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    专题08 空间直线与平面、平面与平面的垂直(课时训练)-【教育机构专用】2022年春季高一数学辅导讲义(新教材人教A版2019)

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    专题08 空间直线与平面、平面与平面的垂直(课时训练)-【教育机构专用】2022年春季高一数学辅导讲义(新教材人教A版2019)

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    这是一份专题08 空间直线与平面、平面与平面的垂直(课时训练)-【教育机构专用】2022年春季高一数学辅导讲义(新教材人教A版2019),文件包含专题08空间直线与平面与平面与平面的垂直课时训练解析版docx、专题08空间直线与平面与平面与平面的垂直课时训练原卷版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共42页, 欢迎下载使用。
    专题08 空间直线与平面、平面与平面的垂直
    A组 基础巩固
    1.(2021·全国高一课时练习)已知直线m,n是平面α,β外的两条直线,且mα,nβ,αβ,则( )
    A.mn B.mn C.nα D.nα
    【答案】C
    【分析】
    用排除法,做出长方体ABCD﹣A1B1C1D1,在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,令面ADD1A1为α,面ABCD为β,在长方体中根据线面位置关系分析每一选项,判断其真假,得出答案.
    【详解】
    如图,做出长方体ABCD﹣A1B1C1D1,在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,令面ADD1A1为α,面ABCD为β,
    对于A,若直线CB1为m,则mα,若CC1为n,则nβ,显然mn是假命题;
    对于B,此命题和上一命题是一样的,所以也是假命题;
    对于C. 设,在平面内任取一点(),在平面内,过点作直线 ,
    则由,可得,又,则
    由,所以 ,故C正确.
    对于D,若直线CB1为m,则mα,若CC1为n,则nβ,显然nα是假命题;
    故选:C.

    2.(2021·全国高一课时练习)在斜三棱柱中,,,则在底面上的射影必在( )

    A.直线上 B.直线上 C.直线上 D.内部
    【答案】A
    【分析】
    证明平面平面,利用面面垂直的性质定理可得出结论.
    【详解】
    连接,,,
    ,,平面,
    平面,

    平面,所以,平面平面,
    过点在平面内作直线,垂足为点,
    平面平面,平面平面,,平面,
    所以,平面,则点即为点,因此,点在直线上.
    故选:A.
    【点睛】
    方法点睛:证明线面垂直的方法:
    一是线面垂直的判定定理;
    二是利用面面垂直的性质定理;
    三是平行线法(若两条平行线中一条垂直于这个平面,则另一条也垂直于这个平面),解题时,注意线线、线面与面面关系的相互转化;
    另外,在证明线线垂直时,要注意题中隐含的垂直关系,如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度,经计算满足勾股定理)、直角梯形等等.
    3.(2021·全国高一课时练习)已知平面,是直线,则“”是“”的( )
    A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
    C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
    【答案】C
    【分析】
    根据充分条件、必要条件的定义结合线面垂直的性质判断可得出结论.
    【详解】
    充分性:因为平面,若,由线面垂直的性质可知,充分性成立;
    必要性:因为平面,若,由线面垂直的性质可知,必要性成立.
    因此,“”是“”的充要条件.
    故选:C.
    4.(2021·云南昆明市·高三二模(文))已知,分别是正方体的棱,上的动点(不与顶点重合),则下列结论错误的是( )
    A.
    B.平面平面
    C.四面体的体积为定值
    D.平面
    【答案】C
    【分析】
    A,利用线面垂直的判定定理证明平面即可; B,根据平面平面判断; C,根据到平面的距离,到的距离为定值,的长不是定值判断;D,根据平面平面判断.
    【详解】
    如图所示:
    ,分别是正方体的棱,上的动点(不与顶点重合),
    对于A,,,,、平面,
    平面,平面,,故A正确;
    对于B,∵平面平面,平面与平面重合,∴平面平面,故B正确;
    对于C,到平面的距离为定值,到的距离为定值,的长不是定值,∴四面体的体积不为定值,故C错误;
    对于D,∵平面平面,平面,平面,故D正确.
    故选:C.
    【点睛】
    方法点睛:证明直线和平面垂直的常用方法:①线面垂直的定义;②判定定理;③垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥α⇒b⊥α);④面面平行的性质(a⊥α,α∥β⇒a⊥β);⑤面面垂直的性质.
    5.(2021·全国高一课时练习)如图,为正方体,则以下结论:①平面;②;③平面.其中正确结论的个数是( )

