2019高考数学一轮复习第8章立体几何第10课时练习理.doc

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1、1第10课时1.已知正方体ABCDA 1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱B 1C1，C 1D1的中点试求：(1)AD1与EF所成角的大小；(2)AF与平面BEB 1所成角的余弦值；(3)二面角C 1DBB 1的正切值答案 (1)60 (2) (3)2 23 22思路 解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则B 1(0，0，0)，A(1，0，1)，B(0，0，1)，D 1(1，1，0)，E(0， ，0)，F( ，1，0)，D(1，1，1)12 12(1)因为 (0，1，1)， ( ， ，0)，AD1 EF 12 12所以cos ， ，AD1 EF （ 0， 1， 1） （ 12， 12， 0

2、）2 22 12即AD 1与EF所成的角为60.(2) ( ，1，1)，由图可得， (1，0，0)为平面BEB 1的一个法向量，设AF与平面BEB 1所成的角为，FA 12 BA 则sin|cos ， | | | ，所以cos .BA FA （ 1， 0， 0） （ 12， 1， 1）1 （ 12） 2 （ 1） 2 12 13 2 23(3)设平面DBB 1的法向量为 n1(x，y，z)，(1，1，0)， (0，0，1)，DB B1B 由 得 令y1，则 n1(1，1，0)n1 DB ，n1 B1B ， ) n1DB x y 0，n1B1B z 0， )同理，可得平面C 1DB的一个法向量为

3、 n2(1，1，1)则cos n1， n2 .（ 1， 1， 0） （ 1， 1， 1）2 3 632所以tan n1， n2 .222.如图所示，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，PAAB，ABC60，BCA90，点D，E分别在棱PB，PC上，且DEBC.(1)求证：BC平面PAC；(2)当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的余弦值；(3)是否存在点E使得二面角ADEP为直二面角？并说明理由答案 (1)略 (2) (3)存在点E144解析 方法一：(1)PA底面ABC，PABC.又BCA90，ACBC，BC平面PAC.(2)D为PB的中点，DEBC，DE BC.12又由(1)知，

4、BC平面PAC，DE平面PAC，垂足为点E.DAE是AD与平面PAC所成的角PA底面ABC，PAAB.又PAAB，ABP为等腰直角三角形AD AB.12在RtABC中，ABC60.BC AB.12RtADE中，sinDAE .DEAD BC2AD 24cosDAE .144(3)DEBC，又由(1)知，BC平面PAC，DE平面PAC.又AE平面PAC，PE平面PAC，DEAE，DEPE.AEP为二面角ADEP的平面角PA底面ABC，PAAC，PAC90.在棱PC上存在一点E，使得AEPC.这时，AEP90.故存在点E使得二面角ADEP是直二面角3方法二：如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系A

5、xyz.设PAa，由已知可得A(0，0，0)，B( a， a，0)，C(0， a，0)，P(0，0，a)12 32 32(1) (0，0，a)， ( a，0，0)，AP BC 12 0，BCAP.BC AP 又BCA90，BCAC.又APACA，BC平面PAC.(2)D为PB的中点，DEBC，E为PC的中点D( a， a， a)，E(0， a， a)14 34 12 34 12又由(1)知，BC平面PAC，DE平面PAC，垂足为点E.DAE是AD与平面PAC所成的角 ( a， a， a)， (0， a， a)，AD 14 34 12 AE 34 12cosDAE .AD AE |AD |AE

6、| 144(3)同方法一3(2018辽宁沈阳一模)如图，在三棱柱ABCA 1B1C1中，侧面AA 1C1C底面ABC，AA 1A 1CACABBC2，且O为AC的中点(1)求证：A 1O平面ABC；(2)求二面角AA 1BC 1的余弦值答案 (1)略 (2)105解析 (1)AA 1A 1C，且O为AC的中点，A 1OAC，又侧面AA 1C1C底面ABC，交线为AC，且A 1O平面AA 1C1C，A 1O平面ABC.(2)如图，连接OB，以O为坐标原点，OB，OC，OA 1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系4由已知可得A(0，1，0)，A 1(0，0， )，C 1(0，2， )

7、，B( ，0，0)，3 3 3 ( ，1，0)， ( ，0， )， (0，2，0)AB 3 A1B 3 3 A1C1 设平面AA 1B的法向量为 m(x 1，y 1，z 1)则有 mAB 0，mA1B 0) 3x1 y1 0，3x1 3z1 0.)取x 11，则y 1 ，z 11，3 m(1， ，1)，为平面AA 1B的一个法向量3设平面A 1BC1的法向量为 n(x 2，y 2，z 2)，则有 nA1C1 0，nA1B 0 ) 2y2 0，3x2 3z2 0.)y20，令x 21，则z 21， n(1，0，1)，为平面A 1BC1的一个法向量，cos m， n .mn|m|n| 210 10

