2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练58专题研究球与几何体的切接问题理20180515.wps

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1、题组训练 5858 专题研究 球与几何体的切接问题 1.已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，E，F 分别是棱 B1C1，C1D1的中 点试求： (1)AD1与 EF所成角的大小； (2)AF与平面 BEB1所成角的余弦值； (3)二面角 C1DBB1的正切值 2 2 答案 (1)60 (2) (3) 3 2 2 思路 解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则 B1(0，0，0)，A(1，0，1)， 1 1 B(0，0，1)，D1(1，1，0)，E(0，0)，F( ，1，0)，D(1，1，1) 2 2 1 1 (1)因为AD1(0，1，1)，EF( ，0)， 2 2 1 1 （0，1

2、，1）（ ， ，0） 2 2 1 所以 cosAD1，EF ， 2 2 2 2 即 AD1与 EF所成的角为 60. 1 (2)FA( ，1，1)，由图可得，BA(1，0，0)为平面 BEB1的一个法向量，设 AF 与平面 BEB1 2 所成的角为 ， 1 （1，0，0）（ ，1，1） 2 1 2 2 则 sin|cosBA，FA| | ，所以 cos . 1 3 3 1 （ ）2（1）212 2 (3)设平面 DBB1的法向量为 n n1(x，y，z)， DB(1，1，0)，B1B(0，0，1)， 1 n n1 DB， n n1DBxy0， 由，)得z0，)令 y1，则 n n1(1，1，0

3、) n n1 B1B n n1B1B 同理，可得平面 C1DB 的一个法向量为 n n2(1，1，1) （1，1，0）（1，1，1） 6 则 cosn n1，n n2 . 2 3 3 2 所以 tann n1，n n2 . 2 2.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 14 答案 (1)略 (2) (3)存在点 E 4

4、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， 1 DE BC. 2 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 PA底面 ABC，PAAB. 又 PAAB，ABP 为等腰直角三角形 1 AD AB. 2 1 在 RtABC中，ABC60.BC AB. 2 DE BC 2 RtADE中，sinDAE . AD 2AD 4 14 cosDAE . 4 (3)DEBC， 又由(1)知，BC平面 PAC，DE平面 PAC. 又AE 平面 PAC，P

5、E 平面 PAC， 2 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 方法二：如图所示，以 A 为原点建立空间直角坐标系 Axyz. 1 3 3 设 PAa，由已知可得 A(0，0，0)，B( a， a，0)，C(0， a，0)，P(0， 2 2 2 0，a) 1 (1)AP(0，0，a)，BC( a，0，0)， 2 BCAP0，BCAP. 又BCA90，BCAC.又 APACA， BC平面 PAC. (2)D 为 PB的中点

6、，DEBC， E 为 PC的中点 1 3 1 3 1 D( a， a， a)，E(0， a， a) 4 4 2 4 2 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 1 3 1 AD( a， a， a)，AE(0， a， a)， 4 4 2 4 2 1 3 ADAE 14 cosDAE . 4 |AD|AE| (3)同方法一 3(2018辽宁沈阳一模)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 AA1C1C底面 ABC，AA1A1C ACABBC2，且 O 为 AC的中点 3 (1)求证：A1O平面 ABC； (2)求二面角 AA1

7、BC1的余弦值 答案 (1)略 (2) 10 5 解析 (1)AA1A1C，且 O 为 AC的中点，A1OAC， 又侧面 AA1C1C底面 ABC，交线为 AC，且 A1O 平面 AA1C1C， A1O平面 ABC. (2)如图，连接 OB，以 O 为坐标原点，OB，OC，OA1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空 间直角坐标系 由已知可得 A(0，1，0)，A1(0，0， 3)，C1(0，2， 3)，B( 3，0，0)， AB( 3，1，0)，A1B( 3，0， 3)，A1C1(0，2，0) 设平面 AA1B 的法向量为 m m(x1，y1，z1) m mAB0， 则有0) m m

