2022年高考数学一轮复习第八章立体几何.垂直的判定与性质对点训练理 .pdf

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1、1 2017 高考数学一轮复习第八章 立体几何 8.4 垂直的判定与性质对点训练理1.若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1l2，l2l3，l3l4，则下列结论一定正确的是()Al1l4Bl1l4Cl1与l4既不垂直也不平行Dl1与l4的位置关系不确定答案D 解析由l1l2，l2l3可知l1与l3的位置不确定，若l1l3，则结合l3l4，得l1l4，所以排除选项B、C，若l1l3，则结合l3l4，知l1与l4可能不垂直，所以排除选项A.故选 D.2如下图，三棱锥PABC中，PC平面ABC，PC3，ACB2.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CDDE2，CE2EB2.(1)

2、证明：DE平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值解(1)证明：由PC平面ABC，DE?平面ABC，故PCDE.由CE2，CDDE2，得CDE为等腰直角三角形，故CDDE.由PCCDC，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD.(2)由(1)知，CDE为等腰直角三角形，DCE4.如下图，过D作DF垂直CE于F，易知DFFCFE1，又已知EB1，故FB2.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 11 页 -2 由ACB2得DFAC，DFACFBBC23，故AC32DF32.以C为坐标原点，分别以CA，CB，CP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系

3、，则C(0,0,0)，P(0,0,3)，A32，0，0，E(0,2,0)，D(1,1,0)，ED(1，1,0)，DP(1，1,3)，DA12，1，0.设平面PAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由n1DP0，n1DA0，得x1y13z10，12x1y10，故可取n1(2,1,1)由(1)可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为ED，即n2(1，1,0)，从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2n1n2|n1|n2|36，故所求二面角APDC的余弦值为36.3如图，在四棱锥AEFCB中，AEF为等边三角形，平面AEF平面EFCB，EFBC，BC 4，EF 2a，EBCF

4、CB60，O为EF的中点名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 11 页 -3(1)求证：AOBE；(2)求二面角FAEB的余弦值；(3)若BE平面AOC，求a的值解(1)证明：因为AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AOEF.又因为平面AEF平面EFCB，AO?平面AEF，所以AO平面EFCB.所以AOBE.(2)取BC中点G，连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OGEF.由(1)知AO平面EFCB，又OG?平面EFCB，所以OAOG.如右图建立空间直角坐标系Oxyz，则E(a,0,0)，A(0,0，3a)，B(2，3(2 a)，0)，EA(a,0，3a)，名

5、师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 11 页 -4 BE(a2，3(a2)，0)设平面AEB的法向量为n(x，y，z)，则nEA0，nBE0，即ax3az0，a2x3a2y0.令z1，则x3，y1.于是n(3，1,1)平面AEF的法向量为p(0,1,0)所以 cosn，pnp|n|p|55.由题知二面角FAEB为钝角，所以它的余弦值为55.(3)因为BE平面AOC，所以BEOC，即BEOC0.因为BE(a2，3(a2)，0)，OC(2，3(2 a)，0)，所以BEOC 2(a2)3(a2)2.由BEOC0 及 0a2，解得a43.4如图 1，在直角梯形ABCD中，ADB

6、C，BAD2，ABBC1，AD2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图2.(1)证明：CD平面A1OC；(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值解(1)证明：在图1 中，因为ABBC1，AD2，E是AD的中点，BAD2，所以BEAC.即在图 2 中，BEOA1，BEOC，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 11 页 -5 从而BE平面A1OC，又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，所以

7、A1OC2.如下图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为A1BA1EBCED1，BCED，所 以B22，0，0，E22，0，0，A10，0，22，C0，22，0，得BC22，22，0，A1C 0，22，22，CDBE(2，0,0)设平面A1BC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为，则n1BC0，n1A1C0，得x1y10，y1z10，取n1(1,1,1)；n2CD0，n2A1C0，得x20，y2z20，取n2(0,1,1)，从而 cos|cos n1，n2|23263，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为63.名

8、师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 11 页 -6 5 九章算术 中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑如图，在阳马PABCD中，侧棱PD底面ABCD，且PDCD，过棱PC的中点E，作EFPB交PB于点F，连接DE，DF，BD，BE.(1)证明：PB平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3，求DCBC的值解(1)证明：因为PD底面ABCD，所以PDBC，由底面ABCD为长方形，有BCCD，而PDCD