8、5易知二面角AA 1BC 1的平面角为钝角，所求二面角的余弦值为 .1054(2018河北开滦二中月考)如图所示，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD是正方形，PDAB2，E为PC中点(1)求证：DE平面PCB；(2)求点C到平面DEB的距离；(3)求二面角EBDP的余弦值答案 (1)略 (2) (3)2 33 63解析 (1)证明：PD平面ABCD，PDBC.又正方形ABCD中，CDBC，PDCDD，BC平面PCD.DE平面PCD，BCDE.PDCD，E是PC的中点，DEPC.又PCBCC，DE平面PCB.(2)如图所示，过点C作CMBE于点M，由(1)知平面DEB平面PCB

9、，平面DEB平面PCBBE，CM平面DEB.5线段CM的长度就是点C到平面DEB的距离PDABCD2，PDC90，PC2 ，EC ，BC2.BE .2 2 6CM .CEBCBE 2 33(3)以点D为坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，2，0)，E(0，1，1)， (2，2，0)，DB DE (0，1，1)设平面BDE的法向量为 n1(x，y，z)，则 n1DB 0，n1DE 0， ) 2x 2y 0，y z 0. )令z1，得y1，x1.平面BDE的一个法向量为 n1(1，1，1)又C(0，2，0

10、)，A(2，0，0)， (2，2，0)，且AC平面PDB，AC 平面PDB的一个法向量为 n2(1，1，0)设二面角EBDP的平面角为，则cos .|n1n2|n1|n2| 232 63二面角EBDP的余弦值为 .635(2018太原二模)如图，在平面六边形ABFCDE中，四边形ABCD是矩形，且AB4，BC2，AEDE 2，BFCF ，点M，N分别是AD，BC的中点，分别沿直线AD，BC将ADE，BCF翻折成如图的空间几何体5ABCDEF.(1)利用下面的结论1或结论2，证明：E，F，M，N四点共面；结论1：过空间一点作已知直线的垂面，有且只有一个结论2：过平面内一条直线作该平面的垂面，有且

11、只有一个(2)若二面角EADB和二面角FBCA都是60，求二面角ABEF的余弦值答案 (1)略 (2)23817解析 (1)如图，连接MN，ME，NF，四边形ABCD是矩形，点M，N分别是AD，BC的中点，AMBN，AMBN，DAB90，四边形ABNM是矩形，ADMN.6AEDE，点M是AD的中点，ADME，又MNMEM，AD平面EMN，平面EMN平面ABCD，同理可得平面FMN平面ABCD，由结论2可得平面EMN与平面FMN是同一个平面，E，F，M，N四点共面(2)由(1)知平面EMNF平面ABCD，过点E作EOMN，垂足为O，EO平面ABCD.以过点O作垂直于MN的直线为x轴，ON，OE所

12、在直线分别为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.AD2，AEDE ，点M是AD的中点，2AEDE，EM1，二面角 EADB是60，EMN60，OM ，OE .12 32同理，过点F作FOMN，可得ON1，FO .3A(1， ，0)，B(1， ，0)，E(0，0， )，F(0， ， )，则 (0，4，0)， (1， ， )，12 72 32 52 3 AB BE 72 32(0， ， )EF 52 32设 m(x 1，y 1，z 1)是平面ABE的法向量，则 mAB 0，mBE 0， ) 4y1 0， x1 72y1 32z1 0， )令z 12， m( ，0，2)，是平面ABE的

13、一个法向量3设 n(x 2，y 2，z 2)是平面BEF的法向量，则 nEF 0，nBE 0， ) 52y2 32z2 0， x2 72y2 32z2 0， )令z 22， n( ， ，2)是平面BEF的一个法向量12 35 2 35cos m， n ，mn|m|n| 23817易知二面角ABEF是钝角，二面角ABEF的余弦值为 .2381771(2018河北徐水一中模拟)如下图所示，在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列命题正确的是( )A平面ABD平面ABC B平面ADC平面

