舊教材適用2023高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 高考大題研究四二垂直問題與空間角的計算

專題研究(二)垂直問題與空間角的計算

題型一證明垂直關(guān)系求線面所成的角

例1(2021?浙江高考)如圖，在四棱錐P—4靦中，底面48四是平行四邊形，AABC

=120°,?,BC=4,Λ4=√15,M,N分別為6G的中點，PDVDC,PMLMD.

(1)證明：ABVPM-,

(2)求直線4V與平面月如所成角的正弦值.

解⑴證明：因為底面/及笫是平行四邊形，N/比=120°,BC=A,AB=I,且"為用

的中點，所以。f=2,DC=1,NDaf=60°,

由余弦定理可得〃k[5,所以如+加=如，所以。ULO區(qū)

又PDIDC,且PDC但D,雄=平面物”，〃《=平面/7卷所以〃UL平面如K

因為AB〃DC,所以4LL平面

又NM=平面如"，所以4員LM

(2)解法一：由(1)知/6,平面PDM,所以NM8為直線4V與平面如V所成角的余角.

連接第因為加TM,PMLDaMDCDC=D,MD,Wt平面赧力,所以臼歸_平面被/，

所以PMLAM.

因為//SC=120°,AB=?,BM=2,所以由余弦定理得44小，

又為=標，所以∕W=2*.

因為7WJ_平面加微BCu平面ABCD,所以/￥_￡%所以PB=Pg24,連接SV,在4

PBC中,結(jié)合余弦定理得氏Vjd∏.

連接第則由余弦定理得4C=√^I,在△川。中，結(jié)合余弦定理得/^+-=24)?+2皿,

所以JA?=√15.

所以在44?V中，

/4+4A?—BN1+15—11?/?B

CoSNBAN

2AB?AN2√156'

設(shè)直線4V與平面陽”所成的角為O,

則Sind=COSN8的=Λ5∕15

解法二：因為/WL必，PMlDaMDCDC=D,所以刊平面483

連接AM,則PMVΛM.

因為N∕8C=120°,AB=LBM=2,所以4M=小，

又PA=屏,所以月∕=2√i

由⑴知CDVDM,過點M煒ME//CD交49于點E,則姐L姒故可以以"為坐標原點，物,

,監(jiān)',，妒所在直線分別為人y,Z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則J(-√3,2,0),

JP(O,O,2√2),<7(√3,-1,0),所以

易知平面R2獷的一個法向量為n=(0,1,0).

設(shè)直線4V與平面如〃所成的角為θ,

-5

則sinycos〈嬴而I=H<=曰=膽

嬴㈤標6

［解題策略］求線面角可以用幾何法，即“先找，后證，再求”，也可以通過平面的法

向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角，取其余角就是斜線和平面所

成的角.

變式訓(xùn)練1如圖，四邊形4%/為正方形，E,尸分別為力〃，a1的中點，以加1為折痕把

△以。折起，使點C到達點。的位置，且PFLBF.

(1)證明：平面外五L平面幽力；

(2)求加與平面/1球四所成角的正弦值.

解（1）證明：由已知可得，BF1PF,BFIEF,

又PFCEF=F,所以跖JL平面陽：

又即U平面M陽,所以平面兩J_平面∕R?

⑦作PH?EF,垂足為〃

由（1）,得PH工平面ABFD.

以〃為坐標原點，蘇的方向為y軸正方向，IMl為單位長，建立如圖所示的空間直角坐

標系Hxyz.

由（1）可得，DEVPE.

又力—2,DE—1,所以/?"=??∕5.

又PF=I,EF=2,一故PELPF.

所以外=坐,￡V=|,則〃（o,o,0）,d0,0,平）,《一1,—1,0^,分=[1,1,平）

的=（0,0,引為平面/即9的一個法向量.

設(shè)ZF與平面力身力所成的角為0,

→→3

?HP?DP?4#

則sin。-_-=1=力.

IHP?IDP?N

、后

所以"與平面/1皮力所成角的正弦值為年.

題型二證明垂直關(guān)系求二面角

例2圖1是由矩形/龐瓦Rt4/86'和菱形加笫組成的一個平面圖形，其中/6=1,BE

=BF=2,/⑸%=60°.將其沿46,和折起使得跖與蘇'重合，連接〃G,如圖2.