    A.0 B.1 C.2 D.3
    【答案】D
    【分析】
    对于①,由正方体的性质可知,再由线面平行的判定定理可得结论;对于②,由正方体的性质可得,再结合三垂直线定理可得结论;对于③,由正方体的性质可得,,从而可由线面垂直的判定定理得到结论
    【详解】
    由正方体的性质得,,所以结合线面平行的判定定理可得:平面;所以①正确.
    由正方体的性质得,因为是在底面内的射影,所以由三垂线定理可得:,所以②正确.
    由正方体的性质得,由②可得,所以,同理可得,进而结合线面垂直的判定定理得到:平面,所以③正确.
    故选:D.
    6.(2021·全国高一课时练习)如图甲所示,在正方形ABCD中,EF分别是BC、CD的中点,是EF的中点,现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体,使、、三点重合,重合后的点记为,如图乙所示,那么,在四面体中必有( )

    A.所在平面 B.所在平面
    C.所在平面 D.所在平面
    【答案】A
    【分析】
    由已知条件可得,,再由线面垂直的判定定理可得平面,从而可判断A,B选项;由已知可得平面,从而得平面平面,进而可对C,D选项进行判断
    【详解】
    根据折叠前、后,不变,平面,正确;
    过只有一条直线与平面垂直,不正确;
    ,,平面,平面平面,过作直线垂直于平面,一定在平面内,
    不正确;
    不垂直于,平面不正确,不正确.
    故选:A

    7.(2021·全国高一课时练习)在正方体中,下列判断正确的是( )

    A.面 B.面 C.面 D.
    【答案】A
    【分析】
    在正方体中,,根据线面垂直判断定理和性质可证得,同理,可证得平面,可判断A、B选项;
    连接,,则为与所成角,由此可判断C、D选项.
    【详解】
    在正方体中,,
    又,且,平面,则,
    同理,则平面,故A正确,B不正确;
    连接,,则为与所成角,为,故C、D不正确.
    故选:A.

    8.(2021·全国高一课时练习)把正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角后,下列命题正确的是( )
    A. B.
    C.平面 D.平面平面
    【答案】B
    【分析】
    利用折前折后不变量可判断线线、线面、面面位置关系.
    【详解】
    取的中点为连接、,由折前折后不变量可知,
    ,
    ,
    为二面角的平面角,
    选项,由上述可证,是正三角形,不正确.
    选项,易证平面,正确;
    选项, 易证为正三角形,不垂直,不正确;
    选项,由,是正三角形,取中点,连接,,
    为二面角的平面角,设正方形边长为1,
    则可求,,有,
    可得,命题D不正确.

    故选:B.
    9.(2021·全国高一课时练习)如图,矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻折过程中,下面四个命题中正确是___________.(填序号即可)

    ①|BM|是定值;
    ②总有CA1⊥平面A1DE成立;
    ③存在某个位置,使DE⊥A1C;
    ④存在某个位置,使MB平面A1DE.
    【答案】①④
    【分析】
    根据翻折过程中的一些线线,线面关系不变,结合线线垂直,线面平行的相关知识一一分析即可.
    【详解】

    对于①:由图知,取CD的中点F,联结MF,BF,设,
    易知∠A1DE=∠MFB,MFA1D=,FB=DE=,
    由余弦定理可得MB2=MF2+FB2﹣2MF•FB•cos∠MFB,
    所以MB是定值,故①正确.
    对于②:由反证法,若总有CA1⊥平面A1DE成立,则CA1⊥A1E成立,
    而CE=,,求得CA1=为定值,而在翻折过程中,
    CA1的长是一直变化的,故②错误;
    对于③:∵A1C在平面ABCD中的射影为AC,AC与DE不垂直,
    ∴A1C与DE一定不垂直,可得③不正确.
    对于④:由①知,MFDA1,BFDE,
    ∴平面MBF平面A1DE,
    ∴MB平面A1DE,故④正确.
    故答案为:①④.
    【点睛】
    方法点睛:反证法证伪会简化解题步骤,熟练使用线线,线面关系的性质,来判断线线,线面关系.
    10.(2021·全国高一课时练习)如图,在三棱锥中,若,,是的中点,则下列命题中正确的有___________(写出全部正确命题的序号).

