五年高考真题2022届高考数学复习第八章第五节空间垂直的判定与性质理全国通用.docx

1、考点空间垂直的判定与性质1(2022浙江，8)如图，已知ABC，D是AB的中点，沿直线CD将ACD翻折成ACD，所成二面角ACDB的平面角为，则()AADB BADB CACB DACB解析极限思想：若，则ACB，排除D；若0，如图，则ADB，ACB都可以大于0，排除A，C.故选B.答案B2(2022广东，7)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的位置关系不确定解析构造如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1，取l1为AD，l2为AA1，l3为A1B1，当取l4

2、为B1C1时，l1l4，当取l4为BB1时，l1l4，故排除A、B、C，选D.答案D3(2022新课标全国，4)已知m，n为异面直线，m平面，n平面.直线l满足lm，ln，l，l，则()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l解析m，lm，ll，同理l，又m，n为异面直线，与相交，且l平行于交线，故选D.答案D4(2022新课标全国，19)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线

3、AF与平面所成角的正弦值解(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(10，0，0)，H(10，10，0)，E(10，4，8)，F(0，4，8)，(10，0，0)，(0，6，8)设n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即所以可取n(0，4，3)又(10，4，8)，故|cosn，|.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.5(2022新课标全国，18)如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E

4、，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC. (1)证明：平面AEC平面AFC，(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值(1)证明连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在Rt EBG中，可得BE，故DF.在Rt FDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF，从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，可得EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(

5、2)解如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz，由(1)可得A(0，0)，E(1，0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.6(2022新课标全国，19)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.(1)证明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值(1)证明连接BC1，交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点又ABB1C，所以B1C平面ABO.由于AO平面AB

6、O，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)解因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO.又因为ABBC，所以BOABOC.故OAOB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为CBB160，所以CBB1为等边三角形又ABBC，则A，B(1，0，0)，B1，C.，.设n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n(1，)设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m(1，)则cosn，m.所以二面角AA1B1C1的余弦值为.7(2022广东，18)如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABC

7、D，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(1)证明PD平面ABCD，PDAD.又CDAD，PDCDD，AD平面PCD.ADPC.又AFPC，ADAFA，PC平面ADF，即CF平面ADF.(2)解法一设AB1，则在RtPDC中，CD1，DPC30，PC2，PD，由(1)知CFDF，DF，CF.又FECD，DE.同理EFCD.如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系，则A(0，0，1)，E，F，P(，0，0)，C(0，1，0)设m(x，y，z)是平面AEF的法向量，则又令x4，则z，m(4，0，)由(1)知平面ADF的一个

8、法向量为(，1，0)，设二面角DAFE的平面角为，可知为锐角，cos |cosm，|.故二面角DAFE的余弦值为.法二设AB1，CF平面ADF，CFDF.在CFD中，DF，CDAD，CDPD，CD平面ADE.又EFCD，EF平面ADE.EFAE，在DEF中，DE，EF，在ADE中，AE，在ADF中，AF.由VADEFSADEEFSADFhEADF，解得hEADF，设AEF的边AF上的高为h，由SAEFEFAEAFh，解得h，设二面角DAFE的平面角为.则sin ，cos .8(2022辽宁，19)如图，ABC和BCD所在平面互相垂直，且ABBCBD2，ABCDBC120，E，F分别为AC，DC

9、的中点(1)求证：EFBC；(2)求二面角EBFC的正弦值(1)证明法一过E作EOBC，垂足为O，连接OF如图1.图1由ABCDBC可证出EOCFOC.所以EOCFOC，即FOBC.又EOBC，因此BC面EFO，又EF面EFO，所以EFBC.法二由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图2所示空间直角坐标系易得B(0，0，0)，A(0，1，)，D(，1，0)，C(0，2，0)图2因而E(0，)，F，所以，(0，2，0)，因此0.从而，所以EFBC.(2)解法一在图1中，过O作OGBF，垂足为G，连接E

10、G.由平面ABC平面BDC，从而EO面BDC，又OGBF，由三垂线定理知，EGBF.因此EGO为二面角EBFC的平面角在EOC中，EOECBCcos 30，由BGOBFC知，OGFC，因此tanEGO2，从而sinEGO，即二面角EBFC的正弦值为.法二在图2中，平面BFC的一个法向量为n1(0，0，1)设平面BEF的法向量n2(x，y，z)，又，.由得其中一个n2(1，1)设二面角EBFC大小为，且由题意知为锐角，则cos |cosn1，n2|，因此sin ，即所求二面角的正弦值为.9(2022江西，19)如图，四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD.(1)求证：ABPD