14、BDCC平面ABC平面BDC D平面ADC平面ABC答案 D解析 在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，BDCD，又平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，故CD平面ABD，则CDAB，又ADAB，故AB平面ADC，所以平面ABC平面ADC.2(2018河北冀州中学月考)如图，已知二面角PQ的大小为60，点C为棱PQ上一点，A，AC2，ACP30，则点A到平面的距离为( )A1 B.12C. D.32 32答案 C解析 如图，过A作AO于O，点A到平面的距离为AO.作ADPQ于D，连接OD，则ADCD，CDOD，ADO就是二面角PQ的大小，即为60.因为AC

15、2，ACP30，所以ADACsin302 1.12在RtAOD中，AOADsin601 .故选C.32 323过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD，若ABPA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为( )A30 B45C60 D90答案 B解析 以A点为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴建系且设AB1，C(1，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)8设面CDP的法向量为 n(x，y，z) nCD （ x， y， z） （ 1， 0， 0） x 0，nDP （ x， y， z） （ 0， 1， 1） y z 0.)令y1， n(0，1，1)又 为面ABP的一个法向量，A

16、D cos n， .AD nAD |n|AD | 12 22二面角为45.4(2017沧州七校联考)把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD平面CBD，则异面直线AD，BC所成的角为( )A120 B30C90 D60答案 D解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则A( ，0，0)，B(0， ，0)，C(0，0， )，D(0， ，0)，2 2 2 2 ( ， ，0)，AD 2 2(0， ， )BC 2 2| |2，| |2， 2.AD BC AD BC cos ， .AD BC AD BC |AD |BC | 222 12异面直线AD，BC所成的角为60.5如图所示，正方体AB

17、CDA 1B1C1D1的棱长为1，若E，F分别是BC，DD 1的中点，则B 1到平面ABF的距离为( )A. B.33 55C. D.53 2 55答案 D9解析 方法一：由VB 1ABFVFABB 1可得解方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，1)，B 1(1，1，0)设F(0，0， )，E( ，1，1)，B(1，1，1)， (0，1，0)12 12 AB ( ，0，1)， (1，0， )B1E 12 AF 12 (1，0， )( ，0，1)0，AF B1E 12 12 .又 ，B 1E平面ABF.AF B1E AB B1E 平面ABF的法向量为 ( ，0，1)，B1E 12(

18、0，1，1)AB1 B1到平面ABF的距离为 .|AB1 B1E |B1E | | 2 556如图所示，ADP为正三角形，四边形ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD.点M为平面ABCD内的一个动点，且满足MPMC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为( )答案 A解析 空间中到P，C两点的距离相等的点在线段PC的垂直平分面上，此平面与正方形ABCD相交是一条线段可排除B，C，又点B到P，C两点的距离显然不相等，排除D，故选A.7(2018哈尔滨模拟)正方体ABCDA 1B1C1D1的棱长为 ，在正方体表面上与点A距离是2的点形成一条封闭3的曲线，这条曲线的长度是( )A B. 32C3 D.

19、52答案 D解析 在面ABCD，面AA 1B1B，面AA 1D1D内与点A的距离是2的点的轨迹分别是以A为圆心，2为半径，圆心角为 的圆弧 610，在面A 1B1C1D1，面BB 1C1C，面CC 1D1D内与点A的距离是2的点的轨迹是分别以A 1为圆心，以B为圆心，以D为圆心，1为半径，圆心角为 的圆弧，故圆弧的长为3 23 1 . 2 6 2 528在正方体ABCDA 1B1C1D1中，点E为BB 1的中点，则平面A 1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为_答案 23解析 延长A 1E交AB延长线于P，连PD，由A作AOPD于O，连A 1O，则A 1OA为二面角的平面角，设棱长为1，

20、则由等面积法可得AO ，tanA 1OA ，cosA 1OA .25 52 239(2018郑州质检)四棱锥ABCDE的正视图和俯视图如下，其中俯视图是直角梯形(1)若正视图是等边三角形，F为AC的中点，当点M在棱AD上移动时，是否总有BFCM，请说明理由；(2)若平面ABC与平面ADE所成的锐二面角为45.求直线AD与平面ABE所成角的正弦值答案 (1)总有BFCM (2)64解析 (1)由俯视图可知平面ABC平面EBCD.BC2，O为BC中点，BE1，CD2.ABC为等边三角形，F为AC中点，BFAC.又平面ABC平面EBCD，且DCBC，DC平面ABC，DCBF.又ACCDC，BF平面A

