旧教材适用2023高考数学一轮总复习 高考大题研究四二垂直问题与空间角的计算

专题研究(二)垂直问题与空间角的计算

题型一证明垂直关系求线面所成的角

例1(2021•浙江高考)如图，在四棱锥P—4腼中，底面48四是平行四边形，AABC

=120°,∖,BC=4,Λ4=√15,M,N分别为6G的中点，PDVDC,PMLMD.

(1)证明：ABVPM-,

(2)求直线4V与平面月如所成角的正弦值.

解⑴证明：因为底面/及笫是平行四边形，N/比=120°,BC=A,AB=I,且"为用

的中点，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区

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

因为AB〃DC,所以4LL平面

又NM=平面如"，所以4员LM

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

连接第因为加TM,PMLDaMDCDC=D,MD,Wt平面赧力,所以臼归_平面被/，

所以PMLAM.

因为//SC=120°,AB=∖,BM=2,所以由余弦定理得44小，

又为=标，所以∕W=2*.

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

PBC中,结合余弦定理得氏Vjd∏.

连接第则由余弦定理得4C=√^I,在△川。中，结合余弦定理得/^+-=24)?+2皿,

所以JA⅛=√15.

所以在44¾V中，

/4+4A?—BN1+15—11ʌ/ɪB

CoSNBAN

2AB∙AN2√156'

设直线4V与平面阳”所成的角为O,

则Sind=COSN8的=Λ5∕15

解法二：因为/WL必，PMlDaMDCDC=D,所以刊平面483

连接AM,则PMVΛM.

因为N∕8C=120°,AB=LBM=2,所以4M=小，

又PA=屏,所以月∕=2√i

由⑴知CDVDM,过点M炜ME//CD交49于点E,则姐L姒故可以以"为坐标原点，物,

,监',，妒所在直线分别为人y,Z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则J(-√3,2,0),

JP(O,O,2√2),<7(√3,-1,0),所以

易知平面R2犷的一个法向量为n=(0,1,0).

设直线4V与平面如〃所成的角为θ,

-5

则sinycos〈嬴而I=H<=曰=胆

嬴㈤标6

［解题策略］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.

变式训练1如图，四边形4%/为正方形，E,尸分别为力〃，a1的中点，以加1为折痕把

△以。折起，使点C到达点。的位置，且PFLBF.

(1)证明：平面外五L平面幽力；

(2)求加与平面/1球四所成角的正弦值.

解（1）证明：由已知可得，BF1PF,BFIEF,

又PFCEF=F,所以跖JL平面阳：

又即U平面M阳,所以平面两J_平面∕R¾

⑦作PH∖EF,垂足为〃

由（1）,得PH工平面ABFD.

以〃为坐标原点，苏的方向为y轴正方向，IMl为单位长，建立如图所示的空间直角坐

标系Hxyz.

由（1）可得，DEVPE.

又力—2,DE—1,所以/¾"=∙∖∕5.

又PF=I,EF=2,一故PELPF.

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

的=（0,0,引为平面/即9的一个法向量.

设ZF与平面力身力所成的角为0,

→→3

∖HP∙DP∖4#

则sin。-_-=1=力.

IHP∖IDP∖N

、后

所以"与平面/1皮力所成角的正弦值为年.

题型二证明垂直关系求二面角

例2图1是由矩形/庞瓦Rt4/86'和菱形加笫组成的一个平面图形，其中/6=1,BE

=BF=2,/⑸%=60°.将其沿46,和折起使得跖与苏'重合，连接〃G,如图2.

图1

（1）证明：图2中的4C,G,〃四点共面，且平面4?CL平面8&芯：

（2）求图2中的二面角6—CG—4的大小.

解⑴证明：由已知得/〃〃应，CG//BE,所以/〃〃CG,

所以49,C1确定一个平面，从而用C,G,〃四点共面.

由已知得/8■1应，ΛBVBC,RBECBC=B,BE,及七平面灰砚；所以4员L平面以功

又因为ABCL平面ABC,所以平面/6。L平面BCGE.

⑦gEHLBC,垂足为〃因为比平面仇诜；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'的边长为2,NEBC=60°,

可得即=1,EH=木.

->

以〃为坐标原点，成的方向为X轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系的Z

BHC

则/(T,1,O),C(l,0,0),

G(2,0,√3),CG=(1,0,√3),AC^(2,一1,0).

