2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題突破練165.3.2空間中的垂直與空間角理

1、專題突破練 16 空間中的垂直與空間角1.(2018 湖南衡陽二模,理 18)如圖，EA!平面ABCDBL平面ABCABC是等邊三角形，AC=2AE M是AB的中點.(1)證明：CML DM若直線DM與平面ABC所成角的余弦值為，求二面角B-CD-E的正弦值.2.(2018 北京卷,理 16)如圖,在三棱柱ABC-ABC中，CC丄平面ABCD E,F,G分別為AA,AC AC,BB的中點，AB=BC,=AC=AA2.(1)求證：ACL平面BEF求二面角B-CD-G的余弦值；2證明：直線FG與平面BCDlf交.33.(2018 湖南衡陽八中一模，理 19)在如圖所示的五面體中，四邊形ABCD為直

2、角梯形，/BAD/ADC=平面ADEL平面ABCDEF=2DC4AB=4, ADE是邊長為 2 的正三角形.(1)證明：BEL平面ACF求二面角A-BC-F的余弦值.4.（2018 寧夏銀川一中一模,理 19）如圖,在四棱錐P-ABCD中 ,PA!面ABCDAD/ BC/BAD=0,AC丄BDBC=,AD=PA=,E F分別為PE,AD的中點.4B C(1)證明：AdEF(2)求直線EF與平面PCD所成角的正弦值5.(2018 河北唐山三模，理 19)如圖，？ABC中,BC=2AB=4, /ABC=O,PAAD E F分別為BC PE的 中點，AF丄平面PED.(1) 求證：PAL平面ABCD

3、5(2) 求直線BF與平面AFD所成角的正弦值66.如圖，BCD是等邊三角形，AB=AD/ BAD=0 ,將厶BCD沿BD折疊到BCD的位置，使得ADLCB.(1)求證:ADLAC;若M N分別是BDCB的中點，求二面角N-AM-B的余弦值.CD77.(2018 山東濰坊一模，理 18)如圖，直三棱柱ABC-ABC中，CG=4,AB=2,AC=2, /BAC=5 ,點M是棱AA上不同于AA的動點.(1) 證明：BCL BM(2) 若平面MBC把此棱柱分成體積相等的兩部分，求此時二面角參考答案專題突破練 16 空間中的M-BC-A的余弦值.8垂直與空間角1.解 因為ABC是等邊三角形，M是AB的

4、中點，所以CML MB. DBL平面ABCCM平面ABC DBL CM./ DBH MB=BCML平面DMB.DIM平面DMBCML DM.(2)解法 1:以點M為坐標原點，MC所在直線為x軸，MB所在直線為y軸,過M且與直線BD平行 的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系M-xyz.因為DBL平面ABC所以/DMB為直線DM與平面ABC所成的角.由題意得 cos /DMB=tan /DMB=2=,即BD=!MB從而BD=AC.不妨設(shè)AC=2,又AC2AE則CM=AE=1.故B(0,1,0), q,0,0),D(0,1,2),E(0,-1,1).于是=(,-1,0),=(0,0,2),=(

5、-,-1,1),=(-,1,2),設(shè)平面BCD與平面CDE的法向量分別為 m=(X1,y1,Z1), n=(X2,y2,Z2), 由令X1=1,得y1=,m=(1,0)9令X2=1,得y2=-,Z2=二n=cos=0.故二面角B-CD-E的正弦值為 1.解法 2:TDB丄平面ABC：/DMB為直線DM與平面ABC所成的角.由題意得 cos /DMB=.tan /DMB=2=,即BD：2MB從而BD=AC.不妨設(shè)AC=2,又AC2AE則CM=AE=,AB=BC=BD=由于EAL平面ABCDB丄平面ABC則EA/ BD取BD的中點N連接EN則EN=AB=.在 RtEND中 ,ED=在 RtEAC中

6、 ,EC=在 RtCBD中,CD=,取CD的中點 P,連接EP BP BE則EPL CDBPL CD所以/EPB為二面角B-CD-E的平面角.在 RtEPC中 ,EP=在 RtCBD中 ,BP=CD=在 RtEAB中 ,EB=TEP+BP=5=EB,二/EPB=0.故二面角B-CD-E的正弦值為 1.2.(1)證明 在三棱柱ABC-ABC中，TCC丄平面ABC.四邊形AACC為矩形.又E,F分別為AC AC的中點， AC EF. AB=BC10ACLBEACL平面BEF.解 由(1)知ACL EF, ACL BE EF/ CC.CC丄平面ABCEF丄平面ABC.BE?平面ABCEFLBE.建立