8、A1B 3x1y10， 3x1 3z10.) 取 x11，则 y1 3，z11， m m(1， 3，1)，为平面 AA1B 的一个法向量 设平面 A1BC1的法向量为 n n(x2，y2，z2)， n nA1C10， 2y20， 则有0) 3x2 3z20.) n nA1B y20，令 x21，则 z21，n n(1，0，1)，为平面 A1BC1的一个法向量， m mn n 2 10 cosm m，n n . |m m|n n| 10 5 易知二面角 AA1BC1的平面角为钝角， 10 所求二面角的余弦值为 . 5 4(2018河北开滦二中月考)如图所示，在四棱锥 PABCD 中，PD平面 A

9、BCD，底面 ABCD 是正方形，PDAB2，E 为 PC中点 (1)求证：DE平面 PCB； 4 (2)求点 C 到平面 DEB的距离； (3)求二面角 EBDP 的余弦值 2 3 答案 (1)略 (2) (3) 3 6 3 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， 平面 DEB平面 PCBBE，CM平面 DEB. 线段 C

10、M 的长度就是点 C 到平面 DEB的距离 PDABCD2，PDC90， PC2 2，EC 2，BC2.BE 6. CEBC 2 3 CM . BE 3 (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)，DB(2，2，0)，DE(0，1，1)设平面 BDE 的法向量为 n n1 (x，y，z)， n n1DB0， 2x2y0， 则0，) yz0. ) n n1DE 令 z1，得 y1，x1. 平面 BDE 的一个法向量为 n n1(1，1，1) 又C(0

11、，2，0)，A(2，0，0)，AC(2，2，0)，且 AC平面 PDB， 平面 PDB 的一个法向量为 n n2(1，1，0) |n n1n n2| 2 6 设二面角 EBDP 的平面角为 ，则 cos . |n n1|n n2| 3 2 3 6 二面角 EBDP 的余弦值为 . 3 5(2018太原二模)如图，在平面六边形 ABFCDE中，四边形 ABCD是矩形，且 AB4，BC 2，AEDE 2，BFCF 5，点 M，N 分别是 AD，BC 的中点，分别沿直线 AD，BC 将ADE， 5 BCF翻折成如图的空间几何体 ABCDEF. (1)利用下面的结论 1 或结论 2，证明：E，F，M，

12、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) 238 17 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. AEDE，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

13、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 2，点 M 是 AD的中点， AEDE，EM1， 二面角 EADB 是 60， EMN60， 1 3 OM ，OE . 2 2 同理，过点 F 作 FOMN，可得 ON1，FO 3. 6 1 7 3 5 A(1， ，0)，B(1，0)，E(0，0， )，F(0， 3

14、)，则AB(0，4，0)，BE(1， 2 2 2 2 7 5 3 3 ， )，EF(0， ) 2 2 2 2 设 m m(x1，y1，z1)是平面 ABE的法向量， 4y10， m mAB0， 则0，) 7 x1 y1 m mBE 2 3 z10，) 2 令 z12，m m( 3，0，2)，是平面 ABE的一个法向量 设 n n(x2，y2，z2)是平面 BEF的法向量， 5 3 n nEF0， y2 z20， 2 2 则0，)z20，) 3 7 n nBE x2 y2 2 2 12 3 2 3 令 z22，n n( ， ，2)是平面 BEF 的一个法向量 5 5 m mn n 238 cos

15、m m，n n ， |m m|n n| 17 易知二面角 ABEF 是钝角， 238 二面角 ABEF 的余弦值为 . 17 1(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 A BCD中，下列命题正确的是( ) A平面 ABD平面 ABC B平面 ADC平面 BDC C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

16、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( ) 7 1 A1 B. 2 3 3 C. D. 2 2 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 AC2，ACP30， 1 所 以 ADACsin302 1.

