【最新 北师大版】高考数学一轮复习 高考大题专项四 突破2空间中的垂直与空间角学（含解析）

突破2　空间中的垂直与空间角

题型一　证明垂直关系求线面角

【例1】(2019浙江,19)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.

(1)证明:EF⊥BC;

(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

解题心得求线面角可以用几何法,即“先找,后证,再求”,也可以通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角.

对点训练1(2020新高考全国1,20)

如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.

(1)证明:l⊥平面PDC;

(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

题型二　证垂直关系及求二面角

【例2】(2019全国2,理17)

如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.

(1)证明:BE⊥平面EB1C1;

(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.

解题心得用向量求二面角,由于在求平面法向量的坐标时,坐标的取值不同,导致平面法向量的方向相反,所以两个法向量的夹角与二面角相等或互补,所以根据图形判断所求二面角是锐角还是钝角,进而确定二面角余弦值的正负.

对点训练2(2020全国1,理18)

如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO.

(1)证明:PA⊥平面PBC;

(2)求二面角B-PC-E的余弦值.

题型三　求空间角与存在垂直关系问题

【例3】如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PCD⊥平面ABCD,AB=2,BC=1,PC=PD=,E为PB中点.

(1)求证:PD∥平面ACE;

(2)求二面角E-AC-D的余弦值;

(3)在棱PD上是否存在点M,使得AM⊥BD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.

解题心得线面垂直中的探索性问题同“平行关系中的探索性问题”的规律方法一样,有两种解法,一是几何法,先探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,然后给出符合要求的证明.二是利用空间向量探索,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,通过坐标运算进行判断.

对点训练3如图1,在边长为2的菱形ABCD中,∠BAD=60°,将△BCD沿对角线BD折起到△BC'D的位置,使平面BC'D⊥平面ABD,E是BD的中点,FA⊥平面ABD,且FA=2,如图2.

(1)求证:FA∥平面BC'D;

(2)求平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值;

(3)在线段AD上是否存在一点M,使得C'M⊥平面FBC'?若存在,求的值;若不存在,说明理由.

题型四　求空间点到面的距离

【例4】如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,四边形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,DE=2,M为线段BF的中点.

(1)求M到平面DEC的距离及三棱锥M-CDE的体积;

(2)求证:DM⊥平面ACE.

解题心得求空间的距离用找公垂线的方法比较难下手,用向量代数的方法则简捷,高效.

(1)点P到平面α的距离可以通过在平面α内任取一点A,求向量在平面α的法向量n上的投影来解决.即若PA为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量,则B到平面α的距离d=.

(2)异面直线间的距离可以通过在两条直线上任意各取一点A,B,求向量在公垂线的方向向量n上的投影来解决;直线到与其平行的平面的距离,平行平面间的距离都可转化为点到平面的距离.

对点训练4底面为菱形的直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为棱A1B1、A1D1的中点,

(1)在图中作一个平面α,使得BD⫋α,且平面AEF∥α(不必给出证明过程,只要求作出α与直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面);

(2)若AB=AA1=2,∠BAD=60°,求点C到所作截面α的距离.

突破2　空间中的垂直与空间角

例1方法一:

(1)证明连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,

所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⫋平面A1ACC1,

平面A1ACC1∩平面ABC=AC,

所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.

又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,

故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.

因此EF⊥BC.

(2)解取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.

由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.

连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).

不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2,EG=.由于O为A1G的中点,故EO=OG=,

所以cos∠EOG=.

因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.

方法二:

(1)证明连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.

又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⫋平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC.

如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.

不妨设AC=4,则A1(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),F,2,C(0,2,0).

因此,=,2,=(-,1,0).由=0得EF⊥BC.

(2)解设直线EF与平面A1BC所成角为θ.

由(1)可得=(-,1,0),=(0.2,-2).

设平面A1BC的一个法向量为n=(x,y,z).由

取n=(1,,1),故sinθ=|cos<·n>|=.因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为.

对点训练1解(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.

又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.所以AD⊥平面PDC.

因为AD∥BC,AD不在平面PBC中,所以AD∥平面PBC,又因为AD⫋平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.所以l⊥平面PDC.

(2)以D为坐标原点,分别以的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.

由PD=AD=1,得D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则=(0,1,0),=(1,1,-1).

由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,

则可取n=(-1,0,a).所以cos<n,>=.

设PB与平面QCD所成角为θ,则sinθ=.

因为,当且仅当a=1时,等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.

例2

(1)证明由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⫋平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.

(2)解由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.

以D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D-xyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),=(1,-1,1),=(0,0,2).

设平面EBC的一个法向量为n=(x,y,z),则

所以可取n=(0,-1,-1).