设平面4。口的法向量为〃=(My,z),

CG9Λ=0,卜+小Z=O

[2χ-y=0.

AC•/7=0,

所以可取A=(3,6,—ʌ/ɜ).

又平面6(%石的一个法向量可取m=(0,1,0),

所以CoS(n,而=I

由图知1,二面角为锐角，

因此二面角B-CG-A的大小为30°.

［解题策略］解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量.一般情

况下，在同一半平面内的位置关系和度量关系不变，在两个半平面内的关系多发生变化，弄

清相应关系是解题突破口.

变式训练2(2021•“江南十校”联考)如图，在平面四边形/8⑺中，/Q∕W,BC=CD

=√2,且8ULS以助为折痕把△力加和△物向上折起，使点4到达点6的位置，点C

到达点b的位置(5〃不重合).

(1)求证：EFYBD∙,

(2)若平面幽让平面硕，点V在平面48缪内的正投影6■为加的重心，且直线用

与平面9所成的角为60°,求二面角/一龙一〃的余弦值.

解⑴证明：如图所示，取刃的中点。，连接尸。和口，

由题意知△加和△戚均为等腰三角形，宜BF=DF,BE=ED,

故.FOLBD,EOLBD.

又因为FgEO=O,EO,Fg平面EFa所以切_L平面£7Q

又因为仔t平面斯。，所以EF工BD.

⑵由⑴知，EOLBD,又因为平面戚_1平面硼，平面9加平面/«9=必员七平面

EBD,所以仅ZL平面阳9,

所以直线切与平面战所成的角为/分'0,可得/加0=60°,

因为FB=FD=/,FBLFD,0为砂的中点，所以FgfD=1,

所以政?=4,所以BE=EgBg2,

即△骏为等边三角形，G为等边三角形/1劭的中心，

—►—►

以。为坐标原点，⑼的方向为X轴正方向，〃6的方向为y轴正方向,

建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,

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

—►—►

贝8=(—1,-√3,0),BD=(2,0,0),

XT'明

设m=(不，y∣,ZJ为平面/1瓦1的法向量,

—ɪɪ-√3yι=0,

/71∙AB=O

则4f可得1

小+9+事尸0,

lz?i∙BE=。,

令zι=l,可得小=一水，yι=y∣2,

即平面力应的一个法向量为S=(一/，√2,1),

设A2=(χ2,y^2,Z2)为平面庞少的法向量，

2Λ2=0,

∩z∙BD=O,即，©+孚k。,

则〈

∙BE=。,

令Z2=—1,可得X2=0,y2-2y∣2,

即平面跳。的一个法向量为m=(0,2√L-1),

则COS〈…〉=WW=√6+2+lX√0+8+Γ?

由图可知，二面角力—跳〃为锐角，所以二面角4—8E—〃的余弦值为J

O

题型三垂直与探索性问题的综合

例3如图，正方形4½产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)求证：ACLBF；

(2)在线段龙上是否存在一点只使得平面为d平面腔尸？若存在，求出R的值；若

不存在，请说明理由.

解(1)证明：；平面血½7U平面4%为，平面4⅛尸∩平面4609=4?,AFVAD,"IZ平面

ADEF,

；.//0_平面ABCD.

*；/次:平面48G9,：.AFLAC.

过力作4L8C于点〃，则&/=1,JZ∕=√3,C7∕=3,

."C=2小，：.A百+Ad=Bd,：.ACLAB,

'：ΛB^ΛF=A,Afc平面Ql昆”t平面为6,

.∙.∕CJL平面FAB,

∙.∙加t平面为8,."UL跖

(2)存在.由(1)知，AF,AB,IC两两垂直.以/为坐标原点，AB,AC,/砸方向分别为

X轴、y轴、Z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Aryz,则/(0,0,0),6(2,0,0),

C(0,2√3,0),f(-l,√3,2).

假设在线段应■上存在一点一满足题意，则易知点户不与点8£重合,

设a，则儿〉。,‘2—4#4

1+1+Λ,1+AY

设平面Λ4C的法向量为卬=(x,y,z),平面比½尸的法向量为〃

’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,则Z=°,

片石L24

所以卬=(1,0,∙∣m为平面阳C的一个法向量.

同理，可求得A=(1,乎，1)为平面比环的一个法向量.

2

当m∙n=0,即4=可时，平面为CJ_平面犯％,

BP9

故存在满足题意的点P,此时而=w∙

1L/ɔ

［解题策略］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.