17、2 3 3 在 RtAOD 中，AOADsin601 .故选 C. 2 2 3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 B45 C60 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) 设面 CDP 的法向量为 n n(x，y，z) n nCD（x，y，z）（1，0，0）x0， （x，y，z）（0，1，1）yz0.) n nDP 令 y1，n n(0，1，1) 又AD为面 ABP 的一个法向量， n

18、 nAD 1 2 cosn n，AD . 2 2 |n n|AD| 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， 8 则异面直线 AD，BC 所成的角为( ) A120 B30 C90 D60 答案 D 解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则 A( 2，0，0)，B(0，2，0)，C(0， 0， 2)，D(0， 2，0)， AD( 2， 2，0)， BC(0， 2， 2) |AD|2，|BC|2，ADBC2. ADBC 2 1 cosAD，BC . 2 2 2 |AD|BC| 异面直线 AD，BC 所成的角为 60. 5

19、如图所示，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，若 E，F 分别是 BC，DD1的中点，则 B1到平 面 ABF 的距离为( ) 3 A. B. 3 5 5 5 2 5 C. D. 3 5 答案 D 解析 方法一：由 VB1ABFVFABB1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)，B1(1，1，0) 1 1 设 F(0，0， )，E( ，1，1)，B(1，1，1)，AB(0，1，0) 2 2 1 1 B1E( ，0，1)，AF(1，0， ) 2 2 1 1 AFB1E(1，0， )( ，0，1)0， 2 2 9 AFB1E.又ABB1E，B1E平面 ABF

20、. 1 平面 ABF 的法向量为B1E( ，0，1)， 2 AB1(0，1，1) AB1B1E 2 5 B1到平面 ABF的距离为| . 5 |B1E 6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 ABCDA1B1C1D

21、1的棱长为 3，在正方体表面上与点 A 距离是 2 的点形成一条封闭的曲线，这条曲线的长度是( ) 3 A B. 2 5 C3 D. 2 答案 D 解析 在面 ABCD，面 AA1B1B，面 AA1D1D 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，在面 A1B1C1D1，面 BB1C1C，面 CC1D1D 内与点 A 的距离是 2 的点的 6 轨迹是分别以 A1 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 2 5 长为 3 23 1 . 6 2 2 8在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E 为 BB1的中点

22、，则平面 A1ED与平面 ABCD 所成的锐二面角 的余弦值为_ 2 答案 3 10 解析 延长 A1E 交 AB延长线于 P，连 PD，由 A 作 AOPD 于 O，连 A1O，则A1OA 为二面角的 2 5 2 平面角，设棱长为 1，则由等面积法可得 AO ，tanA1OA ，cosA1OA . 5 2 3 9(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

23、所成角的正弦值 答案 (1)总有 BFCM (2) 6 4 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 ACD.BFCM. (2)以 O 为原点，OC 为 x 轴，OA 为 z 轴建系 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 n(x，y，z) ED(2，1，0

24、)，EA(1，1，a)， 2xy0， 3 xyaz0，)令 x1，y2，z . a 3 n n(1，2， ) a 2 2 2|a2| 9 ，解得 a 3. 14 AD(1，2， 3)，BE(0，1，0)，EA(1，1， 3) 11 设平面 ABE 的法向量为 m m(x1，y1，z1)， BEm my10， m mx1y1 3z10.) EA 令 z11，m m( 3，0，1) 设 AD 与平面 ABE所成角为 ，则有 | 3 3| 6 sin|cosAD，m m| . 2 22 4 6 直线 AD 与平面 ABE所成角的正弦值为 . 4 10(2015天津，理)如图，在四棱柱 ABCDA1B

25、1C1D1中，侧棱 A1A底面 ABCD，ABAC，AB 1，ACAA12，ADCD 5，且点 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点 (1)求证：MN平面 ABCD； (2)求二面角 D1ACB1的正弦值； 1 (3)设 E 为棱 A1B1上的点，若直线 NE和平面 ABCD 所成角的正弦值为 ，求线段 A1E 的长 3 3 10 答案 (1)略 (2) (3) 72 10 解析 如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，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)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，2，2)又

