高考数学二轮复习专题突破练16532空间中的垂直与空间角理.docx

1、高考数学二轮复习专题突破练16532空间中的垂直与空间角理【2019-2020】高考数学二轮复习专题突破练165-3-2空间中的垂直与空间角理1.(2018湖南衡阳二模,理18)如图,EA平面ABC,DB平面ABC,ABC是等边三角形,AC=2AE,M是AB的中点.(1)证明:CMDM;(2)若直线DM与平面ABC所成角的余弦值为,求二面角B-CD-E的正弦值.2.(2018卷,理16)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=,AC=AA1=2.(1)求证:AC平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值

2、;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.3.(2018湖南衡阳八中一模,理19)在如图所示的五面体中,四边形ABCD为直角梯形,BAD=ADC=,平面ADE平面ABCD,EF=2DC=4AB=4,ADE是边长为2的正三角形.(1)证明:BE平面ACF;(2)求二面角A-BC-F的余弦值.4.(2018宁夏银川一中一模,理19)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA面ABCD,ADBC,BAD=90,ACBD,BC=1,AD=PA=2,E,F分别为PB,AD的中点.(1)证明:ACEF;(2)求直线EF与平面PCD所成角的正弦值.5.(2018河北唐山三模,理19)如图,ABCD中,BC=2AB=4

3、,ABC=60,PAAD,E,F分别为BC,PE的中点,AF平面PED.(1)求证:PA平面ABCD;(2)求直线BF与平面AFD所成角的正弦值.6.如图,BCD是等边三角形,AB=AD,BAD=90,将BCD沿BD折叠到BCD的位置,使得ADCB.(1)求证:ADAC;(2)若M,N分别是BD,CB的中点,求二面角N-AM-B的余弦值.7.(2018山东潍坊一模,理18)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1=4,AB=2,AC=2,BAC=45,点M是棱AA1上不同于A,A1的动点.(1)证明:BCB1M;(2)若平面MB1C把此棱柱分成体积相等的两部分,求此时二面角M-B1C-A的

4、余弦值.参考答案专题突破练16空间中的垂直与空间角1.解 (1)因为ABC是等边三角形,M是AB的中点,所以CMMB.DB平面ABC,CM平面ABC,DBCM.DBMB=B,CM平面DMB.DM平面DMB,CMDM.(2)解法1:以点M为坐标原点,MC所在直线为x轴,MB所在直线为y轴,过M且与直线BD平行的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz.因为DB平面ABC,所以DMB为直线DM与平面ABC所成的角.由题意得cosDMB=,tanDMB=2,即BD=2MB,从而BD=AC.不妨设AC=2,又AC=2AE,则CM=,AE=1.故B(0,1,0),C(,0,0),D(0,1,2

5、),E(0,-1,1).于是=(,-1,0),=(0,0,2),=(-,-1,1),=(-,1,2),设平面BCD与平面CDE的法向量分别为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的正弦值为1.解法2:DB平面ABC,DMB为直线DM与平面ABC所成的角.由题意得cosDMB=,tanDMB=2,即BD=2MB,从而BD=AC.不妨设AC=2,又AC=2AE,则CM=,AE=1,AB=BC=BD=2.由于EA平面ABC,DB平面ABC,则EABD.取BD的中点N,连接EN,则

6、EN=AB=2.在RtEND中,ED=,在RtEAC中,EC=,在RtCBD中,CD=2,取CD的中点P,连接EP,BP,BE,则EPCD,BPCD.所以EPB为二面角B-CD-E的平面角.在RtEPC中,EP=,在RtCBD中,BP=CD=,在RtEAB中,EB=,EP2+BP2=5=EB2,EPB=90.故二面角B-CD-E的正弦值为1.2.(1)证明 在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,ACEF.AB=BC,ACBE,AC平面BEF.(2)解 由(1)知ACEF,ACBE,EFCC1.CC1平面ABC,EF平面A

