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五年高考真题(数学理) 8.5 空间垂直的判定与性质


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第五节

空间垂直的判定与性质

考点 空间垂直的判定与性质 1.(2015· 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 C.∠A′CB≤α 解析 ) B.∠A′DB≥α D.∠A′CB≥α

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 B

2.(2014· 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⊥l4 B.l1∥l4 C.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 D

3.(2013· 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∥α B.α ⊥β 且 l⊥β C.α 与 β 相交,且交线垂直于 l D.α 与 β 相交,且交线平行于 l 解析 ∵m⊥α,l⊥m,l?α
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)

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∴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 D

4.(2015· 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 E, 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= EH2-EM2=6, 所 → 的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间 以 AH=10.以 D 为坐标原点,DA 直角坐标系 D-xyz,则 A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4, → =(10,0,0),HE → =(0,-6,8). 8),FE → =0, ? ?n· FE ?10x=0, 设 n=(x,y,z)是平面 EHGF 的法向量,则? 即? 所以 → - 6 y + 8 z = 0 , ? ? HE=0, ?n· →| 4 5 |n· AF → → 可取 n=(0,4,3).又AF=(-10,4,8),故|cos〈n,AF〉|= = . → | 15 |n||AF 4 5 所以 AF 与平面 EHGF 所成角的正弦值为 15 . 5. (2015· 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.
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(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= 3. 由 BE⊥平面 ABCD,AB=BC,可知 AE=EC.又 AE⊥EC,所以 EG= 3,且 EG⊥AC. 2 在 Rt △EBG 中,可得 BE= 2,故 DF= 2 . 6 在 Rt △FDG 中,可得 FG= 2 . 2 3 2 在直角梯形 BDFE 中,由 BD=2,BE= 2,DF= 2 ,可得 EF= 2 , 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 → ,GC → 的方向为 x 轴,y 轴正方向, 如图,以 G 为坐标原点,分别以GB

→ |为单位长,建立空间直角坐标系 G-xyz,由(1)可得 A(0,- 3,0),E(1, |GB ? 2? → =(1, 3, 2),CF →= 0, 2),F?-1,0, ?,C(0, 3,0),所以AE 2? ? ? 2? ?-1,- 3, ?. 2 ? ? → ·CF → AE 3 → → 故 cos〈AE,CF〉= =- 3 . → ||CF →| |AE 3 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 3 . 6. (2014· 新课标全国Ⅰ, 19)如图, 三棱柱 ABCA1B1C1 中,侧面 BB1C1C 为菱形,AB⊥B1C.
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世纪金榜 (1)证明:AC=AB1;

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(2)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角 (1)证明 连接 BC1,交 B1C 于点 O,连接 AO.

A-A1B1-C1 的余弦值.

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. → 的方向为 x 轴正方向,|OB → |为单位长,建立如图所示的 以 O 为坐标原点,OB 空间直角坐标系 O-xyz. ? 3? 因为∠CBB1=60°, 所以△CBB1 为等边三角形. 又 AB=BC, 则 A?0,0, ?, 3? ? ? 3 ? B(1,0,0),B1?0, ,0?, 3 ? ? ? 3 ? C?0,- ,0?. 3 ? ? 3 3? → =? ?0, ,- ?, AB 1 3 3? ? 3? → ? ?, A→ 1B1=AB=?1,0,- 3 ? ? ? 3 → ? ?. B→ , 0 1C1=BC=?-1,- 3 ? ? 设 n=(x,y,z)是平面 AA1B1 的法向量, 3 3 y- 3 z=0, → =0, ? ? ? 3 ?n· AB 1 则? 即? → ? A1B1=0, ?x- 3z=0. ? n· ? 3 所以可取 n=(1, 3, 3).
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→ ? ?m· A1B1=0, 设 m 是平面 A1B1C1 的法向量,则? ? B→ ?m· 1C1=0. 同理可取 m=(1,- 3, 3). n·m 1 则 cos〈n,m〉= |n||m| =7. 1 所以二面角 AA1B1?C1 的余弦值为7. 7.(2014· 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, ∴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= 3,由(1)知 CF⊥DF, 3 1 ∴DF= 2 ,CF=2. DE CF 1 又 FE∥CD,∴PD=PC=4, 3 ∴DE= 4 . 3 3 同理 EF=4CD=4.
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如图所示,以 D 为原点,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,1), ? 3 ? ? 3 3 ? E? ,0,0?,F? , ,0?, ?4 ? ?4 4 ? P( 3,0,0),C(0,1,0). 设 m=(x,y,z)是平面 AEF 的法向量, ? → ? 3 →, ? ?, ? , 0 ,- 1 ?AE=? ?m⊥AE ?4 ? 则? 又? → 3 ? ? → =? ?m⊥EF. 0 , ? EF , ? ? ? 4,0? ? → = 3x-z=0, ? AE ?m· 4 ∴? → =3y=0. m · EF ? ? 4 令 x=4,则 z= 3,m=(4,0, 3). → =(- 3,1,0), 由(1)知平面 ADF 的一个法向量为PC 设二面角 D-AF-E 的平面角为 θ,可知 θ 为锐角, →| PC 4 3 2 57 → 〉|= |m· cos θ =|cos〈m,PC = = 19 . →| 19×2 |m|· |PC 2 57 故二面角 D-AF-E 的余弦值为 19 . 法二 设 AB=1,