圖1

（1）證明：圖2中的4C,G,〃四點共面，且平面4?CL平面8&芯：

（2）求圖2中的二面角6—CG—4的大小.

解⑴證明：由已知得/〃〃應(yīng)，CG//BE,所以/〃〃CG,

所以49,C1確定一個平面，從而用C,G,〃四點共面.

由已知得/8■1應(yīng)，ΛBVBC,RBECBC=B,BE,及七平面灰硯；所以4員L平面以功

又因為ABCL平面ABC,所以平面/6。L平面BCGE.

⑦gEHLBC,垂足為〃因為比平面仇詵；平面8屐肛1平面4?G平面Ba芯∩平面

ABC=BC,所以防5平面力犯

由菱形8C必'的邊長為2,NEBC=60°,

可得即=1,EH=木.

->

以〃為坐標原點，成的方向為X軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系的Z

BHC

則/(T,1,O),C(l,0,0),

G(2,0,√3),CG=(1,0,√3),AC^(2,一1,0).

設(shè)平面4?？诘姆ㄏ蛄繛椤?(My,z),

CG9Λ=0,卜+小Z=O

[2χ-y=0.

AC?/7=0,

所以可取A=(3,6,—?/?).

又平面6(%石的一個法向量可取m=(0,1,0),

所以CoS(n,而=I

由圖知1,二面角為銳角，

因此二面角B-CG-A的大小為30°.

［解題策略］解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量.一般情

況下，在同一半平面內(nèi)的位置關(guān)系和度量關(guān)系不變，在兩個半平面內(nèi)的關(guān)系多發(fā)生變化，弄

清相應(yīng)關(guān)系是解題突破口.

變式訓(xùn)練2(2021?“江南十?！甭?lián)考)如圖，在平面四邊形/8⑺中，/Q∕W,BC=CD

=√2,且8ULS以助為折痕把△力加和△物向上折起，使點4到達點6的位置，點C

到達點b的位置(5〃不重合).

(1)求證：EFYBD?,

(2)若平面幽讓平面碩，點V在平面48繆內(nèi)的正投影6■為加的重心，且直線用

與平面9所成的角為60°,求二面角/一龍一〃的余弦值.

解⑴證明：如圖所示，取刃的中點。，連接尸。和口，

由題意知△加和△戚均為等腰三角形，宜BF=DF,BE=ED,

故.FOLBD,EOLBD.

又因為FgEO=O,EO,Fg平面EFa所以切_L平面￡7Q

又因為仔t平面斯。，所以EF工BD.

⑵由⑴知，EOLBD,又因為平面戚_1平面硼，平面9加平面/?9=必員七平面

EBD,所以僅ZL平面陽9,

所以直線切與平面戰(zhàn)所成的角為/分'0,可得/加0=60°,

因為FB=FD=/,FBLFD,0為砂的中點，所以FgfD=1,

所以政?=4,所以BE=EgBg2,

即△駿為等邊三角形，G為等邊三角形/1劭的中心，

—?—?

以。為坐標原點，⑼的方向為X軸正方向，〃6的方向為y軸正方向,

建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz,

可得4(0,√3,0),6(-1,0,0),Zl(1,0,0),Z^O,乎，

—?—?

貝8=(—1,-√3,0),BD=(2,0,0),

XT'明

設(shè)m=(不，y∣,ZJ為平面/1瓦1的法向量,

—??-√3yι=0,

/71?AB=O

則4f可得1

小+9+事尸0,

lz?i?BE=。,

令zι=l,可得小=一水，yι=y∣2,

即平面力應(yīng)的一個法向量為S=(一/，√2,1),

設(shè)A2=(χ2,y^2,Z2)為平面龐少的法向量，

2Λ2=0,

∩z?BD=O,即，?+孚k。,

則〈

?BE=。,

令Z2=—1,可得X2=0,y2-2y∣2,

即平面跳。的一個法向量為m=(0,2√L-1),

則COS〈…〉=WW=√6+2+lX√0+8+Γ?

由圖可知，二面角力—跳〃為銳角，所以二面角4—8E—〃的余弦值為J

O

題型三垂直與探索性問題的綜合

例3如圖，正方形4?產(chǎn)所在平面和等腰梯形4比》所在的平面互相垂直，已知以：=4,

AB=AD=2.