7、如圖所示的空間直角坐標系E-xyz.y由題意得B(0,2,0),q-1,0,0),D(1,0,1),H0,0,2),G0,2,1)=(2,0,1),=(1,2,0).設(shè)平面BCD的法向量為 n=(a,b,c),則令a=2,則b=-1,c=-4,平面BCD的法向量 n=(2,-1,-4),又平面CDC的法向量為=(0,2,0),cos=-由圖可得二面角B-CD-C為鈍角，面角B-CD-C的余弦值為-證明 平面BCD的法向量為 n=(2,-1,-4), /G0,2,1),F(0,0,2),11=(0,-2,1),n=-2,n 與不垂直， FG與平面BCD平行且不在平面BCD內(nèi) ,.FG與平面BCD

8、相交.3.(1)證明 取AD的中點Q以0為原點，0A為x軸，過0作AB的平行線為y軸，0E為z軸，建立空間 直角坐標系，則B(1,1,0),E(0,0,),A(1,0,0), q-1,2,0),F(0,4,),=(-1,-1,),=(-1,4,),=(-2,2,0),=1-4+3=0,=2-2=0,BE!AF BE!AC.又AFPAC=A.-BE!平面ACF.(2)解=(-2,1,0),=(-1,3,).設(shè)平面BCF的法向量 n=(x,y,z),則取x=1,得 n=易知平面ABC的一個法向量 m=(0,0,1).設(shè)二面角A-BC-F的平面角為0,則 cos0=-二面角A-BC-F的余弦值為-4

9、.解(1)易知AB ADAP兩兩垂直.如圖，以A為坐標原點，ABADAP所在直線分別為x軸,y軸,z軸 建立空間直角坐標系.12在?ABCD,BC=AB=4, /ABC=0,二AE=2,ED=2,從而有AE+ED=AD二AE1 ED. AFPAE=A EDL平面PAE.設(shè)AB=t,則相關(guān)各點的坐標為：A(0,0,0)，B(t,O,O),C(t,1,0), Q0,2,0),R0,0,2),2從而=(t,1,0),=(-t,2,0).因為Ad BD所以=-t +2+0=0.解得t=或t=-(舍去).于是=(,1,0).因為=-1+1+0=0,所以，即AC1 EF.由知,=(,1,-2),=(0,2

10、,-2).設(shè) n=(x,y,z)是平面PCD的一個法向量，則令z=,則 n=(1,).設(shè)直線EF與平面PCD所成的角為0,則 sin0=|cos|=E F(0,1,0),即直線EF與平面PCD所成角的正弦值為5.解(1)連接AE因為AF丄平面PEDED?平面PED所以AF丄ED13 PA?平面PAE EDL PA. PAI AD AR ED=DPA!平面ABCD.以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系則A(0,0,0),D(0,4,0),B(, -1,0),日,1,0). AF丄平面PEDAFLPE. F 為 PE 的中點，PA=AE=,R0,0,2),F=(0,4,0),設(shè)平面AFD的

11、法向量為 n=(x,y,z),由得令z=1,得 n=設(shè)直線BF與平面AFD所成的角為0,則 sin0=|cos|=即直線BF與平面AFD所成角的正 弦值為6.解(1)證明:T/BAD=0,ADLAB.CB丄AD且ABH CB=BADL平面CAB. AC?平面CAB,14 ADL AC.BCD是等邊三角形，AB=AD/BAD=O,不妨設(shè)AB=1,貝U BC=CD=BD=MN分別為BDCB的中點，由此以A為原點，以AB ADAC所在直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz.D0,1,0),C(0,0,1),MN,O,設(shè)平面AMN勺法向量為 m=(x,y,z),則即令x=1,則y=z=-1

12、,m=(1,-1,-1).又平面ABM的一個法向量是 n=(0,0,1),cos=-, 二面角N-AM-B的余弦值為7.(1)證明 在厶ABC中 ,由余弦定理得，BC=4+8-2X2X2cos 45 =4,BC=2,則有AB+BC=8=AC,/ABC=0,BCLAB.又BCLBB,BBnAB=BBCL平面ABBA,則有A(0,0,0),B(1,0,0),15又BM?平面ABBA1,16 Bd BiM.解由題設(shè)知，平面把此三棱柱分成兩個體積相等的幾何體為四棱錐C-ABBM和四棱錐Bi-AiMCC由知四棱錐C-ABBM的高為BC2,2X2X4=8,V柱=4,又BC=,=6=2,AM=.此時M為AA中點.以點B為坐標原點，的方向為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標