变式训练3(2022•四川南充摸底)如图1,在边长为2的菱形/及力中，NBAD=60°,

将△时沿对角线劭折起到△笈'〃的位置，使平面8C'〃，平面力被，6是他的中点，FΛ

_L平面/如，且用=24，如图2.

图I图2

(1)求证：必〃平面8。'D；

(2)求平面4切与平面，回'所成二面角的余弦值；

AH

(3)在线段/〃上是否存在一点也使得C'ML平面皈'？若存在，求出粉值；若不

存在，说明理由.

解⑴证明：：和'=CD,£为物的中点，

：.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£为原点，如所在直线为X轴，/£所在直线为y轴，EC所在直线为Z轴建立如

图所示的空间直角坐标系，则6(1,0,0),加0,-√3,0),。(一1,0,0),户(0,-√3,2√3),

C'(0,0,√3),

：.BF=Jl,-√3,2√3),BC=(-1,0,√3).

设平面，宓'的一个法向量为H=(笛y,z),

m∙BF=­x~y∣3y÷2χβz=0,

则〈■

—►

^ιπ∙BC=-χ+y∣3z=0f

取z=l,则ΛT=(Λ∕5,1,1).

又平面小物的一个法向量为n=(0,0,1),

.∙.cos〈血Ii)=τπτ⅜=~r~=⅛-由图知此二面角为锐二面角，则平面/被与平

∖m∖∖n∖y∣5×l5

面F8C'所成二面角的余弦值为卓.

(3)假设在线段上存在点M(x,y,z),

使得C'Ja平面腕，

—►—►

设/月则(％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.

・'・线段力。上不存在点也使得CJ/_L平面FBCt.

课时作业I

1.(2021•四川成都高新区第四次质检)如图所示，四棱柱力腼-43G〃的底面是菱形，

侧棱垂直于底面，点£,尸分别在棱/4,⑶上，且满足/£=%4,CF^=∖cQ,平面叱与平

Oð

面/6C的交线为1.

H

(1)证明：直线/_L平面切加；

(2)己知£F=2,BD1=A,设物■与平面所成的角为θ,求sin，的取值范围.

解(1)证明：如图所示，连接4C,与物交于点Q

由条件可知/6〃CE且/•.四边形在此`为平行四边形，,4C〃硒

:瓦七平面筋，平面断.∙"C〃平面庞汽

,/平面BEFC平面ABC=1,：.AC//1.

：四棱柱4式》—43G〃的底面是菱形，且侧棱垂直于底面，∙∙∙4CL被，ACLDD,,

又BDCDh=D,."UL平面应办,

直线，，平面BDDx.

(2)如图所示，以。为坐标原点，OB,比的方向分别为X轴、y轴正方向建立空间直角坐

标系，

设BD=2a,<BD<BK,Λ0<a<2,

则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)是平面即的一个法向量，而即=J"呼,

—f∖OC∙BF∖

故Sing=ICoS〈OC,BR∖=^--—-►-----―--►-

∖0C∖∖BF∖

[3

/+谣―—历奇

3

当°<a<2时,吟<篇俞<

5-

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

=√5,QC=3.

(1)证明：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证明：取49的中点。，连接。O,CO.

因为私=0,OA=OD,

所以QOVAD,

而AD=2,QA=yβ,

故W=江=I=2.

在正方形48缪中，因为4>=2,故Do=故折邓，

因为0C=3,故Qd=矽+9，故40%为直角三角形且仇小3,

因为。0∩AD=0,故QOL平面ABCD,

因为Qg平面QAD,

故平面3〃_L平面ABCD.

(2)在平面ASCDfy,过。作OT//CD,交BC千T,则OTVAD,结合⑴中的仇叱平面ABCD,

故可建立如图所示的空间直角坐标系.

则〃(O,1,O),0(0,0,2),8(2,-1,0),

故优二(-2,1,2),BH2,5.

设平面Q初的法向量为〃=(x,y,z),

n∙BQ=Q,[—2x+p+2z=0,

则〈即

[-2x+2y=09

l〃・BD=O,

取x=l,则y=l,z=g,故片(1,Lɪ

而平面3〃的一个法向量为卬=(1,0,0),

故CoS(zzz,ri)=----=-

OO

1×2

2

由图易知二面角4一3一力的平面角为锐角，故其余弦值为三.