11、；(2)若BPC90，PB，PC2，问AB为何值时，四棱锥PABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值(1)证明ABCD为矩形，故ABAD；又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以AB平面PAD，由PD平面PAD，故ABPD.(2)解过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.故PO平面ABCD，BC平面POG，BCPG.在RtBPC中，PG，GC，BG.设ABm，则OP，故四棱锥PABCD的体积为Vm .因为m，故当m，即AB时，四棱锥PABCD的体积最大此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O(0，0，0)，B，C，D，P.故，

12、(0，0)，设平面BPC的一个法向量n1(x，y，1)，则由n1，n1得解得x1，y0，n1(1，0，1)同理可求出平面DPC的一个法向量n2.从而平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为cos .10(2022湖南，19)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形(1)证明：O1O底面ABCD；(2)若CBA60，求二面角C1OB1D的余弦值(1)证明因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1AC，同理DD1BD，因为CC1DD1，所以CC1BD，而ACBDO，因此CC1底面ABCD.由题设知，O1OC1C

13、，故O1O底面ABCD.(2)解法一如图，过O1作O1HOB1于H，连接HC1.由(1)知，O1O底面ABCD，所以O1O底面A1B1C1D1，于是O1OA1C1.又因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，因此A1C1B1D1，从而A1C1平面BDD1B1，所以A1C1OB1，于是OB1平面O1HC1，进而OB1C1H，故C1HO1是二面角C1OB1D的平面角不妨设AB2.因为CBA60，所以OB，OC1，OB1.在RtOO1B1中，易知O1H2，而O1C11，于是C1H.故cosC1HO1.即二面角C1OB1D的余弦值为.法二因为四棱柱ABCDA

14、1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此ACBD.又由(1)知O1O底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直如图，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.不妨设AB2，因为CBA60，所以OB，OC1.于是相关各点的坐标为：O(0，0，0)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)易知，n1(0，1，0)是平面BDD1B1的一个法向量设n2(x，y，z)是平面OB1C1的法向量，则即取z，则x2，y2，所以n2(2，2，)，设二面角C1OB1D的大小为，易知是锐角，于是cos |cosn1，n2|.故二面角C1OB1D

15、的余弦值为.11.(2022陕西，18)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O平面ABCD，ABAA1.(1)证明：A1C平面BB1D1D；(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小解建立如图所示的空间直角坐标系由ABAA1可知O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，1，0)，B1(1，1，1)，C(1，0，0)，A1(0，0，1)，D1(1，1，1)(1)证明(1，0，1)，(0，2，0)，(1，0，1)，0，0，即A1CDB，A1CBB1，且DBBB1B，A1C平面BB1D1D.(2)设平面OCB1的法向量n(x，y，

16、z)，(1，0，0)，(1，1，1)，取n(0，1，1)，由(1)知，(1，0，1)是平面BB1D1D的法向量，cos |cosn，|.又0，.12.(2022辽宁，18)如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面， C是圆上的点(1)求证：平面PAC平面PBC；(2)若AB2，AC1，PA1，求二面角CPBA的余弦值(1)证明由AB是圆的直径，得ACBC，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC.所以BC平面PAC.又BC平面PBC，所以平面PBC平面PAC.(2)解过C作CMAP，则CM平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，C

17、A，CM为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系在RtABC中，因为AB2，AC1，所以BC.因为PA1，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，P(0，1，1)故(，0，0)，(0，1，1)设平面BCP的法向量为n1(x1，y1，z1)，则所以不妨令y11，则n1(0，1，1)因为(0，0，1)，(，1，0)，设平面ABP的法向量为n2(x2，y2，z2)，则所以不妨令x21，则n2(1，0)于是cosn1，n2.所以由题意可知二面角CPBA的余弦值为.13.(2022广东，18)如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，点E在线段PC上，PC平面BDE. (1)证明：

18、BD平面PAC；(2)若PA1，AD2，求二面角BPCA的正切值(1)证明(2)解法一由(1)得BD平面PAC，AC平面PAC，BDAC.又四边形ABCD为矩形，四边形ABCD是正方形设AC交BD于O点，连接EO，PC平面BDE，PCBE，PCEO.BEO即为二面角BPCA的平面角PA1，AD2，AC2，BOOC，PC3，又OE，在直角三角形BEO中，tanBEO3，二面角BPCA的正切值为3.法二由(1)可知BD面PAC，AC平面PAC，BDAC，矩形ABCD为正方形，建立如图所示的坐标系Axyz，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(2，2，0)，B(2，0，0)(0，0，1)，(2，2，0)设平面PAC的一个法向量为n1(x，y，z)，则令x1，y1，z0.即n1(1，1，0)同理求得面PBC的一个法向量为n2(1，0，2)cosn1，n2.设二面角BPCA的大小为，则cos ，sin ，tan 3.二面角BPCA的正切值为3.15