26、因为 M， 1 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点，得 M(1，1)，N(1，2，1) 2 5 (1)证明：依题意，可得 n n(0，0，1)为平面 ABCD的一个法向量.MN(0， ，0) 2 由此可得MNn n0，又因为直线 MN 平面 ABCD， 所以 MN平面 ABCD. 12 (2)AD1(1，2，2)，AC(2，0，0) 设 n n1 1(x1，y1，z1)为平面 ACD1的法向量， n n1 1AD10， x12y12z10， 则0，)即 不妨设 z11，可得 n n1 1(0，1，1) 2x10. ) n n1 1AC 设 n n2(x2，y2，z2)为平面 ACB1的法向

27、量， n n2 2AB10， 则0， ) n n2 2AC y22z20， 又AB1(0，1，2)，得 2x20. ) 不妨设 z21，可得 n n2 2(0，2，1) n n1 1n n2 2 10 因此有 cos . |n|n1 1| |n|n2 2| | 10 3 10 于是 sin . 10 3 10 所以二面角 D1ACB1的正弦值为 . 10 (3)依题意，可设A1EA1B1，其中 0，1，则 E(0， ，2)，从而NE(1，2，1)又 NEn n n n (0， 0， 1)为 平 面 ABCD的 一 个 法 向 量 ， 由 已 知 ， 得 cos NE， n n |NE|n n|

28、 1 1 ，整理得 2430，又因为 0，1，解得 7 （1）2（2）212 3 2. 所以线段 A1E 的长为 72. 11(2018江西上饶一中模拟)如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，平面 A1BC侧面 ABB1A1， 且 AA1AB2. (1)求证：ABBC； (2)若直线 AC与平面 A1BC 所成的角为 ，请问在线段 A1C 上是否存在点 E，使得二面角 ABE 6 13 2 C 的大小为 ，请说明理由 3 解析 (1)证明：连接 AB1交 AB1于点 D， AA1AB，ADA1B， 又平面 A1BC侧面 A1ABB1， 且平面 A1BC侧面 A1ABB1A1B， AD平面 A

29、1BC，又 BC 平面 A1BC， ADBC. 三棱柱 ABCA1B1C1是直三棱柱， AA1底面 ABC，AA1BC. 又 AA1ADA，AA1 平面 A1ABB1， AD 平面 A1ABB1， BC平面 A1ABB1，又 AB 侧面 A1ABB1， ABBC. (2)由(1)得 AD平面 A1BC，连接 CD， ACD为直线 AC与平面 A1BC 所成的角， 1 即ACD ，又 AD AB1 2， 6 2 AC2 2，BC AC2AB22. 2 假设在线段 A1C 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， 3 BB1所在直线为坐标轴建立空间直角坐

30、标系 Bxyz，如图所示， 则 A(0，2，0)，B(0，0，0)，A1(0，2，2)，C(2，0，0)，B1(0，0，2) AB(0，2，0)，A1C(2，2，2)， AB1(0，2，2)，AA1(0，0，2) 设A1EA1C(2，2，2)，01. AEAA1A1E(2，2，22)， 设平面 EAB 的法向量为 n n1(x，y，z)， 14 则AEn n1，ABn n1， 2x2y（22）z0， 2y0， ) 令 x1，得 n n1(1，0， )， 1 由(1)知 AB1平面 A1BC， AB1(0，2，2)为平面 CEB 的一个法向量 2 AB1n n1 1 cosAB1，n n1 ， |AB1|n n1| 2 2 2 1 （1）2 2 1 2 1 1 | |cos | ，解得 ， 2 3 2 2 2 2 1 （1）2 2 点 E 为线段 A1C 中点时，二面角 ABEC 的大小为 . 3 15