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2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版:专题突破练18 空间中的垂直与空间角

专题突破练 18 空间中的垂直与空间角
1.
(2019 北京怀柔模拟,理 16)已知在三棱锥 P-ABC 中,PA⊥平面 ABC,AB⊥AC,PA=AC= AB=2,N 为 AB 上一点,AB=4AN,M,S 分别为 PB,BC 的中点. (1)证明:CM⊥SN; (2)求直线 SN 与平面 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)如图,△ABC 中,AB=BC=4,∠ABC=90°,E,F 分别为 AB,AC 边的中点,以 EF 为折痕把△AEF 折起,使点 A 到达点 P 的位置,且 PB=BE.
(1)证明:BC⊥平面 PBE; (2)求平面 PBE 与平面 PCF 所成锐二面角的余弦值.

3.
(2019 河北武邑中学调研二,理 19)如图,已知多面体 ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C 均垂直于平面 ABC,∠ ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2. (1)证明:AB1⊥平面 A1B1C1; (2)求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值.

4.
(2019 山西太原二模,理 18)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是直角梯形,AD∥BC,AB⊥ AD,AD=2AB=2BC=2,△PCD 是正三角形,PC⊥AC,E 是 PA 的中点. (1)证明:AC⊥BE; (2)求直线 BP 与平面 BDE 所成角的正弦值.
5.(2019 山东实验等四校联考,理 18)如图,在直角△ABC 中,B 为直角,AB=2BC,E,F 分别为 AB,AC 的中 点,将△AEF 沿 EF 折起,使点 A 到达点 D 的位置,连接 BD,CD,M 为 CD 的中点.

(1)证明:MF⊥面 BCD; (2)若 DE⊥BE,求二面角 E-MF-C 的余弦值.
6. (2019 福建漳州质检二,理 18)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 ABCD⊥平面 PAD,AD∥ BC,AB=BC=AP= AD,∠ADP=30°,∠BAD=90°,E 是 PD 的中点. (1)证明:PD⊥PB;

(2)设 AD=2,点 M 在线段 PC 上且异面直线 BM 与 CE 所成角的余弦值为 ,求二面角 M-AB-P 的余 弦值.
7.

(2019 山西晋城二模,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)证明:AC⊥B1D. (2)求 BC1 与平面 B1C1D 所成角的正弦值.

8.
(2019 山东青岛二模,理 18)如图,在圆柱 W 中,点 O1,O2 分别为上、下底面的圆心,平面 MNFE 是轴截 面,点 H 在上底面圆周上(异于 N、F),点 G 为下底面圆弧 的中点,点 H 与点 G 在平面 MNFE 的同 侧,圆柱 W 的底面半径为 1,高为 2. (1)若平面 FNH⊥平面 NHG,证明:NG⊥FH; (2)若直线 NH 与平面 NFG 所成线面角 α 的正弦值等于 ,证明:平面 NHG 与平面 MNFE 所成锐二 面角的平面角大于 .

参考答案
专题突破练 18 空间中的垂直 与空间角
1.(1)证明 以 A 为原点,AB,AC,AP 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,

则 P(0,0,2),C(0,2,0),B(4,0,0),M(2,0,1),N(1,0,0),S(2,1,0), =(2,-2,1), =(-1,-1,0), =2×(-1)+(-2)×(-1)+1×0=0,∴CM⊥SN.
(2)解 =(1,-2,0),设 a=(x,y,z)为平面 CMN 的一个法向量,则 -
令 y=1,则 x=2,z=-2. ∴a=(2,1,-2). ∵|cos<a, >|

=-

-

,

∴直线 SN 与平面 CMN 所成角为 45°. (3)解 由(2)知平面 CMN 的一个法向量 a=(2,1,-2).

又平面 BNC 的法向量 b=(0,0,1),且二面角 B-NC-M 为锐角, ∴|cos<a,b>|

=

-

∴二面角 B-NC-M 大小的余弦值为
2.(1)证明 因为 E,F 分别为 AB,AC 边的中点,所以 EF∥BC. 因为∠ABC=90°, 所以 EF⊥BE,EF⊥PE. 又因为 BE∩PE=E,所以 EF⊥平面 PBE,所以 BC⊥平面 PBE. (2)解 取 BE 的中点 O,连接 PO,由(1)知 BC⊥平面 PBE,BC?平面 BCFE, 所以平面 PBE⊥平面 BCFE. 因为 PB=BE=PE,所以 PO⊥BE. 又因为 PO?平面 PBE,平面 PBE∩平面 BCFE=BE,所以 PO⊥平面 BCFE. 过 O 作 OM∥BC 交 CF 于点 M,分别以 OB,OM,OP 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐 标系,则 P(0,0, ),C(1,4,0),F(-1,2,0).

=(1,4,- ), =(-1,2,- ), 设平面 PCF 的法向量为 m=(x,y,z),则



-

-

-

则 m=(-1,1, ).

易知 n=(0,1,0)为平面 PBE 的一个法向量,

cos<m,n>=-

,

-

所以平面 PBE 与平面 PCF 所成锐二面角的余弦值为 3.(1)证明 ∵A1A⊥平面 ABC,B1B⊥平面 ABC,∴AA1∥BB1. ∵AA1=4,BB1=2,AB=2,

∴A1B1=

- =2

又 AB1=

=2 ,

∴A =A +A1 ,∴AB1⊥A1B1.

同理可得 AB1⊥B1C1.

又 A1B1∩B1C1=B1, ∴AB1⊥平面 A1B1C1.

(2)解 取 AC 中点 O,过 O 作平面 ABC 的垂线 OD,交 A1C1 于点 D.