ɔ

3.(2021•石家庄模拟)如图，在三棱柱/16C—中，底面/6C是正三角形，侧棱4/

，平面46GD,£分别是/6,JΛ的中点，JlAΦLBxE.

(1)求证：平面4曲；

(2)求二面角4一切一瓜的余弦值.

解(1)证明：在三棱柱中，44J_平面49C,在平面所以

在4∕8C中，AC=BC,〃为/8的中点，所以切_L/8.

又AA1QAB=A,所以CDL平面AAMS.

因为B∖Eu平面AABB,所以CDVBxE,

XBXELAXD,A∖DCCgD,

所以8∣AL平面AxCD.

(2)设46=2,在矩形A⅞β6中，因为5£，4〃，所以N4EB、=N4DA,

贝!]tanZΛiB=tanZ∕4ιZM,

即她=也即二--纳

即4厂次即1-1得44=2.

2AA'

以〃为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,

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

—►—►

则加=(1,0,2),DC=(0,√3,0).

设平面AG9的法向量为A=(x,y,z),

DBi•刀=x+2Z=O,

则

【〃。・n=yβy=0,

令z=l,得〃=（一2,0,1）.

由(D知，笈£1平面40，所以8万=(-2,0,—1)为平面4切的一个法向量.

B∖E*n4~13

cos{B∖E,n）

=/=衍rg∙

由图可知，该二面角为锐二面角，

所以二面角4-吩笈的余弦值姆

4.如图,边长为2的正方形4应力所在的平面与半圆弧切所在平面垂直,"是切上异于C,

〃的点.

(1)证明：平面AMDL平面BMCy

(2)当三棱锥历一/8C体积最大时，求平面仞仿与平面MiW所成二面角的正弦值.

解(1)证明：由题设知，平面。勿，平面交线为C0

因为8aLG9,BeU平面ABa),

所以6UL平面CMD,故BCVDM

因为〃为Sh异于C,〃的点，且如为直径，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。为坐标原点，的的方向为X轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Z⅛yz.

当三棱锥"一/8。体积最大时，"为。的中点.

由题设得〃(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).

设n=(x,y,z)是平面MAB的一个法向量,

A∙4Q0,「一2x+y+z=0,

则〈即C

-*[2y=0.

、n∙AB=O,

可取A=(1,0,2).

的是平面MCD的一个法向量,

fn∙DA、后F2Λ∕5

因此cos(Λ,DQ---------=^~'Sin<Λ,Da=T-,

If5ɔ

n∖∖DA∖

所以平面物6与平面所成二面角的正弦值是芈.

□

5.(2021•新高考I卷)如图，在三棱锥A-BcD中,平面46〃_L平面BCD,AB=AD,。为

劭的中点.

(1)证明：OAVCD-,

(2)若aOG?是边长为1的等边三角形，点K在棱/〃上，DE=2EA,且二面角E-BC-D

的大小为45°,求三棱锥4—四的体积.

解⑴证明：在△/劭中，因为四=/〃，。为即的中点，所以。

因为平面/⑼_L平面BCD,且平面平面BCABD,OAU平面ABD,所以《4_L平面BCD,

又因为次:平面及力，所以刃_1_必

(2)解法一：由题意可得勿=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△腼为直角三角形，且NBCg90°.

以C为坐标原点，CD,%所在直线分别为X轴、y轴，过。且垂直于平面腼的直线为

Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

设点£在Z轴上的坐标为Λ∕(zB>O),

因为。£=2劭，由三角形相似可得《|,当,

又因为C(0,0,0),8(0,√3,0),

所以8C=(0,-√3,0),以=(|,当，

设平面6位的法向量为力产(a,b,¢),

由Al∙8C=0,Λι∙CE=O,并令C=I,得Al=(―5如θ,1)∙

易得平面以力的一个法向量为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.

ɔJNVb

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

连接跖，FG,EG,

因为2AE=DE,

所以∕∖AOD^∕∖EFD.

所以AO//EF.

由⑴知，/0_L平面腼，所以跖L平面比9,所以即LBaEFIFG,

124

又勿=1,所以必=1,OF=-,DF=-,BF=-,

ɔɔɔ

所以2DF=BF,所以ABC*∕∖BGF.

22

所以GF〃CD,且斤三可但鼻.

因为OB=OD=OC=\,所以8ULG9,BC=/.

所以GFVBC.

又因为EFLBC,