21、CD.BFCM.(2)以O为原点， 为x轴， 为z轴建系OC OA B(1，0，0)，C(1，0，0)，E(1，1，0)，D(1，2，0)设A(0，0，a)，由题意可知平面ABC的法向量为(0，1，0)设平面ADE法向量 n(x，y，z)(2，1，0)， (1，1，a)，ED EA 令x1，y2，z .2x y 0，x y az 0， ) 3a n(1，2， )3a11 ，解得a .22 | 21 4 9a2| 3 (1，2， )， (0，1，0)， (1，1， )AD 3 BE EA 3设平面ABE的法向量为 m(x 1，y 1，z 1)， BE m y1 0，EA m x1 y1 3z1

22、0.)令z 11， m( ，0，1)3设AD与平面ABE所成角为，则有sin|cos ， m| .AD | 3 3|2 22 64直线AD与平面ABE所成角的正弦值为 .6410(2015天津，理)如图，在四棱柱ABCDA 1B1C1D1中，侧棱A 1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA 12，ADCD ，且点M和N分别为B 1C和D 1D的中点5(1)求证：MN平面ABCD；(2)求二面角D 1ACB 1的正弦值；(3)设E为棱A 1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为 ，求线段A 1E的长13答案 (1)略 (2) (3) 23 1010 7解析 如图，以A为原点建立

23、空间直角坐标系，依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，2，0)，A1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，2，2)又因为M，N分别为B 1C和D 1D的中点，得M(1， ，112)，N(1，2，1)12(1)证明：依题意，可得 n(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量. (0， ，0)MN 52由此可得 n0，又因为直线MN平面ABCD，MN 所以MN平面ABCD.(2) (1，2，2)， (2，0，0)AD1 AC 设 n1(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则 即 不妨设z 11，可得 n1(0，1，1)

24、n1AD1 0，n1AC 0， ) x1 2y1 2z1 0，2x1 0. )设 n2(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则 n2AB1 0，n2AC 0， )又 (0，1，2)，得AB1 y2 2z2 0，2x2 0. )不妨设z 21，可得 n2(0，2，1)因此有cos .n1n2|n1|n2| 1010于是sin .3 1010所以二面角D 1ACB 1的正弦值为 .3 1010(3)依题意，可设 ，其中0，1，则E(0，2)，从而 (1，2，1)又 n(0，0A1E A1B1 NE ，1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos ， n ，NE NE n|NE |

25、n| 1（ 1） 2 （ 2） 2 12 13整理得 2430，又因为0，1，解得 2.7所以线段A 1E的长为 2.711(2018江西上饶一中模拟)如图，在直三棱柱ABCA 1B1C1中，平面A 1BC侧面ABB 1A1，且AA 1AB2.(1)求证：ABBC；(2)若直线AC与平面A 1BC所成的角为 ，请问在线段A 1C上是否存在点E，使得二面角ABEC的大小为 ， 6 23请说明理由解析 (1)证明：连接AB 1交AB 1于点D，13AA 1AB，ADA 1B，又平面A 1BC侧面A 1ABB1，且平面A 1BC侧面A 1ABB1A 1B，AD平面A 1BC，又BC平面A 1BC，A

26、DBC.三棱柱ABCA 1B1C1是直三棱柱，AA 1底面ABC，AA 1BC.又AA 1ADA，AA 1平面A 1ABB1，AD平面A 1ABB1，BC平面A 1ABB1，又AB侧面A 1ABB1，ABBC.(2)由(1)得AD平面A 1BC，连接CD，ACD为直线AC与平面A 1BC所成的角，即ACD ，又AD AB1 ， 6 12 2AC2 ，BC 2.2 AC2 AB2假设在线段A 1C上存在一点E，使得二面角ABEC的大小为 .以点B为原点，以BC，BA，BB 1所在直线为坐23标轴建立空间直角坐标系Bxyz，如图所示，则A(0，2，0)，B(0，0，0)，A 1(0，2，2)，C(

27、2，0，0)，B 1(0，0，2) (0，2，0)， (2，2，2)，AB A1C (0，2，2)， (0，0，2)AB1 AA1 设 (2，2，2)，01.A1E A1C (2，2，22)，AE AA1 A1E 设平面EAB的法向量为 n1(x，y，z)，则 n1， n1，AE AB 2 x 2 y （ 2 2 ） z 0， 2y 0， )令x1，得 n1(1，0， )， 114由(1)知AB 1平面A 1BC， (0，2，2)为平面CEB的一个法向量AB1 cos ， n1 ，AB1 AB1 n1|AB1 |n1|2 12 2 1 2（ 1） 2| |cos | ，解得 ，2 12 2 1 2（ 1） 2 23 12 12点E为线段A 1C中点时，二面角ABEC的大小为 .23