7、BC.BE平面ABC,EFBE.建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.由题意得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).设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),则令a=2,则b=-1,c=-4,平面BCD的法向量n=(2,-1,-4),又平面CDC1的法向量为=(0,2,0),cos=-由图可得二面角B-CD-C1为钝角,二面角B-CD-C1的余弦值为-(3)证明 平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),G(0,2,1),F(0,0,2),=(0,-2,1),n=-2,n与不垂直,FG与平面BCD不平

8、行且不在平面BCD内,FG与平面BCD相交.3.(1)证明 取AD的中点O,以O为原点,OA为x轴,过O作AB的平行线为y轴,OE为z轴,建立空间直角坐标系,则B(1,1,0),E(0,0,),A(1,0,0),C(-1,2,0),F(0,4,),=(-1,-1,),=(-1,4,),=(-2,2,0),=1-4+3=0,=2-2=0,BEAF,BEAC.又AFAC=A,BE平面ACF.(2)解 =(-2,1,0),=(-1,3,).设平面BCF的法向量n=(x,y,z),则取x=1,得n=易知平面ABC的一个法向量m=(0,0,1).设二面角A-BC-F的平面角为,则cos =-二面角A-B

9、C-F的余弦值为-4.解 (1)易知AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AB=t,则相关各点的坐标为:A(0,0,0),B(t,0,0),C(t,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E,F(0,1,0),从而=(t,1,0),=(-t,2,0).因为ACBD,所以=-t2+2+0=0.解得t=或t=-(舍去).于是=(,1,0).因为=-1+1+0=0,所以,即ACEF.(2)由(1)知,=(,1,-2),=(0,2,-2).设n=(x,y,z)是平面PCD的一个法向量,则令z=,则n=(1,).设直线E

10、F与平面PCD所成的角为,则sin =|cos|=即直线EF与平面PCD所成角的正弦值为5.解 (1)连接AE,因为AF平面PED,ED平面PED,所以AFED,在ABCD中,BC=2AB=4,ABC=60,AE=2,ED=2,从而有AE2+ED2=AD2.AEED.AFAE=A,ED平面PAE.PA平面PAE,EDPA.PAAD,ADED=D,PA平面ABCD.(2)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),D(0,4,0),B(,-1,0),E(,1,0).AF平面PED,AFPE.F为PE的中点,PA=AE=2,P(0,0,2),F=(0,4,0),设平面AFD的

11、法向量为n=(x,y,z),由得令z=1,得n=设直线BF与平面AFD所成的角为,则sin =|cos|=即直线BF与平面AFD所成角的正弦值为6.解 (1)证明:BAD=90,ADAB.CBAD,且ABCB=B,AD平面CAB.AC平面CAB,ADAC.(2)BCD是等边三角形,AB=AD,BAD=90,不妨设AB=1,则BC=CD=BD=M,N分别为BD,CB的中点,由此以A为原点,以AB,AD,AC所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A-xyz.则有A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),C(0,0,1),M,N,0,设平面AMN的法向量为m=(x,y,z),则即令

12、x=1,则y=z=-1,m=(1,-1,-1).又平面ABM的一个法向量是n=(0,0,1),cos=-,二面角N-AM-B的余弦值为7.(1)证明 在ABC中,由余弦定理得,BC2=4+8-222cos 45=4,BC=2,则有AB2+BC2=8=AC2,ABC=90,BCAB.又BCBB1,BB1AB=B,BC平面ABB1A1,又B1M平面ABB1A1,BCB1M.(2)解 由题设知,平面把此三棱柱分成两个体积相等的几何体为四棱锥C-ABB1M和四棱锥B1-A1MCC1.由(1)知四棱锥C-ABB1M的高为BC=2,224=8,V柱=4,又BC=4,=6=2,AM=2.此时M为AA1中点.以点B为坐标原点,的方向为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系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),设n1=(x1,y1,z1)是平面CB1M的一个法向量,即令z1=1,可得n1=(1,2,1),设n2=(x2,y2,z2)是平面ACB1的一个法向量,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