 由(1)中的結論及BB1=2AB=2,知B12,0,0,B112,0,2,C10,32,2,D-32,0,0, 所以BC1=-12,32,2,B1C1=-12,32,0,B1D=(-2,0,-2). 設平面B1C1D的法向量為n=(x,y,z), 由B1C1·n=0,B1D·n=0得-12x+32y=0,-2x-2z=0, 所以x=3y,x=-z,令z=-1,得n=1,33,-1. 設BC1與平

18、面B1C1D所成的角為θ, 則sinθ=|cos|=-12+32×33-25×73=210535. 8.(1)證明因為平面FNH⊥平面NHG,平面FNH∩平面NHG=NH,NH⊥FH,FH?平面FHN,所以FH⊥平面NHG,所以FH⊥NG. (2)解以點O2為坐標原點,分別以O2G,O2E,O2O1為x,y,z軸建立空間直角坐標系O2-xyz, 所以N(0,-1,2),G(1,0,0),F(0,1,2). 設H(m,n,2),則m2+n2=1,NH=(m,n+1,0). 設平面NFG的法向量n1=(x1,y1,z1), 因為n1·NG=0,n1·NF=0, 所

19、以(x1,y1,z1)·(1,1,-2)=0,(x1,y1,z1)·(0,2,0)=0, 所以x1+y1-2z1=0,2y1=0, 即法向量n1=(2,0,1). 因此sinα=NH·n1|NH||n1| =2m5×m2+(n+1)2 =2m5×m2+n2+2n+1 =2m5×2n+2=155. 所以2m2=3n+3,解得n=-12,m=32,所以點H32,-12,2. 設面NHG的法向量n2=(x2,y2,z2). 因為n2·NG=0,n2·NH=0, 所以(x2,y2,z2)·(1,1,-2)=0,(x2,y2,z2)·(32,1,0)=0, 所以x2+y2-2z2=0,32x2+12y2=0, 即法向量n2=1,-3,1-32. 因為面MNFE的法向量n3=(1,0,0),所以cosθ=|n2·n3||n2||n3|=14+(1-32)?2<12,所以面NHG與面MNFE所成銳二面角的平面角大于π3. 20