设平面ECC1的一个法向量为m=(x,y,z),则

所以可取m=(1,1,0).

于是cos<n,m>==-.

所以,二面角B-EC-C1的正弦值为.

对点训练2(1)证明设DO=a,由题设可得PO=a,AO=a,AB=a,PA=PB=PC=a.因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB.

又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.

所以PA⊥平面PBC.

(2)解以O为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C,P0,0,.所以=-,-,0,.设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,

则

可取m=.

由(1)知是平面PCB的一个法向量,记n=,

则cos<n,m>=.所以二面角B-PC-E的余弦值为.

例3(1)证明设BD交AC于点F,连接EF.因为底面ABCD是矩形,所以F为BD中点.又因为E为PB中点,所以EF∥PD.

因为PD⊈平面ACE,EF⫋平面ACE,所以PD∥平面ACE.

(2)解取CD的中点O,连接PO,FO.因为底面ABCD为矩形,所以BC⊥CD.

因为PC=PD,O为CD中点,所以PO⊥CD,OF∥BC,所以OF⊥CD.

又因为平面PCD⊥平面ABCD,PO⫋平面PCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,所以PO⊥平面ABCD.

如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则A(1,-1,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),E,

设平面ACE的一个法向量为m=(x,y,z),=(-1,2,0),,所以

令y=1,则x=2,z=-1,所以m=(2,1,-1).

平面ACD的法向量为=(0,0,1),则cos<m,>==-.

如图可知二面角E-AC-D为钝角,所以二面角E-AC-D的余弦值为-.

(3)在棱PD上存在点M,使AM⊥BD.设=λ(λ∈[0,1]),M(x,y,z),=λ,D(0,-1,0).

因为(x,y,z-1)=λ(0,-1,-1),所以M(0,-λ,1-λ).=(-1,1-λ,1-λ),=(-1,-2,0).

因为AM⊥BD,所以=0.所以1-2(1-λ)=0,解得λ=∈[0,1].

所以在棱PD上存在点M,使AM⊥BD,且.

对点训练3(1)证明∵BC=CD,E为BD的中点,∴C'E⊥BD.

又平面BC'D⊥平面ABD,且平面BC'D∩平面ABD=BD,

∴C'E⊥平面ABD.

∵FA⊥平面ABD,∴FA∥C'E.而C'E⫋平面BC'D,FA⊈平面BC'D,

∴FA∥平面BC'D.

(2)解以DB所在直线为x轴,AE所在直线为y轴,EC'所在直线为z轴建立空间直角坐标系,

则B(1,0,0),A(0,-,0),D(-1,0,0),F(0,-,2),C'(0,0,),

∴=(-1,-,2),=(-1,0,).设平面FBC'的一个法向量为m=(x,y,z),

则

取z=1,则m=(,1,1).

又平面ABD的一个法向量为n=(0,0,1),∴cos<m,n>=.

则平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值为.

(3)解假设在线段AD上存在M(x,y,z),使得C'M⊥平面FBC',

设=λ,则(x,y+,z)=λ(-1,,0)=(-λ,λ,0),

∴x=-λ,y=(λ-1),z=0.

而=(-λ,(λ-1),-).

由m·=0,得-λ+(λ-1)-=0,即-2=0错误.

∴线段AD上不存点M,使得C'M⊥平面FBC.

例4(1)解设AC∩BD=O,以O为原点,OB为x轴,OC为y轴,

过O作平面ABCD的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,

则C(0,,0),D(-1,0,0),E(-1,0,2),M(1,0,1),

=(0,0,2),=(1,,0),=(2,0,1),∵=0,∴DE⊥DC,

∴S△DEC=×DE×DC=×2×2=2.设平面DEC的法向量n=(x,y,z),

则取x=,得n=(,-1,0),∴M到平面DEC的距离h=.

∴三棱锥M-CDE的体积:V=×S△CDE×h=×2×.

(2)证明A(0,-,0),=(0,2,0),=(-1,,2),

=0,=-2+2=0,

∴AC⊥DM,AE⊥DM,

∵AC∩AE=A,∴DM⊥平面ACE.

对点训练4解(1)取B1C1的中点G,D1C1的中点H,连接BG,GH,DH.

则平面BDHG就是所求的平面α,α与直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面即为平面BDHG.

(2)取BC中点M,∵AB=AA1=2,∠BAD=60°,∴以D为原点,DA为x轴,DM为y轴,DD1为z轴建立空间直角坐标系,则C(-1,,0),D(0,0,0),B(1,,0),G(0,,2),

=(1,,0),=(0,,2),=(-1,,0),

设平面BDG的法向量n=(x,y,z),

则取y=1,得n=(2,-2,),

∴点C到所作截面α的距离d=.