    ①平面平面;
    ②平面平面;
    ③平面平面,且平面平面;
    ④平面平面,且平面平面.
    【答案】③
    【分析】
    由等腰三角形三线合一的性质可得,,再由线面垂直的判定定理可得平面,然后利用面面垂直的判定定理可得平面平面,平面平面
    【详解】
    因为,且是的中点,所以,
    同理有,
    因为,平面.
    所以平面.
    因为在平面内,所以平面平面.
    又由于平面,所以平面平面,
    故答案为:③.
    11.(2021·全国高一课时练习)如图,多面体,,,,且,,两两垂直,给出下列5个结论:
    ①三棱锥的体积是定值;
    ②球面经过点、、、四点的球的直径是;
    ③直线平面;
    ④直线与所成角是;
    ⑤二面角等于.
    其中正确的结论是__.

    【答案】①②④
    【分析】
    由题意,构造长方体,设,,,由已知解得,,,
    对于①,根据三棱锥的体积公式可判断;
    对于②,球面经过点、、、两点的球的直径即为长方体的对角线长,由此可判断;
    对于③,由可判断;
    对于④,由已知得即为直线与所成的角,解三角形可判断;
    对于⑤,由已知得异面直线与所成的角大小为二面角的二面角大小,解三角形可判断 ;
    【详解】
    由题意,构造长方体,如下图所示,设,,,
    则,,,解得,,,,
    对于①,三棱锥的体积为,故①对;
    对于②,球面经过点、、、两点的球的直径即为长方体的对角线长,即为,故②对;
    对于③,由于,和平面相交,则和平面相交,故③错.
    对于④,由于,则即为直线与所成的角,
    由,则,故④对;
    对于⑤,因为,,所以异面直线与所成的角大小为二面角的二面角大小,连接,则为所求,,所以;⑤错误;
    故答案为:①②④

    【点睛】
    方法点睛:解决几何体相关的外接球等问题时,补全几何体是常用的一种方法,利用补全的几何体的性质研究原几何体的性质.

    B组 能力提升
    12.(2021·江苏高三专题练习)(多选题)已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1,棱长为2,E为线段B1C上的动点,O为AC的中点,P为棱CC1上的动点,Q为棱AA1的中点,则以下选项中正确的有( )
    A.AE⊥B1C
    B.直线B1D⊥平面A1BC1
    C.异面直线AD1与OC1所成角为
    D.若直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线,则m平面B1D1Q
    【答案】BD
    【分析】
    选项A. 只有当E运动到线段B1C的中点时,AE⊥B1C才成立,可判断;选项B .由DD1⊥平面A1B1C1D1,可得A1C1⊥B1D,同理可得BC1⊥B1D,从而可判断;选项C.由 AD1BC1,则∠OC1B(或其补角)即为异面直线AD1与OC1所成的角.从而可求解判断; 选项D.由条件结合BDB1D1,可得mB1D1,从而可判断.
    【详解】
    解:在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,B1C⊥BC1,B1C⊥AB,BC1∩AB=B,
    ∴B1C⊥平面ABC1D1,
    ∵只有当E运动到线段B1C的中点时,AE⊥B1C才成立,故A错误.
    连接B1D1,∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,DD1⊥平面A1B1C1D1,
    ∴DD1⊥A1C1,∵BD1⊥A1C1,BD1∩DD1=D1,
    ∴A1C1⊥平面BDD1B1,∴A1C1⊥B1D,
    同理可得BC1⊥B1D,又A1C1∩BC1=C1,
    ∴直线B1D⊥平面A1BC1,故选项B正确.
    连接BD,BC1,则AD1BC1,
    ∴∠OC1B(或其补角)即为异面直线AD1与OC1所成的角.
    因为正方体的棱长为2,则BC1=2,OB=,在Rt△C1OB中,OC1=,
    ∴cos∠OC1B=,∴∠OC1B,故选项C错误.
    由题意知如图2,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,P为棱CC1上的动点,Q为棱AA1的中点,
    直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线,且BDB1D1,
    ∴mB1D1.∵平面B1D1Q,
    ∴m平面B1D1Q,故选项D正确.
    故选:BD.

