2019高考数学一轮复习第8章立体几何第9课时二面角练习理.pdf

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1、1 教学课件 第 9 课时 二面角 1(2018皖南八校联考) 四棱锥 VABCD中，底面 ABCD是边长为2 的正方形， 其他四个侧面是腰长为3 的等 腰三角形，则二面角VAB C的余弦值的大小为( ) A. 2 3 B. 2 4 C. 7 3 D. 22 3 答案B 解析如图所示，取AB中点 E，过 V作底面的垂线，垂足为O，连接 OE ，VE ，根据题 意可知， VEO是二面角V AB C 的平面角因为OE 1，VE 3 2122 2，所以 cosVEO OE VE 1 22 2 4 ，故选 B. 2. 如图，三棱锥SABC中，棱 SA ，SB ，SC两两垂直，且SA SB SC ，则二

2、面角ABC S的正 切值为 ( ) A1 B. 2 2 C.2 D2 答案C 解析三棱锥SABC中，棱 SA ，SB ，SC两两垂直，且SA SB SC ， SA 平面 SBC ，且 AB AC SA 2SB2，如图，取 BC的中点 D，连接 SD ，AD ，则 SD BC ， AD BC ，则 ADS是二面角 ABC S的平面角，设SA SB SC 1，则 SD 2 2 ，在 RtADS中，tan ADS SA SD 1 2 2 2， 故选 C. 另解：以 S为坐标原点， SB ，SC ，SA 的方向分别为 x，y，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，设 SA 1，则 S(0， 0，0) ，A

3、(0，0，1)， B(1，0，0) ，C(0，1，0) ，SA (0 ，0，1)， AB (1 ，0， 1) ，AC (0 ，1， 1) ，易知 SA (0，0，1) 为平面 SBC的一个法向量，设n(x ，y，z) 为平面 ABC的法向量， 则 nAB 0， nAC 0， 即 xz 0， yz 0， 令 z1，则n(1 ，1，1) 为平面 ABC的一个法向量，所以cosSA ，n 3 3 ，故二面角ABCS的正切值 为2. 3(2018福州质量检测) 三棱锥A BCD中， ABC为等边三角形，AB23， BDC 90，二面角ABC D的大小为150，则三棱锥A BCD的外接球的表面积为( )

4、 A7B12 C16D28 2 答案D 解析本题考查空间直线与平面的位置关系、球的表面积设球心为F，过点 A作 AO 平面 BCD ，垂足为O ， 取 BC的中点 E，连接 AE ，OE ，EF，则 AEO 30， AE 3，AO 3 2，OE 33 2 ，EC 3，外接球球心F 在过 E 且平行于AO的直线上，设FEx，外接球半径为R，则 R 23x2(3 3 2 ) 2(3 2 x) 2，解得 x 2，R27，则 外接球的表面积为4R 2 28，故选 D. 4. (2018浙江温州中学模拟) 如图，四边形ABCD ，ABBD DA 2，BC CD 2. 现将 ABD 沿 BD折起，当二面角

5、ABD C处于 6 ，5 6 的过程中，直线AB与 CD所成角的余弦值的取值范 围是 ( ) A 5 2 8 ， 2 8 B 2 8 ， 52 8 C0 ， 2 8 D0 ， 52 8 答案D 解析如图所示，取BD中点 E，连接 AE ，CE ， AEC即为二面角A BD C的平面角 而 AC 2AE2CE22AE CE cosAEC 4 2 3cos AEC ，又 AEC 6 ， 5 6 ， AC 1 ，7 ，AB CD 22cosAB ，CD AB (BD BC ) 2AB BC AB 2BC2AC2 2ABBC 1 AC 2 2 5 2， 1 2 ， 设异面直线AB ，CD所成的角为 ，

6、 0cos 1 22 5 2 52 8 ，故选 D. 5. 如图，平面 与平面 相交成锐角 ，平面 内的一个圆在平面 上的射影是离 心率为 1 2的椭圆，则 _ 答案 6 解析如图，经过平面 内圆的圆心作平行于和垂直于二面角的棱的两条直径，则这两 条直径在平面 上的射影是椭圆的长轴和短轴，则短轴的延长线和垂直于棱的直径所在 直线的夹角为二面角的平面角，记为. 因为 e c a 1 2，所以 b a 3 2 ，故 cos b a 3 2 ， 解得 6 . 6. (2018甘肃天水一模) 已知在四棱锥PABCD中，底面 ABCD 是矩形，且AD 2，PA AB 1，PA 平面 ABCD ，E是 B

7、C边上的动点，记二面角PED A的大小为，则 tan 的取 值范围为 _ 3 答案 1 2， 5 2 解析由 A点作 AO ED于 O，连接 PO ， 则POA为二面角的平面角 tan POA PA OA 1 OA . 又 OA 25 5 ，2 ， tan POA 1 2， 5 2 7(2018沧州七校联考) 三棱锥 ABCD的三视图如图所示： 则二面角BAD C的正弦值为 _ 答案 481 41 解析如图，把三棱锥ABCD放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5，3，4， BCD 为直角三角形，直角边分别为5 和 3，三棱锥ABCD的高为 4， 建立如图空间直角坐标系，则B(0，0， 0)

8、，A(3，0，4) ，C(3， 5，0) ，D(0，5，0) ， DA (3 ， 5，4) ， DB (0 ， 5，0) ，DC (3 ，0，0) 设n1(x1，y1，z1) 是平面 ABD的一个法向量，n1DA ，n1 DB . 3x15y1 4z10， 5y10， 3x14z10， y1 0. 可取n1(4 ， 0， 3) 设n2(x2，y2，z2) 是平面 ADC的一个法向量， n2DA ，n2DC ， 3x25y2 4z20， 3x20， 5y24z2， x2 0. 可取n2(0 ， 4，5) cosn1，n2 15 541 3 41 . sin n1，n2 42 41 482 41

