專題42空間中的垂直關(guān)系教學(xué)案-2017年高考數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)解析版

lαlα符號語言l⊥αl⊥α 線面角θ的范圍 ，2F，GAC，DC，AD的中點．D－BCG

S為底面面積，h①證明由已知得△ABC≌△DBC，AC＝DC.GADBC＝3AC，PD【解析】證明因為ABOAC⊥CB，Rt△ABC中，由3AC＝BC得，3AD＝DB得，DB＝3，BC＝2CD2＋DB2＝BC2CD⊥AO.PA?PABPA⊥CD.

【感悟提升】(1)證明直線和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性質(zhì)定理的合理轉(zhuǎn)化是證明線面垂直的基本思想．PA＝AB＝BC，EPC的中點．又∵AB⊥AD高頻考點二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)2、(1)(2015·山東)如圖，DEFABCBC＝2EF，HBC的中點，BH∥EF，BH＝EF，HBEFBE∥HF.在△ABC中，G為ACHBCGH∩HF＝HFGHBE.BD?ABED，BDFGH.APPBDBCD.

＝PC＝4，點F段AB上，且EF∥BC.(1)證明：ABPFE；

(2)PDFBC7BC【解析】(1)證明DE＝EC，PD＝PC知，E為等腰△PDCDCPEABCPE⊥AB.因 ABPFEPE，EFAB高頻考點三線面角、二面角的求法BC，EPC的中點．(3)解過點EEM⊥PDMAM【解析】(1)證明方法一(2)解方法一設(shè)AB＝2，則CF＝1.在三棱臺DEFABC中，G為AC的中點，由

DGCFDG∥FCFCABC，DGABC.在△ABCAB⊥BC，∠BAC＝45°，GAC中點．GGxyz.G(0,0,0)，B(2，0,0)，C(0，

可得H 2 0，F(xiàn)(0，2，2，故 2 GH＝2，2，0，GF＝(0， 2

x＋可得

x＝1FGHn＝(1，－1，因為 GBACFD的一個法向量，GB＝(→＝所以cos〈→，n〉＝GB·n 2 ＝

2正方形

AFD90,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60ABEFE-BC-A（I）見解析（II）2所以ΕC10,3ΕΒ040ΑC

，ΑΒ4,0,0【2016高考新課標(biāo)2理數(shù)】如圖，菱形ABCD的對角線AC與 交于點O，AB5,AC6，E,F分別在AD,CD上，AECF5， 交4

H

沿 折到DEF位置

10DHABCDBDAC2（Ⅱ）2（Ⅰ）ACBDADCDAECFAECFAC∥EFAB2AB2EFHDEF

AB5AC6DOB0

4 .所以O(shè)H1， EFDH2OH2321210DO2，DHEF

，而 【2016高考江蘇卷】(14分（1）（2）平面B1DE⊥平面【2016年高考理數(shù)（本小題14分PABCDPADABCDPAPDPAPDABAD ，

，ACCD 5求證： 平面PAPBPCDPAMBMPCDAM由3 3（2） （3） nPD yznPC0即 令z ，則x1,y2所以n 又PB(1,1,1)，所以cosn,PBnPB 3n3n3所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值 3ABC,ACB=903（II） 3 ，B，CF相交于一點K，如圖所示BCFEABCACBCACBCKBFAC．EF//BCBEEFFC1BC2，所以△BBF

F為CKBFCK．ACFD．由題意得B1, ，C ，K(0,0,3)，A1,

，E(, )，F(xiàn)( , )因此AC0,30AK13,3AB2,30

【2015高考，理14】如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點M段PQ上，E、F分別為AB、BC的中點。設(shè)異面直線EM與AF所成的角為，則cos的最 25

AF

,0),E(,0,

M(0,y,1)(0y ， . ，EM(1,2

2

114y2cos 4y2

2(1 8y 5 [ ]2 4

y4

4y2

4y2

8y1t,1t8y14y2

t81t

， ，1，當(dāng)t1時取等號.5y0時，取得最大值 BFCx【2015高考浙江，理13】如圖，三棱錐ABCD中，ABACBD 點M,N分別是AD,BC的中點，則異面直線AN，CM所成的角的余弦值 7【答案】822282222 8ANCM8ABC

