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

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△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则(　　)A．∠A′DB≤α　　　B．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤α　　　D．∠A′CB≥α解析　极限思想：若α＝π，则∠A′CB＜π，排除D；若α＝0，如图，则∠A′DB，∠A′CB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l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是(　　)A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定解析　构造如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1，取l1为AD，l2为AA1，l3为A1B1，当取l4为B1C1时，l1∥l4，当取l4为BB1时，l1⊥l4，故排除A、B、C，选D.答案　D3．(2022·新课标全国Ⅱ，4)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　)A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l解析　∵m⊥α，l⊥m，l⊄α∴l∥α，同理l∥β，又∵m，n为异面直线，∴α与β相交，且l平行于交线，故选D.答案　D4．(2022·新课标全国Ⅱ，19)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点15\nE，F的平面α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AF与平面α所成角的正弦值．解　(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝＝6，所以AH＝10.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D－xyz，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|cos〈n，〉|＝＝.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.5．(2022·新课标全国Ⅰ，18)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(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BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.15\n在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.在Rt△FDG中，可得FG＝.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝，从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(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G－xyz，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Ⅰ，19)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角　A－A1B1－C1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B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．又AB⊥B1C，所以B1C⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO，故B1C⊥AO.又B1O＝CO，故AC＝AB1.(2)解　因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB，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15\n空间直角坐标系O－xyz.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．又AB＝BC，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cos〈n，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ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角D－AF－E的余弦值．(1)证明　∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD.又CD⊥AD，PD∩CD＝D，∴AD⊥平面PCD.∴AD⊥PC.又AF⊥PC，AD∩AF＝A，15\n∴PC⊥平面ADF，即CF⊥平面ADF.(2)解　法一　设AB＝1，则在Rt△PDC中，CD＝1，∵∠DPC＝30°，∴PC＝2，PD＝，由(1)知CF⊥DF，∴DF＝，CF＝.又FE∥CD，∴＝＝，∴DE＝.同理EF＝CD＝.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x＝4，则z＝，m＝(4，0，)．由(1)知平面ADF的一个法向量为＝(－，1，0)，设二面角D－AF－E的平面角为θ，可知θ为锐角，cosθ＝|cos〈m，〉|＝＝＝.故二面角D－AF－E的余弦值为.法二　设AB＝1，∵CF⊥平面ADF，∴CF⊥DF.15\n∴在△CFD中，DF＝，∵CD⊥AD，CD⊥PD，∴CD⊥平面ADE.又∵EF∥CD，∴EF⊥平面ADE.∴EF⊥AE，∴在△DEF中，DE＝，EF＝，在△ADE中，AE＝，在△ADF中，AF＝.由VADEF＝·S△ADE·EF＝·S△ADF·hEADF，解得hEADF＝，设△AEF的边AF上的高为h，由S△AEF＝·EF·AE＝·AF·h，解得h＝×，设二面角DAFE的平面角为θ.则sinθ＝＝××＝，∴cosθ＝.8．(2022·辽宁，19)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角E－BF－C的正弦值．(1)证明　法一　过E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF如图1.图1由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.15\n所以∠EOC＝∠FOC＝，即FO⊥BC.又EO⊥BC，因此BC⊥面EFO，又EF⊂面EFO，所以EF⊥BC.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EF⊥BC.(2)解　法一　在图1中，过O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG.由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥面BDC，又OG⊥BF，由三垂线定理知，EG⊥BF.因此∠EGO为二面角E－BF－C的平面角．在△EOC中，EO＝EC＝BC·cos30°＝，由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝，因此tan∠EGO＝＝2，从而sin∠EGO＝，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15\n得其中一个n2＝(1，－，1)．设二面角E－BF－C大小为θ，且由题意知θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，因此sinθ＝＝，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：AB⊥PD；(2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P－ABCD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AB⊥AD；又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，由PD⊂平面PAD，故AB⊥PD.(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，BC⊥PG.在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝.设AB＝m，则OP＝＝，故四棱锥P－ABCD的体积为V＝··m·＝.因为m＝＝，故当m＝，即AB＝时，四棱锥P－ABCD的体积最大．15\n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＝，＝(0，，0)，＝，设平面BPC的一个法向量n1＝(x，y，1)，则由n1⊥，n1⊥得解得x＝1，y＝0，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θ的余弦值为cosθ＝＝＝.10．(2022·湖南，19)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1OB1D的余弦值．(1)证明　因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1⊥AC，同理DD1⊥BD，因为CC1∥DD1，所以CC1⊥BD，而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.由题设知，O1O∥C1C，故O1O⊥底面ABCD.15\n(2)解　法一　如图，过O1作O1H⊥OB1于H，连接HC1.由(1)知，O1O⊥底面ABCD，所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C1.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A1C1⊥B1D1，从而A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1，进而OB1⊥C1H，故∠C1HO1是二面角C1OB1D的平面角．不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，OB1＝.在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝2，而O1C1＝1，于是C1H＝＝＝.故cos∠C1HO1＝＝＝.即二面角C1－OB1－D的余弦值为.法二　因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.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O－xyz.不妨设AB＝2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1.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．15\n设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的法向量，则即取z＝－，则x＝2，y＝2，所以n2＝(2，2，－)，设二面角C1OB1D的大小为θ，易知θ是锐角，于是cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝||＝＝.故二面角C1OB1D的余弦值为.15\n11.(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，AB＝AA1＝.(1)证明：A1C⊥平面BB1D1D；(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．解　建立如图所示的空间直角坐标系．由AB＝AA1＝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A1C⊥DB，A1C⊥BB1，且DB∩BB1＝B，∴A1C⊥平面BB1D1D.(2)设平面OCB1的法向量n＝(x，y，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，∴cosθ＝|cos〈n，〉|＝＝.又0≤θ≤，∴θ＝.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；15\n(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角CPBA的余弦值．(1)证明　由AB是圆的直径，得AC⊥BC，由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.又PA∩AC＝A，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CM∥AP，则CM⊥平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．在Rt△ABC中，因为AB＝2，AC＝1，所以BC＝.因为PA＝1，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y1＝1，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x2＝1，则n2＝(1，，0)．于是cos〈n1，n2〉＝＝.所以由题意可知二面角C－PB－A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：BD⊥平面PAC；15\n(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．(1)证明　⇒(2)解　法一　由(1)得BD⊥平面PAC，AC⊂平面PAC，∴BD⊥AC.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，∴PC⊥BE，PC⊥EO.∴∠BEO即为二面角BPCA的平面角．∵PA＝1，AD＝2，∴AC＝2，BO＝OC＝，∴PC＝＝3，又OE＝＝＝，在直角三角形BEO中，tan∠BEO＝＝＝3，∴二面角BPCA的正切值为3.法二　由(1)可知BD⊥面PAC，AC⊂平面PAC，∴BD⊥AC，∴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)，15\n则令x＝1，∴y＝－1，z＝0.即n1＝(1，－1，0)．同理求得面PBC的一个法向量为n2＝(1，0，2)．∴cos〈n1，n2〉＝.设二面角BPCA的大小为α，则cosα＝，∴sinα＝，∴tanα＝3.∴二面角B－PC－A的正切值为3.15