    【点睛】
    思路点睛:平移线段法是求异面直线所成角的常用方法,其基本思路是通过平移直线,把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决,具体步骤如下:
    (1)平移:平移异面直线中的一条或两条,作出异面直线所成的角;
    (2)认定:证明作出的角就是所求异面直线所成的角;
    (3)计算:求该角的值,常利用解三角形;
    (4)取舍:由异面直线所成的角的取值范围是,当所作的角为钝角时,应取它的补角作为两条异面直线所成的角.
    13.(2021·全国高一课时练习)如图所示,已知二面角的大小为分别是的中点,F,E分别在AB,AD上,,且AC⊥平面BCD,则以下说法正确的是( )

    A.四点共面
    B.平面
    C.若直线交于点,则三点共线
    D.若的面积为6,则的面积为3.
    【答案】ACD
    【分析】
    A选项:由条件证得EF//GH并判断得结论;
    B选项:如果有FG//平面ADC成立,经推理可得F是AB的中点,作出判断;
    C选项:分析出P是平面ABC与平面DAC的公共点并作出判断;
    D选项:由给定二面角大小,结合AC⊥平面BCD,可以分析得到点A,C到直线BD的距离的关系,再作判断而得.
    【详解】
    A选项:在△ABD中,因为,所以EF//BD,在△CBD中,G,H分别是BC,CD的中点,所以GH//BD,有EF//GH,E,F,G,H四点共面,故A选项正确;
    B选项:假设FG//平面ADC成立,因为平面ABC平面DAC=AC,所以FG//AC,又G是BC的中点,所以F是AB的中点,与矛盾,故B选项错误;
    C选项:因为FG平面ABC,P∈FG,所以P∈平面ABC,同理P∈平面DAC,因为平面ABC平面DAC=AC,所以P∈AC,所以P,A,C三点共线,故C选项正确;
    D选项:因为二面角A-BD-C的大小为,AC⊥平面BCD,所以点C到直线BD的距离d2是点A到直线BD的距离d1的,故,故D选项正确.
    故选:ACD
    【点睛】
    求二面角的方法:几何法,空间向量法,射影面积公式.
    14.(2021·山东枣庄市·高三二模)如图,正方体的棱长为1,点是内部(不包括边界)的动点,若,则线段长度的可能取值为( )

    A. B. C. D.
    【答案】ABC
    【分析】
    由所给条件探求出动点P的轨迹,然后在三角形中求出点A与动点P的距离范围得解.
    【详解】
    在正方体AC1中,连接AC,A1C1,,如图,

    BD⊥AC,BD⊥AA1,则BD⊥平面ACC1A1,
    因AP⊥BD,所以平面ACC1A1,又点P是△B1CD1内部(不包括边界)的动点,
    连接CO,平面B1CD1平面ACC1A1=CO,所以点P在线段CO上(不含点C,O),
    连接AO,在等腰△OAC中,,而底边AC上的高为1,
    腰OC上的高,从而有,
    都符合,不符合.
    故选:ABC
    【点睛】
    几何体中定点到符合某个条件的动点的距离问题,先探求出符合所给条件的动点轨迹,再转化成平面问题解决,探求轨迹是关键.
    15.(2021·江苏高三其他模拟)如图,在长方体中,,E、F分别为棱、的中点,则下列说法中正确的有( )