9、D，所以BC平面PCD.而DE?平面PCD，所以BCDE.又因为PDCD，点E是PC的中点，所以DEPC.而PCBCC，所以DE平面PBC.而PB?平面PBC，所以PBDE.又PBEF，DEEFE，所以PB平面DEF.由DE平面PBC，PB平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB，DEF，EFB，DFB.(2)如图，在面PBC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ABCD的交线由(1)知，PB平面DEF，所以PBDG.又因为PD底面ABCD，所以PDDG.而PDPBP，所以DG平面PBD.故BDF是面DEF与面A

10、BCD所成二面角的平面角，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 11 页 -7 设PDDC1，BC，有BD12，在 RtPDB中，由DFPB，得DPFFDB3，则 tan3tan DPFBDPD123，解得 2.所以DCBC122.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3时，DCBC22.6.如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB60，AB2，AD1，PD底面ABCD.(1)证明：PABD；(2)若PDAD，求二面角APBC的余弦值解(1)证明：因为DAB60，AB2AD2，由余弦定理得BD3.从而BD2AD2AB2，BDAD.PD平面ABCD，

11、BD?平面ABCD，PDBD.又ADPDD，所以BD平面PAD，所以PABD.(2)如图，以D为坐标原点，DA，DB，DP分别为x，y，z的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(1，3，0)，P(0,0,1)，AB(1，3，0)，PB名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 11 页 -8(0，3，1)，BC(1,0,0)，设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则n AB0，nPB0，即x3y0，3yz0，因此，令y1，则n(3，1，3)设平面PBC的法向量为m(x0，y0，z0)，则mPB0，mBC0，即3y0z00，x00，可取m

12、(0,1，3)，则 cosm，nmn|m|n|427277，由图知二面角APBC为钝角，故二面角APBC的余弦值为277.7如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，DPC30，AFPC于点F，FECD，交PD于点E.(1)证明：CF平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值解(1)证明：PD平面ABCD，PDAD，又CDAD，PDCDD，AD平面PCD，ADPC，又AFPC，AFADA，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 11 页 -9 PC平面ADF，即CF平面ADF.(2)设AB1，则 RtPDC中，CD1，DPC30，PC2，PD3，由(1)知CFDF，

13、DF32，CF12，又FECD，DEPDCFPC14，DE34，同理，EF34，如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系，则A(0,0,1)，E34，0，0，F34，34，0，P(3，0,0)，C(0,1,0)设m(x，y，z)是平面AEF的法向量，则mAE，mEF，又AE34，0，1，EF 0，34，0，mAE34xz0，mEF34y0，令x4，得z3，故m(4,0，3)，由(1)知平面ADF的一个法向量为PC(3，1,0)，设二面角DAFE的平面角为，可知 为锐角，cos|cos m，PC|mPC|m|PC|4319225719，故二面角DAFE的余弦值名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师

14、精心整理-第 9 页，共 11 页 -10 为25719.8.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C底面ABC，AA1A1CACBC2，ACBC，点S是AA1延长线上一点，EF是平面SBC与平面A1B1C1的交线(1)求证：EFAC1；(2)求直线A1C与平面A1ABB1所成角的正弦值解(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面A1B1C1，又平面ABC平面SBCBC，平面A1B1C1平面SBCEF，EFBC.平面AA1C1C平面ABC，且ACBC，BC平面ACC1A1.又AC1?平面ACC1A1，BCAC1，EFAC1.(2)取A1C1的中点D1，连CD1，AA1

15、A1CAC2，CC1A1CA1C12，CD1A1C1.由(1)知BC平面ACC1A1.以点C为原点，CA，CB、CD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,2,0)，C(0,0,0)，A1(1,0，3)，A(2,0,0)名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 11 页 -11 A1C(1,0，3)设平面A1ABB1的法向量为n，则nAA1nAB0，而AA1(1,0，3)，AB(2,2,0)，可求得平面A1ABB1的一个法向量为n(3,3，3)，|cos A1C，n|nA1C|n|A1C|6221217.故直线A1C与平面A1ABB1所成角的正弦值为217.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 11 页 -