(1)求證：ACLBF；

(2)在線段龍上是否存在一點只使得平面為d平面腔尸？若存在，求出R的值；若

不存在，請說明理由.

解(1)證明：；平面血?7U平面4%為，平面4?尸∩平面4609=4?,AFVAD,"IZ平面

ADEF,

；.//0_平面ABCD.

*；/次:平面48G9,：.AFLAC.

過力作4L8C于點〃，則&/=1,JZ∕=√3,C7∕=3,

."C=2小，：.A百+Ad=Bd,：.ACLAB,

'：ΛB^ΛF=A,Afc平面Ql昆”t平面為6,

.?.∕CJL平面FAB,

?.?加t平面為8,."UL跖

(2)存在.由(1)知，AF,AB,IC兩兩垂直.以/為坐標原點，AB,AC,/砸方向分別為

X軸、y軸、Z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)ryz,則/(0,0,0),6(2,0,0),

C(0,2√3,0),f(-l,√3,2).

假設(shè)在線段應(yīng)■上存在一點一滿足題意，則易知點戶不與點8￡重合,

設(shè)a，則兒〉。,‘2—4#4

1+1+Λ,1+AY

設(shè)平面Λ4C的法向量為卬=(x,y,z),平面比?尸的法向量為〃

’2—/#/2才］

由仍=,1+λ,1+Λ,TTTj,AC=(0,2√3,0),

Cf2一√3Λ2A

卜?a=x+*y

τττrV="'

—?

、勿?AC=2yβy=0f

7=0,

Λ_2

即，Λ—2令x=l,則Z=°,

片石L24

所以卬=(1,0,?∣m為平面陽C的一個法向量.

同理，可求得A=(1,乎，1)為平面比環(huán)的一個法向量.

2

當m?n=0,即4=可時，平面為CJ_平面犯％,

BP9

故存在滿足題意的點P,此時而=w?

1L/?

［解題策略］線面垂直中的探索性問題同“平行關(guān)系中的探索性問題”的規(guī)律方法一

樣，有兩種解法，一是幾何法，先探求點的位置，多為線段的中點或某個三等分點，然后給

出符合要求的證明.二是利用空間向量探索，把要成立的結(jié)論當作條件，據(jù)此列方程或方程

組，通過坐標運算進行判斷.

變式訓(xùn)練3(2022?四川南充摸底)如圖1,在邊長為2的菱形/及力中，NBAD=60°,

將△時沿對角線劭折起到△笈'〃的位置，使平面8C'〃，平面力被，6是他的中點，F(xiàn)Λ

_L平面/如，且用=24，如圖2.

圖I圖2

(1)求證：必〃平面8。'D；

(2)求平面4切與平面，回'所成二面角的余弦值；

AH

(3)在線段/〃上是否存在一點也使得C'ML平面皈'？若存在，求出粉值；若不

存在，說明理由.

解⑴證明：：和'=CD,￡為物的中點，

：.C'ELBD.

又平面SC'2L平面/即，且平面SC'DC平面ABD=B0,：.C反！平面/做

VΛ41jF≡ABD,J.FA//C￡：而。比平面仇?'。，欣平面娟。，二必〃平面MD.

(2)以￡為原點，如所在直線為X軸，/￡所在直線為y軸，EC所在直線為Z軸建立如

圖所示的空間直角坐標系，則6(1,0,0),加0,-√3,0),。(一1,0,0),戶(0,-√3,2√3),

C'(0,0,√3),

：.BF=Jl,-√3,2√3),BC=(-1,0,√3).

設(shè)平面，宓'的一個法向量為H=(笛y,z),

m?BF=-x~y∣3y÷2χβz=0,

則〈■

—?

^ιπ?BC=-χ+y∣3z=0f

取z=l,則ΛT=(Λ∕5,1,1).

又平面小物的一個法向量為n=(0,0,1),

.?.cos〈血Ii)=τπτ?=~r~=?-由圖知此二面角為銳二面角，則平面/被與平

?m??n?y∣5×l5

面F8C'所成二面角的余弦值為卓.

(3)假設(shè)在線段上存在點M(x,y,z),

使得C'Ja平面腕，

—?—?

設(shè)/月則(％y+√3,z)=4(-l,√3,0)=(-4,√3A,0),

.β.X——Λ,y=√3(A—1),z=0.

—?

而6vM=(—4,√3(—1),—y∣3).