    A.
    B.三棱锥的体积为
    C.若P是棱上一点,且,则E、C、P、F四点共面
    D.平面截该长方体所得的截面为五边形
    【答案】BCD
    【分析】
    连接DE, ,根据勾股定理,可证,根据线面垂直的判定定理,可证平面,即,因为,即可判断A的正误;利用等体积法,即可求得三棱锥的体积,即可判断B的正误;取中点G,则P为中点,连接FP,CP,,则可证,根据两平行线可确定一个平面,即可判断C的正误;作,交于H ,则可证E、H、P、C在同一平面内,即可得E、C、P、F、H在同一平面内,即可判断D的正误,即可得答案.
    【详解】
    连接DE, ,如图所示,

    因为E为AB的中点,所以EB=BC=2,
    所以,同理,又DC=4,
    所以,即,
    又因为底面ABCD,底面ABCD,
    所以,
    所以平面,即,
    又,即与不平行,
    所以CE不垂直,故A错误;
    由等体积法可得:三棱锥的体积,故B正确;
    作出P,使,取中点G,则P为中点,连接FP,CP,,
    因为F,P分别为,中点,
    所以,
    又,且,
    所以,所以,
    所以E、C、P、F四点共面,故C正确;

    由选项C可得E、C、P、F四点共面,平面CEF即为平面CEFP,
    作,交于H ,如图所示:

    所以E、H、P、C在同一平面内,即H点在平面ECP内,
    所以E、C、P、F、H在同一平面内,
    所以平面截该长方体所得的截面为五边形,故D正确.
    故选:BCD
    【点睛】
    解题的关键是熟练掌握线面垂直的判定定理、性质定理并灵活应用,证明四点共面时,常用两平行线可以确定一个平面,两相交线可以确定一个平面,考查学生对基础知识的掌握程度,属中档题.
    16.(2021·云南高三二模(文))如图,在三棱柱中,四边形是菱形,,,,为棱的中点.

    (1)求证:平面平面;
    (2)若,求点到平面的距离.
    【答案】(1)证明见解析;(2).
    【分析】
    (1)设,利用余弦定理结合勾股定理可证得,证明平面,可得出,再利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立;
    (2)分析得出三棱锥的高为,计算出、的面积,利用等体积法可求得点到平面的距离.
    【详解】
    (1)证明:设.
    四边形是菱形,为棱的中点,,.
    在中,,
    由余弦定理得,解得.
    ,,即.
    ,,且,平面.
    平面,.
    ,,且,平面.
    平面,平面平面;
    (2)由和(1)知,平面,
    是点到平面的距离.
    平面,,则是以为斜边的直角三角形,
    ,,点为棱的中点,,
    的面积,的面积.
    设点到平面的距离为,则.
    ,解得.
    点到平面的距离为.
    【点睛】
    方法点睛:求点到平面的距离,方法如下:
    (1)等体积法:先计算出四面体的体积,然后计算出的面积,利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离;
    (2)空间向量法:先计算出平面的一个法向量的坐标,进而可得出点到平面的距离为.
    17.(2021·全国高二课时练习)在多面体中,正方形和矩形互相垂直,、分别是和的中点,.

    (1)求证:平面.
    (2)在边所在的直线上存在一点,使得平面,求的长;
    【答案】(1)证明见解析;(2).
    【分析】
    (1)利用面面垂直的性质定理可证得结论成立;
    (2)以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,设点,计算出平面的一个法向量的坐标,由已知条件可得出,可求得的值,进而可求得的长.
    【详解】
    (1)因为四边形为矩形,则,
    因为平面平面,平面平面,平面,
    所以,平面;
    (2)因为平面,四边形为正方形,
    以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,
    则、、、,设点,
    ,,,
    设平面的法向量为,
    由,令,可得,
    要使得平面,则,所以,,解得,
    则,此时,.