∵CF⊥平面 ADF,∴CF⊥DF. 3 ∴在△CFD 中,DF= 2 , ∵CD⊥AD,CD⊥PD, ∴CD⊥平面 ADE. 又∵EF∥CD, ∴EF⊥平面 ADE.∴EF⊥AE, 3 3 ∴在△DEF 中,DE= 4 ,EF=4, 19 在△ADE 中,AE= 4 ,

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世纪金榜 7 在△ADF 中,AF= 2 .

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1 1 由 VA?DEF=3·S△ADE·EF=3·S△ADF·hE?ADF, 3 解得 hE?ADF=8, 设△AEF 的边 AF 上的高为 h, 1 1 由 S△AEF=2·EF·AE=2· AF· h, 3 133 解得 h=4× 14 , 设二面角 DAFE 的平面角为 θ. hE?ADF 3 4 14 133 则 sin θ = h =8×3× = 19 , 133 2 57 ∴cos θ = 19 . 8. (2014· 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. π 所以∠EOC=∠FOC= 2 , 即 FO⊥BC. 又 EO⊥BC,因此 BC⊥面 EFO, 又 EF?面 EFO,
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世纪金榜 所以 EF⊥BC. 法二

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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, 3),D( 3,-1, 0),C(0,2,0).

图2 1 3 ? 3 1 ? 3 3? → → =? ? ,0,- ?,BC 因而 E(0,2, 2 ),F? , ,0?,所以EF =(0,2,0), 2? ?2 2 ? ?2 → ·BC → =0. 因此EF → ⊥BC →, 从而EF 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. 1 1 3 在△EOC 中,EO=2EC=2BC·cos 30°= 2 ,由△BGO∽△BFC 知,OG= BO 3 EO 2 5 · FC = ,因此 tan ∠ EGO = = 2 ,从而 sin ∠ EGO = BC 4 OG 5 ,即二面角 E? 2 5 BF?C 的正弦值为 5 . 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), ? → ? 3 1 1 3? → =? ? , ,0?,BE 又BF =?0, , ?. 2 2? ?2 2 ? ?

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世纪金榜 → ? ?n2·BF=0 由? → ? ?n2·BE=0

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得其中一个 n2=(1,- 3,1). 设二面角 E-BF-C 大小为 θ,且由题意知 θ 为锐角,则 ?n1·n2? 1 ?= , cos θ =|cos〈n1,n2〉|=? ? |n1||n2| ? 5 因此 sin θ = 2 2 5 2 5 = 5 ,即所求二面角的正弦值为 5 . 5

9.(2014· 江西,19)如图,四棱锥 P?ABCD 中,ABCD 为矩形, 平面 PAD⊥平面 ABCD. (1)求证:AB⊥PD; (2)若∠BPC=90°,PB= 2,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 PG. 过 P 作 AD 的垂线,垂足为 O,过 O 作 BC 的垂线,垂足为 G,连接

故 PO⊥平面 ABCD,BC⊥平面 POG,BC⊥PG. 2 3 2 6 6 在 Rt△BPC 中,PG= 3 ,GC= 3 ,BG= 3 . 设 AB=m,则 OP= PG2-OG2= 故四棱锥 P-ABCD 的体积为 1 V=3· 6·m·
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4 2 3-m ,

4 2 3-m
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世纪金榜 m =3 8-6m2.

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因为 m 8-6m2= 8m2-6m4 = 2?2 8 ? -6?m2-3? +3, ? ?

6 6 故当 m= 3 ,即 AB= 3 时,四棱锥 P-ABCD 的体积最大. ? 6 ? 6 此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为 O(0,0,0),B? ,- ,0?, 3 ?3 ? ? 6 2 6 ? ? 2 6 ? ?,D?0, ?, C? , , 0 3 3 ,0? ?3 ? ? ? 6? P?0,0, ?. 3 ? ? 6 2 6 6? → =? ? , ?, 故PC ,- 3 3? ?3 → =(0, 6,0), BC ? 6 → =? ?- ,0,0?, CD ? 3 ? →, 设平面 BPC 的一个法向量 n1=(x,y,1),则由 n1⊥PC →得 n1⊥BC

? 36x+2 3 6y- 36=0, ? ? 6y=0,
解得 x=1,y=0,n1=(1,0,1). 1 ? ? 同理可求出平面 DPC 的一个法向量 n2=?0,2,1?.从而平面 BPC 与平面 DPC ? ? |n1·n2| 夹角 θ 的余弦值为 cos θ = |n ||n | = 1 2 1 2· 1 4+1 10 = 5 .