―?

由227〃CM9可知才不存在.

?'?線段力。上不存在點也使得CJ/_L平面FBCt.

課時作業(yè)I

1.(2021?四川成都高新區(qū)第四次質(zhì)檢)如圖所示，四棱柱力靦-43G〃的底面是菱形，

側(cè)棱垂直于底面，點￡,尸分別在棱/4,⑶上，且滿足/￡=%4,CF^=?cQ,平面叱與平

Oe

面/6C的交線為1.

H

(1)證明：直線/_L平面切加；

(2)己知￡F=2,BD1=A,設(shè)物■與平面所成的角為θ,求sin，的取值范圍.

解(1)證明：如圖所示，連接4C,與物交于點Q

由條件可知/6〃CE且/?.四邊形在此`為平行四邊形，,4C〃硒

:瓦七平面筋，平面斷.?"C〃平面龐汽

,/平面BEFC平面ABC=1,：.AC//1.

：四棱柱4式》—43G〃的底面是菱形，且側(cè)棱垂直于底面，???4CL被，ACLDD,,

又BDCDh=D,."UL平面應(yīng)辦,

直線，，平面BDDx.

(2)如圖所示，以。為坐標原點，OB,比的方向分別為X軸、y軸正方向建立空間直角坐

標系，

設(shè)BD=2a,<BD<BK,Λ0<a<2,

則OB=a,DIλ=M而一9=2√4-/,

故8(a,0,0),<7(0,1,0),Λ0,

由⑴可知00=(0,1,0)是平面即的一個法向量，而即=J"呼,

—f?OC?BF?

故Sing=ICoS〈OC,BR?=^--—-?-----―--?-

?0C??BF?

[3

/+謠―—歷奇

3

當°<a<2時,吟<篇俞<

5-

2.(2021?新高考H卷)在四棱錐0一四(力中，底面/5(力是正方形，若A9=2,QD=QA

=√5,QC=3.

(1)證明：平面如。_1_平面ABCD；

(2)求二面角8一初一/的平面角的余弦值.

解⑴證明：取49的中點。，連接。O,CO.

因為私=0,OA=OD,

所以QOVAD,

而AD=2,QA=yβ,

故W=江=I=2.

在正方形48繆中，因為4>=2,故Do=故折鄧，

因為0C=3,故Qd=矽+9，故40%為直角三角形且仇小3,

因為。0∩AD=0,故QOL平面ABCD,

因為Qg平面QAD,

故平面3〃_L平面ABCD.

(2)在平面ASCDfy,過。作OT//CD,交BC千T,則OTVAD,結(jié)合⑴中的仇叱平面ABCD,

故可建立如圖所示的空間直角坐標系.

則〃(O,1,O),0(0,0,2),8(2,-1,0),

故優(yōu)二(-2,1,2),BH2,5.

設(shè)平面Q初的法向量為〃=(x,y,z),

n?BQ=Q,[—2x+p+2z=0,

則〈即

[-2x+2y=09

l〃?BD=O,

取x=l,則y=l,z=g,故片(1,L?

而平面3〃的一個法向量為卬=(1,0,0),

故CoS(zzz,ri)=----=-

OO

1×2

2

由圖易知二面角4一3一力的平面角為銳角，故其余弦值為三.

?

3.(2021?石家莊模擬)如圖，在三棱柱/16C—中，底面/6C是正三角形，側(cè)棱4/

，平面46GD,￡分別是/6,JΛ的中點，JlAΦLBxE.

(1)求證：平面4曲；

(2)求二面角4一切一瓜的余弦值.

解(1)證明：在三棱柱中，44J_平面49C,在平面所以

在4∕8C中，AC=BC,〃為/8的中點，所以切_L/8.

又AA1QAB=A,所以CDL平面AAMS.

因為B?Eu平面AABB,所以CDVBxE,

XBXELAXD,A?DCCgD,

所以8∣AL平面AxCD.

(2)設(shè)46=2,在矩形A?β6中，因為5￡，4〃，所以N4EB、=N4DA,

貝!]tanZΛiB=tanZ∕4ιZM,

即她=也即二--納

即4廠次即1-1得44=2.

2AA'

以〃為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系,

則〃(0,0,0),8(1,0,2),C(0,√3,0),M-1,0,1),

—?—?

