通用版2020版高考数学大二轮复习专题突破练18空间中的垂直与空间角理

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=0°,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√0,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3.参考答案专题突破练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{-0,-0令y=1,则x=2,z=-2.∴a=(2,1,-2).∵|cosa,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|--0√3|√,∴直线SN与平面CMN所成角为4°.(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,∴|cosa,b|=|09-3|3∴二面角B-NC-M大小的余弦值为32.(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,√3),C(1,4,0),F(-1,2,0).⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,4,-√3),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,2,-√3),设平面PCF的法向量为m=(x,y,z),则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,即{4-√30,--√30,则m=(-1,1,√3).易知n=(0,1,0)为平面PBE的一个法向量,cosm,n=-0√30√-√3√√,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=0°,∴OB=1,OA=OC=√3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,-√3,0),B(1,0,0),B1(1,0,2),C1(0,√3,1),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,√3,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2√3,1),设平面ABB1的法向量为n=(x,y,z),则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,{√30,0令y=1可得n=(-√3,1,0),∴cosn,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√3√3√393设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ,则sinθ=cosn,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√393∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为√3934.(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=4°,AC=√,由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2ACADcos∠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P0,0,√6,D-√,0,0,B√,-√,0,E√4,-√√64,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-√√√6.设m=(x,y,z)是平面BDE的一个法向量,则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,{3√√0,3√4√640令x=1,则{3,√3,m=(1,3,√3).∴cosm,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√63∴直线BP与平面BDE所成角的正弦值为√635.(1)证明取DB中点N,连接MN,EN,∵MNBC,EFBC,∴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),{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,{0,0取x=1,∴m=(1,0,1).同理可得CMF的法向量n=(1,2,1),∴cosθ=√33,故二面角E-MF-C的余弦值为-√336.(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=√3,∴P(0,0,0),A(0,1,0),B(0,1,1),C√3,1,E√3,0,0),设⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ√3,1.∴M√3,,λ,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=√3,-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√0,∴|cos⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=-6√√-3√0,整理,得9λ2-36λ+20=0,解得λ=3或λ=03(舍),∴M√3333.设平面MAB的法向量m=(x,y,z),则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√33-3-30,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗-0取x=2,得m=(2,√3,0).由(1)知PD⊥平面PAB,∴平面PAD的一个法向量为n=(1,0,0),∴cosm,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,C10,√3,2,D-3,0,0,所以⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-√3,2,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-√3,0,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,-2).设平面B1C1D的法向量为n=(x,y,z),由{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0得{-√30,--0,所以{√3,-,令z=-1,得n=1,√33,-1.设BC1与平面B1C1D所成的角为θ,则sinθ=cosn,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|-√3√33-|√√3√038.(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{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,所以{,,,,-0,,,0,,00,所以{-0,0,即法向量n1=(2,0,1).因此sinα=|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|√√|=|√√|=|√√|√所以2m2=3n+3,解得n=-,m=√3,所以点H√3,-,2.设面NHG的法向量n2=(x2,y2,z2).因为{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0,所以{,,,,-0,,,√3,,00,所以{-0,√30,即法向