10.(2014· 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.

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(1)证明:O1O⊥底面 ABCD; (2)若∠CBA=60°,求二面角 C1?OB1?D 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. (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 C1?OB1?D 的平面角. 不妨设 AB=2.因为∠CBA=60°,所以 OB= 3,OC=1,OB1= 7. 在 Rt△OO1B1 中,易知 O1H=
2 O1C1 +O1H2=

OO1·O1B1 =2 OB1 19 7.

3 7,而 O1C1=1,于是 C1H=

12 1+ 7 = 2

O1H 故 cos∠C1HO1=C H= 1

3 7 2 57 = 19 . 19 7

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2 57 即二面角 C1-OB1-D 的余弦值为 19 . 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= 3, OC=1.

于是相关各点的坐标为:O(0,0,0),B1( 3,0,2),C1(0,1,2). 易知,n1=(0,1,0)是平面 BDD1B1 的一个法向量. 设 n2=(x,y,z)是平面 OB1C1 的法向量, → =0, ? ?n2·OB 1 则? → ? ?n2·OC1=0, ? 3x+2z=0, 即? ?y+2z=0, 取 z=- 3,则 x=2,y=2 3, 所以 n2=(2,2 3,- 3), 设二面角 C1?OB1?D 的大小为 θ,易知 θ 是锐角,于是 cos θ =|cos〈n1,n2〉|=| n1·n2 2 3 2 57 |= = 19 . |n1|·|n2| 19

2 57 故二面角 C1?OB1?D 的余弦值为 19 .

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11.(2013· 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= 2. (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= 2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 → A 1C=(-1,0,-1),

→ =(0,2,0),BB → =(-1,0,1), DB 1 → → → → A 1C·DB=0,A1C·BB1=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), ∵OC → =(-1,1,1), ∴OB 1 → =-x=0, ? ?n· OC ∴? → =-x+y+z=0, ? OB ? n· 1 ?x=0, ∴? ?y=-z. 取 n=(0,1,-1), → 由(1)知,A 1C=(-1,0,-1)是平面 BB1D1D 的法向量, → ∴cos θ =|cos〈n,A 1C〉|= π π 又 0≤θ≤ 2 ,∴θ = 3 .
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1 1 =2. 2× 2

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12.(2013· 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; (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= 3.因为 PA=1, 所以 A(0,1,0),B( 3,0,0),P(0,1,1). → =( 3,0,0),CP → =(0,1,1). 故CB 设平面 BCP 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), → ·n =0, ? ?CB 1 则? → ? ?CP·n1=0, ? 3x1=0, 所以? ?y1+z1=0, 不妨令 y1=1, 则 n1=(0,1,-1). → =(0,0,1),AB → =( 3,-1,0), 因为AP 设平面 ABP 的法向量为 n2=(x2,y2,z2), → ·n =0, ? ?AP ?z2=0, 2 则? 所以? → ? 3x2-y2=0, ? ?AB·n2=0, 不妨令 x2=1,则 n2=(1, 3,0).
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3 6 于是 cos〈n1,n2〉= =4. 2 2 6 所以由题意可知二面角 C-PB-A 的余弦值为 4 . 13.(2012· 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; (2)若 PA=1,AD=2,求二面角 B-PC-A 的正切值. (1)证明

? ? BD⊥平 PC⊥面BDE? ??面PAC. ??PC⊥BD BD?面BDE ? ? ? PA∩PC=P
PA⊥面ABCD? ??PA⊥BD BD?面ABCD? (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 2,BO=OC= 2, ∴PC= PA2+AC2=3, OE CO 2 又 OE= PA = PC = 3 , 在直角三角形 BEO 中,

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BO 2 tan∠BEO=EO= =3, 2 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 A?xyz,则 A(0,0,0), P(0,0,1), C(2,2,0), B(2,0,0). → =(0,0,1),AC → =(2,2,0). ∴AP 设平面 PAC 的一个法向量为 n1=(x,y,z), → ·n =z=0, ? ?AP 1 则? → ? ?AC·n1=2x+2y=0, 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〉= 1 . 10

设二面角 BPCA 的大小为 α, 则 cos α = ∴sin α= 1 , 10 3 , 10

∴tan α =3. ∴二面角 B-PC-A 的正切值为 3.

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五年高考真题(数学理) 8.5 空间垂直的判定与性质

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空间中垂直关系的判定与性质

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