2020-2021学年新教材高考数学 第八章 立体几何 5 考点2 面面垂直的的判定与性质练习（含解析）（选修2）.docx

1、考点2 面面垂直的的判定与性质（2018全国卷（理）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点（1）证明：平面AMD平面BMC；（2）当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值【解析】（1）证明由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CMD，故BCDM.因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，BC，CM平面BMC，所以DM平面BMC又DM平面AMD，故平面AMD平面BMC（2）以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如

2、图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为CD的中点由题设得D（0,0,0），A（2,0,0），B（2,2,0），C（0,2,0），M（0,1,1），AM（2,1,1），AB（0,2,0），DA（2,0,0），设n（x，y，z）是平面MAB的法向量，则nAM=0,nAB=0,即2xyz0,2y0.可取n（1,0,2），DA是平面MCD的法向量，因此cosn，DAnDAnDA55，sinn，DA255.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是255.【答案】见解析（2018全国卷（理）如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起

3、，使点C到达点P的位置，且PFBF.（1）证明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值【解析】（1）证明由已知可得BFPF，BFEF，又PFEFF，PF，EF平面PEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD（2）如图，作PHEF，垂足为H.由（1）知，平面PEF平面ABFD，平面PEF平面ABFDEF，PH平面PEF，所以PH平面ABFD以H为坐标原点，FB，HF，HP的方向为x轴，y轴，z轴正方向，|BF|为单位长，建立空间直角坐标系Hxyz.由（1）可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE3.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH

4、32，EH32.则H（0,0,0），P0,0,32，D-1,-32,0，DP1,32,32，HP0,0,32.又HP为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角为，则sin HPDPHPDP34334.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.【答案】见解析（2018江苏卷）如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1.求证：（1）AB平面A1B1C；（2）平面ABB1A1平面A1BC【解析】证明（1）在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1.因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB平面A1B1C（2）在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形又因为AA1AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1A1B又因为AB1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC又因为A1BBCB，A1B，BC平面A1BC，所以AB1平面A1BC因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1平面A1BC【答案】见解析