則加=(1,0,2),DC=(0,√3,0).

設(shè)平面AG9的法向量為A=(x,y,z),

DBi?刀=x+2Z=O,

則

【〃。?n=yβy=0,

令z=l,得〃=（一2,0,1）.

由(D知，笈￡1平面40，所以8萬=(-2,0,—1)為平面4切的一個法向量.

B?E*n4~13

cos{B?E,n）

=/=衍rg?

由圖可知，該二面角為銳二面角，

所以二面角4-吩笈的余弦值姆

4.如圖,邊長為2的正方形4應(yīng)力所在的平面與半圓弧切所在平面垂直,"是切上異于C,

〃的點.

(1)證明：平面AMDL平面BMCy

(2)當三棱錐歷一/8C體積最大時，求平面仞仿與平面MiW所成二面角的正弦值.

解(1)證明：由題設(shè)知，平面。勿，平面交線為C0

因為8aLG9,BeU平面ABa),

所以6UL平面CMD,故BCVDM

因為〃為Sh異于C,〃的點，且如為直徑，所以〃MLQZ

又BCeCM=C,所以DMl.平面BMC.

而例上平面AMD,

故平面4切_1_平面BMC.

(2)以。為坐標原點，的的方向為X軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Z?yz.

當三棱錐"一/8。體積最大時，"為。的中點.

由題設(shè)得〃(0,0,0),由2,0,0),由2,2,0),<7(0,2,0),M0,1,1),4仁(一2,1,1),AB

=(0,2,0),Λ4=(2,0,0).

設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的一個法向量,

A?4Q0,「一2x+y+z=0,

則〈即C

-*[2y=0.

、n?AB=O,

可取A=(1,0,2).

的是平面MCD的一個法向量,

fn?DA、后F2Λ∕5

因此cos(Λ,DQ---------=^~'Sin<Λ,Da=T-,

If5?

n??DA?

所以平面物6與平面所成二面角的正弦值是羋.

□

5.(2021?新高考I卷)如圖，在三棱錐A-BcD中,平面46〃_L平面BCD,AB=AD,。為

劭的中點.

(1)證明：OAVCD-,

(2)若aOG?是邊長為1的等邊三角形，點K在棱/〃上，DE=2EA,且二面角E-BC-D

的大小為45°,求三棱錐4—四的體積.

解⑴證明：在△/劭中，因為四=/〃，。為即的中點，所以。

因為平面/⑼_L平面BCD,且平面平面BCABD,OAU平面ABD,所以《4_L平面BCD,

又因為次:平面及力，所以刃_1_必

(2)解法一：由題意可得勿=1,BD=2,NBDC=60°,在△及力中，由余弦定理，

得BC=qB4+θf-2BD?CDCoSNBDC

=Λ^22+12-2×2×1×∣=√3.

所以Ca+BC=Bk

所以△靦為直角三角形，且NBCg90°.

以C為坐標原點，CD,%所在直線分別為X軸、y軸，過。且垂直于平面靦的直線為

Z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.

設(shè)點￡在Z軸上的坐標為Λ∕(zB>O),

因為?！?2劭，由三角形相似可得《|,當,

又因為C(0,0,0),8(0,√3,0),

所以8C=(0,-√3,0),以=(|,當，

設(shè)平面6位的法向量為力產(chǎn)(a,b,￠),

由Al?8C=0,Λι?CE=O,并令C=I,得Al=(―5如θ,1)?

易得平面以力的一個法向量為m=(0,0,1),

所以cos45°=I同R=㈤J=)2,

2

所以/77=-,由三角形相似易得AO=X,

所以VA-IiCD=WS△%)?A0=zτ×τ×1×y∣3×1.

?JNVb

解法二：如圖，取切的三等分點F,使得2M="；取比的三等分點G,使得2CG=3G,

連接跖，F(xiàn)G,EG,

因為2AE=DE,

所以∕?AOD^∕?EFD.

所以AO//EF.

由⑴知，/0_L平面靦，所以跖L平面比9,所以即LBaEFIFG,

124

又勿=1,所以必=1,OF=-,DF=-,BF=-,

???

所以2DF=BF,所以ABC*∕?BGF.

22

所以GF〃CD,且斤三可但鼻.

因為OB=OD=OC=\,所以8ULG9,BC=/.

所以GFVBC.

又因為EFLBC,