∵AB=BC,∴OB⊥OC,∵AB=BC=2,∠BAC=120°,

∴OB=1,OA=OC=

以 O 为原点,以 OB,OC,OD 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示.

则 A(0,- ,0),B(1,0,0),B1(1,0,2),C1(0, ,1), =(1, ,0), =(0,0,2), =(0,2 ,1), 设平面 ABB1 的法向量为 n=(x,y,z),则

令 y=1 可得 n=(- ,1,0), ∴cos<n, >=
设直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角为 θ,则 sin θ=|cos<n, >|=
∴直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值为 4.(1)证明 设 F 是 PD 的中点,连接 EF,CF. ∵E 是 PA 的中点, ∴EF∥AD,EF= AD,
∵AD∥BC,AD=2BC, ∴EF∥BC,EF=BC, ∴BCFE 是平行四边形,∴BE∥CF. ∵AD∥BC,AB⊥AD, ∴∠ABC=∠BAD=90°. ∵AB=BC,∴∠CAD=45°,AC= , 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. (2)由(1)得 AC⊥平面 PCD,CD= , ∴平面 ABCD⊥平面 PCD. 过点 P 作 PO⊥CD,垂足为 O,∴OP⊥平面 ABCD,以 O 为坐标原点, 的方向为 x 轴的正 方向,建立如图的空间直角坐标系 O-xyz,

则 P 0,0, ,D - ,0,0 ,B ,- ,0 ,E ,-

,

=-

.

设 m=(x,y,z)是平面 BDE 的一个法向量,则

令 x=1,则

m=(1,3, ).

∴cos<m, >=

∴直线 BP 与平面 BDE 所成角的正弦值为 5.(1)证明 取 DB 中点 N,连接 MN,EN, ∵MN BC,EF BC, ∴四边形 EFMN 是平行四边形. ∵EF⊥BE,EF⊥DE,BE∩DE=E, ∴EF⊥平面 BED, ∴EF⊥EN,MF⊥MN. 在△DFC 中,DF=FC,

又 M 为 CD 的中点,∴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,∴可建立空间直角坐标系, 如图所示.

设 BC=2,∴E(0,0,0),F(0,1,0),C(-2,2,0),M(-1,1,1), =(0,1,0), =(-1,0,1), =(2,-1,0).
设面 EMF 的法向量为 m=(x,y,z),

取 x=1,∴m=(1,0,1). 同理可得 CMF 的法向量 n=(1,2,1),

∴cos θ=

,

故二面角 E-MF-C 的余弦值为-

6.(1)证明 ∵∠BAD=90°,∴BA⊥AD, ∵平面 ABCD⊥平面 PAD,交线为 AD, ∴BA⊥平面 PAD,∴BA⊥PD.

在△PAD 中,

,

∴sin∠APD=1,∠APD=90°, ∴AP⊥PD.

∵BA∩AP=A,∴PD⊥平面 PAB. ∵PB?平面 PAB,∴PD⊥PB. (2)解 如图,以 P 为坐标原点,过点 P 垂直于平面 PAD 的射线为 z 轴,射线 PD 为 x 轴,射线 PA 为 y 轴,建立空间直角坐标系.

∵AD=2,∴AB=BC+AP=1,PD= , ∴P(0,0,0),A(0,1,0),B(0,1,1),C ,1 ,E ,0,0),设 = ,则 =λ ,1 . ∴M , ,λ ,

= , -1,λ-1 .

又 = 0,- ,-1 ,点 M 在线段 PC 上且异面直线 BM 与 CE 所成角的余弦值为 ,∴

|cos<

>|=

-

,

-

整理,得 9λ2-36λ+20=0,解得 λ= 或 λ= (舍),∴M

.

设平面 MAB 的法向量 m=(x,y,z),



--

-

取 x=2,得 m=(2, ,0). 由(1)知 PD⊥平面 PAB,∴平面 PAD 的一个法向量为 n=(1,0,0),

∴cos<m,n>=

∴二面角 M-AB-P 的余弦值为
7.(1)证明 由∠BAD=∠BCD=90°,AD=CD,易知△ABD≌△CBD, 所以 AB=CB,易证 AC⊥BD. 又因为 BB1⊥平面 ABCD, 所以 AC⊥BB1,所以 AC⊥平面 BB1D, 因为 B1D?平面 BB1D,所以 AC⊥B1D. (2)解 以 AC,BD 的交点 O 为原点,建立空间直角坐标系 O-xyz,如图所示.

由(1)中的结论及 BB1=2AB=2,知 B ,0,0 ,B1 ,0,2 ,C1 0, ,2 ,D - ,0,0 ,

所以 = - ,2 , = - ,0 , =(-2,0,-2). 设平面 B1C1D 的法向量为 n=(x,y,z),



得-

--

所以

令 z=-1,得 n= 1, ,-1 . -

设 BC1 与平面 B1C1D 所成的角为 θ,

-

-

则 sin θ=|cos<n, >|=

8.(1)证明 因为平面 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 以点 O2 为坐标原点,分别以 O2G,O2E,O2O1 为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 O2-xyz,

所以 N(0,-1,2),G(1,0,0),F(0,1,2). 设 H(m,n,2),则 m2+n2=1, =(m,n+1,0). 设平面 NFG 的法向量 n1=(x1,y1,z1), 因为

所以

-

所以

-

即法向量 n1=(2,0,1). 因此 sin α=

=

= = 所以 2m2=3n+3,解得 n=- ,m= ,所以点 H ,- ,2 .

设面 NHG 的法向量 n2=(x2,y2,z2). 因为
所以
所以
即法向量 n2= 1,- - . 因为面 MNFE 的法向量 n3=(1,0,0),所以 cos θ= MNFE 所成锐二面角的平面角大于

,所以面 NHG 与面
-