    【点睛】
    方法点睛:立体几何开放性问题求解方法有以下两种:
    (1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线的位置,然后再加以证明,得出结论;
    (2)假设所求的点或线存在,并设定参数表达已知条件,根据题目进行求解,若能求出参数的值且符合已知限定的范围,则存在这样的点或线,否则不存在.
    18.(2021·全国高二课时练习)如图,由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中,,平面平面

    (1)求证:;
    (2)若M为中点,求证:平面;
    【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.
    【分析】
    (1)在直三棱柱中,易得,又平面平面,利用面面垂直的性质定理证明即可;
    (2)由平面,且,建立空间直角坐标系,求得平面 的一个法向量为,证明即可;
    【详解】
    (1) 在直三棱柱中,
    平面ABC,又 平面ABC,
    ∴,
    ∵平面平面,且平面平面,
    又 平面,
    ∴平面,
    又平面,∴
    (2)直三棱柱中,
    ∵平面,而平面
    ∴,
    又,
    建立如图所示的空间直角坐标系,

    则,
    所以,
    设平面 的一个法向量为,
    则,即,
    令,则,
    ∵M为的中点,则,所以,
    因为,所以,又 平面,∴平面.
    【点睛】
    方法点睛:证明直线与平面平行,只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零,或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面,或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行,然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算.
    19.(2021·云南高三二模(理))如图,在三棱柱中,四边形是菱形,,,,为棱的中点.

    (1)求证:平面平面;
    (2)若,求二面角的正弦值.
    【答案】(1)证明见解析;(2).
    【分析】
    (1)设,应用余弦定理求,根据勾股逆定理即可知,由线面垂直的判定及性质得,最后由线面垂直、面面垂直的判定即可证平面平面;
    (2)由题设及(1),构建以D为原点,射线,,为轴,轴,轴的非负半轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设,确定,,,坐标,进而得,,的坐标,求面、面的法向量,进而利用空间向量夹角的坐标表示求二面角余弦值,即可得其正弦值.
    【详解】
    (1)证明:设,由四边形是菱形,为棱的中点,
    ,,在中,,
    由,解得.
    ,即.
    ,且,
    平面,又平面,
    ,,
    平面,又平面,
    面面.
    (2)过点作直线的平行线交直线于点,则题设知,,,,分别以射线,,为轴,轴,轴的非负半轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设,即,,,,

    ∴,,,
    设面的一个法向量为,则,取,则;
    设面的一个法向量为,则,取,则;
    设二面角的平面角大小为且,有,则.
    二面角的正弦值为.
    【点睛】
    关键点点睛:
    (1)由余弦定理求线段长,由勾股逆定理证线线垂直,再综合应用线面垂直的判定及性质、面面垂直的判定证明面面垂直.
    (2)构建空间直角坐标系,利用向量法求二面角的正弦值.
    20.(2021·湖南高三月考)如图,在四棱锥中,底面是平行四边形,侧面是等边三角形,,,面面,、分别为、的中点.

    (1)证明:面面;
    (2)求面与面所成锐二面角的余弦值.
    【答案】(1)证明见解析;(2).
    【分析】
    (1)要证明面面垂直,需证明线面垂直,根据垂直关系转化为证明平面,(2)以为坐标原点,、、分别为、、轴建立直角坐标系,分别求平面和平面的法向量,再根据法向量求二面角的余弦值.
    【详解】
    (1)设,则,
    ∴,,
    ∴,
    ∴,
    ∴.
    在等边三角形中,为的中点,∴,
    ∵面面,面,
    面面,
    ∴面.
    ∵面,∴.
    ∵,,
    ∴面.
    ∵,∴面,
    ∵面,∴面面.
    (2)由(1)知,,以为坐标原点,、、分别为、、轴建立直角坐标系,

    则,,,,.
    ,.
    设面的法向量为,
    ,取,得,,.
    面的法向量为,
    ∴,
    ∴面与面所成锐二面角的余弦值为.
    【点睛】
    方法点睛:求二面角的方法通常有两个思路:
    一是利用空间向量,建立坐标系,求得对应平面的法向量之间夹角的余弦值,再判断锐二面角或钝二面角,确定结果,这种方法优点是思路清晰、方法明确,但是计算量较大;
    二是传统方法,利用垂直关系和二面角的定义,找到二面角对应的平面角,再求出二面角平面角的大小,这种解法的关键是找到平面角.

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