专题42空间中的垂直关系教学案-2017年高考数学理一轮复习解析版

lαlα符号语言l⊥αl⊥α 线面角θ的范围 ，2F，GAC，DC，AD的中点．D－BCG

S为底面面积，h①证明由已知得△ABC≌△DBC，AC＝DC.GADBC＝3AC，PD【解析】证明因为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)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．PA＝AB＝BC，EPC的中点．又∵AB⊥AD高频考点二平面与平面垂直的判定与性质2、(1)(2015·山东)如图，DEFABCBC＝2EF，HBC的中点，BH∥EF，BH＝EF，HBEFBE∥HF.在△ABC中，G为ACHBCGH∩HF＝HFGHBE.BD⊂ABED，BDFGH.APPBDBCD.

＝PC＝4，点F段AB上，且EF∥BC.(1)证明：ABPFE；

(2)PDFBC7BC【解析】(1)证明DE＝EC，PD＝PC知，E为等腰△PDCDCPEABCPE⊥AB.因 ABPFEPE，EFAB高频考点三线面角、二面角的求法BC，EPC的中点．(3)解过点EEM⊥PDMAM【解析】(1)证明方法一(2)解方法一设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEFABC中，G为AC的中点，由

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

可得H 2 0，F(0，2，2，故 2 GH＝2，2，0，GF＝(0， 2

x＋可得

x＝1FGHn＝(1，－1，因为 GBACFD的一个法向量，GB＝(→＝所以cos〈→，n〉＝GB·n 2 ＝

2正方形

AFD90,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60ABEFE-BC-A（I）见解析（II）2所以ΕC10,3ΕΒ040ΑC

，ΑΒ4,0,0【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD的对角线AC与 交于点O，AB5,AC6，E,F分别在AD,CD上，AECF5， 交4

H

沿 折到DEF位置

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

AB5AC6DOB0

4 .所以OH1， EFDH2OH2321210DO2，DHEF

，而 【2016高考江苏卷】(14分（1）（2）平面B1DE⊥平面【2016年高考理数（本小题14分PABCDPADABCDPAPDPAPDABAD ，

，ACCD 5求证： 平面PAPBPCDPAMBMPCDAM由3 3（2） （3） nPD yznPC0即 令z ，则x1,y2所以n 又PB(1,1,1)，所以cosn,PBnPB 3n3n3所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值 3ABC,ACB=903（II） 3 ，B，CF相交于一点K，如图所示BCFEABCACBCACBCKBFAC．EF//BCBEEFFC1BC2，所以△BBF

F为CKBFCK．ACFD．由题意得B1, ，C ，K(0,0,3)，A1,

，E(, )，F( , )因此AC0,30AK13,3AB2,30

【2015高考，理14】如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点。设异面直线EM与AF所成的角为，则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，当t1时取等号.5y0时，取得最大值 BFCx【2015高考浙江，理13】如图，三棱锥ABCD中，ABACBD 点M,N分别是AD,BC的中点，则异面直线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为坐标原点，分别以→→x轴，y轴，z

→ 则BC＝(1，1，0)，BM＝MBC n·BC＝0，则

ADMBC 则sin ＝ 6 3即直线AD与平面 32（2014·B1D1＝O1ACC1A1BDD1B1均为矩形．证明：O1O⊥底面1-AB＝2.因为∠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C1­OB1­

2

193（2014·1-若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2ABPABCD的体积最大？并求此时平BPCDPC夹角的余弦值．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设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cosθ＝|n1||n2| 45（2014·ABC＝∠DBC＝120°，E，FAC，DC的中点．1-从而→→6（2014·1-AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BCA-A1B1­C1， 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的中点，PBC证明：PBCANPM1-HBOPBC＝4同理，可得＝4故△MNQ为等腰三角形，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从而 32y2－2z2＝1y2＝1，x2＝0设二面角A-NP-M的大小为θ，则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，所以直线BEPBDBM.BE⊥EM，可得∠EBM为锐角，故∠EBMBEPBDPD＝22MPDAM＝2BE＝2.BEM 1 32＝BE2

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

从而 ＝3，

在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得 GF2＋BF2－BG2

＝14

在△BFGπ

＝2π所以，∠BFG＝6BADE6DDE，DCx，yDxyz，如图所10（2014·π

M为BC上一点，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 〉 的正弦值为5 的正弦值为5已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，AD/∈l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β， 【答案】 【答案】【解析】Am⊥n,n∥αm⊂αm∥αmα相交，错误；Bm∥β，β⊥α，m⊂αm∥αmα相交，错误；Cm⊥β，n⊥βm∥nn⊥αm⊥α，正确；Dm⊥n，n⊥β，β⊥αmαm⊂αm∥α，错误．ABCBCAD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的②△BACD－ABC 【答案】如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平 【答案】【解析】∵MAB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CMPMF是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长 【答案】2如图，PAO所在的平面，ABO的直径，