ACBCBCCC1AB1D （1）（2）BC BDEBDE

，ABAC2求二A1-BD-B1的平面角的余弦值（2）81（2014·MADADMBC1-【解析】B為坐標(biāo)原點，分別以→→x軸，y軸，z

→ 則BC＝(1，1，0)，BM＝MBC n·BC＝0，則

ADMBC 則sin ＝ 6 3即直線AD與平面 32（2014·B1D1＝O1ACC1A1BDD1B1均為矩形．證明：O1O⊥底面1-AB＝2.因為∠CBA＝60OB＝3，OC＝1，OB1＝Rt△OO

中，O

3OC＝1CH＝OC2＋O1 1

1

1 ＋7 7 772＝C故 772＝C1即二面角C1-OB1-

2

193（2014·1-若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2ABPABCD的體積最大？并求此時平BPCDPC夾角的余弦值．O(0，0，0)，B

，3，－3，，C 2

0，D0，2

6，故→＝6 2

6，→＝(0，3

3，

3，

3

3，－3 － BPC 6n⊥，n⊥，得3

3y－3

x＝1，y＝0n

解 DPCn2＝ 10 4設(shè)平面BPC與平面DPC的夾角為θ，則cosθ＝|n1||n2| 45（2014·ABC＝∠DBC＝120°，E，F(xiàn)AC，DC的中點．1-從而→→6（2014·1-AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BCA-A1B1-C1， 3，B(1，0，0)，，， B 3 ，

3 3， 3 3AB1＝0，3，－3 3A1B1＝AB＝1，0，－3 3 B1C1＝BC＝－1，－3n·AB

313313 即33

n＝(1，3，3)．mA1B1C1的法向量， m＝(1，－3， cos〈n，m〉＝|n||m|A-A1B1

7（2014·AD，AB的中點，PBC證明：PBCANPM1-HBOPBC＝4同理，可得＝4故△MNQ為等腰三角形，所以在等腰△MNQ中，

10 55ANP-M的余弦值是5x1－3z1＝0，－x1＋z1＝1x1＝3，y1＝1n1＝(3，1，1)．MNPn2＝(x2，y2，z2)，由，

得即（x，y，z 3 3＝0，， ，

2，－2從而 32y2－2z2＝1y2＝1，x2＝0設(shè)二面角A-NP-M的大小為θ，則cosθ＝n1·n2 （ 105× 5× 的余弦值是 10.的余弦值是8（2014· ＝DC＝AP＝2，AB＝1EPCBEPBDFPCBF⊥ACFAB-P1-F-AB

3

10方法二：(1)PDMEM，AM.E，MPC，PD

CD⊥AM.BE∥AMBE⊥CD.PDPD⊥AMPD⊥BEPDBEMBEMPBD，所以直線BEPBDBM.BE⊥EM，可得∠EBM為銳角，故∠EBMBEPBDPD＝22MPDAM＝2BE＝2.BEM 1 32＝BE2

sin∠EBM＝33所以直線BE與平面 39（2014·＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝2.(1)證明：DEACD；(2)BADE1-Rt△ACDDC＝2，AC＝2AD＝Rt△AEDED＝1，AD＝6AE＝Rt△ABDBD＝2，AB＝2，AD＝6

從而 ＝3，

在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分別可得 GF2＋BF2－BG2

＝14

在△BFGπ

＝2π所以，∠BFG＝6BADE6DDE，DCx，yDxyz，如圖所10（2014·π

M為BC上一點，且

＝3PO

1-(2)由(1)知，→＝－ 3，→＝3

3.APM的法向量， ，

2

4，－4，2 2，n1＝(x1，y1，z1)PMCn2＝(x2，y2，z2)．n1·→＝0,n1·＝0，得，＋2 31＝0＋2 故可取 5 33

4

n2·＝0，n2·＝0，44

3232

n2＝(1，－ ＋2z 〉 cos〈n n1·n2 〉 的正弦值為5 的正弦值為5已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，點A∈α，AD/∈l，直線AB∥l，直線AC⊥l，直線m∥α，m∥β， 【答案】 【答案】【解析】Am⊥n,n∥αm?αm∥αmα相交，錯誤；Bm∥β，β⊥α，m?αm∥αmα相交，錯誤；Cm⊥β，n⊥βm∥nn⊥αm⊥α，正確；Dm⊥n，n⊥β，β⊥αmαm?αm∥α，錯誤．ABCBCAD為折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的②△BACD－ABC 【答案】如圖，已知△ABC為直角三角形，其中∠ACB＝90°，M為AB的中點，PM垂直于△ABC所在平 【答案】【解析】∵MAB的中點，△ACB為直角三角形，∴BM＝AM＝CMPMF是BB1上的動點，AB1，DF交于點E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1F的長 【答案】2如圖，PAO所在的平面，ABO的直徑，