9、. 即二面角BAD C的正弦值为 482 41 . 8(2018洛阳第一次统考) 如图，四边形ABEF和四边形ABCD 均是直角梯形，FAB DAB 90，二面角 4 FAB D是直二面角，BE AF，BC AD，AFAB BC 2，AD 1. (1) 证明：在平面BCE上，一定存在过点C的直线 l 与直线 DF平行； (2) 求二面角FCD A的余弦值 答案(1) 略(2) 6 6 解析(1) 由已知得， BE AF，AF ? 平面 AFD ，BE ?平面 AFD ， BE 平面 AFD. 同理可得， BC平面 AFD. 又 BE BC B，平面BCE 平面 AFD. 设平面 DFC 平面B

10、CE l ，则 l 过点 C. 平面 BCE 平面ADF ，平面 DFC 平面BCE l ，平面 DFC 平面 AFD DF， DFl ，即在平面BCE上一定存在过点C的直线 l ，使得 DF l. (2) 平面 ABEF 平面ABCD ，FA ? 平面 ABEF ，平面 ABCD 平面ABEF AB ， 又FAB 90， AFAB ， AF 平面 ABCD ， AD ? 平面 ABCD ， AF AD. DAB 90， AD AB. 以 A为坐标原点， AD ，AB ，AF所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，如图由已知得，D(1， 0，0) ，C(2， 2，0) ，

11、F(0， 0，2) ， DF ( 1，0，2) ，DC (1 ，2，0) 设平面 DFC的法向量为n(x ， y，z) ， 则 nDF 0， nDC 0， ? x2z， x 2y， 不妨取 z1，则n(2 ， 1，1) ， 不妨取平面ACD的一个法向量为m(0 ，0，1) ， cosm，n mn |m|n| 1 6 6 6 ， 由于二面角FCD A为锐角， 因此二面角FCD A的余弦值为 6 6 . 9(2018安徽合肥二检，理) 如图，在矩形ABCD中， AB 1，AD 2，点 E为 AD的中点，沿BE将ABE折 起至 PBE ，如图所示，点P在平面 BCDE 上的射影 O落在 BE上 5

12、(1) 求证： BP CE ； (2) 求二面角BPC D的余弦值 答案(1) 略(2) 33 11 解析(1) 点 P在平面 BCDE上的射影O落在 BE上， PO 平面 BCDE ， PO CE ，由题意，易知BE CE ，又 PO BE O ， CE 平面 PBE ，又 BP? 平面 PBE ， BP CE. (2) 以 O为坐标原点，以过点O且平行于CD的直线为x 轴，过点 O且平行于BC的直线为y 轴，PO所在的直线 为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 则 B(1 2， 1 2，0)，C( 1 2， 3 2，0) ，D( 1 2， 3 2，0) ，P(0，0， 2 2 ) ，

13、CD ( 1， 0，0) ， CP ( 1 2， 3 2， 2 2 ) ，PB ( 1 2， 1 2， 2 2 ) ，BC (0 ，2， 0) 设平面 PCD的法向量为n1 (x1，y1，z1) ， 则 n1CD 0， n1CP 0， 即 x1 0， 1 2x 13 2y 1 2 2 z10， 令 z12，可得n1 (0 ， 2 3， 2) 为平面 PCD的一个法向量 设平面 PBC的法向量为n2 (x2，y2，z2) ， 则 n2PB 0， n2BC 0， 即 x2y22z20， y20， 令 z22，可得n2(2， 0，2) 为平面 PBC的一个法向量 cosn1，n2 n1n2 |n1|

14、 |n2| 33 11 ， 由图可知二面角BPC D为钝角，故二面角BPC D的余弦值为 33 11 . 10(2017山东，理 ) 如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD( 及其内部 ) 以 AB边所在直线为旋转轴 旋转 120得到的， G是DF 的中点 (1) 设 P是CE 上的一点，且AP BE ，求 CBP 的大小； 6 (2) 当 AB 3，AD 2 时，求二面角EAG C的大小 答案(1)30 (2)60 解析(1) 因为 AP BE ， AB BE，AB ，AP ? 平面 ABP ，AB AP A，所以 BE 平面 ABP.又 BP ? 平面 ABP ，所以 BE BP.

15、 又EBC 120，因此 CBP 30 . (2) 方法一：取 EC 的中点 H，连接 EH ，GH ，CH.因为 EBC 120， 所以四边形BEHC 为菱形，所以AE GE AC GC 3 2 22 13. 取 AG中点 M ，连接 EM ，CM ，EC ， 则 EM AG ， CM AG ， 所以 EMC为所求二面角的平面角 又 AM 1，所以 EM CM 13 123. 在BEC中，由于 EBC 120， 由余弦定理得EC 222 22222 cos120 12， 所以 EC 23，因此 EMC为等边三角形， 故所求的二面角为60 . 方法二：以B为坐标原点，分别以BE ， BP ，B

16、A所在的直线为x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 由题意得A(0，0，3) ， E(2，0，0) ，G(1，3，3) ，C(1，3，0) ， 故AE (2 ，0， 3) ， AG (1 ，3，0) ，CG (2 ，0，3) ，设 m(x1， y1， z1) 是平面 AEG的法向量 由 mAE 0， mAG 0， 可得 2x13z10， x13y10. 取 z12，可得平面AEG的一个法向量m(3，3，2) 设n(x2，y2， z2) 是平面 ACG 的法向量 由 nAG 0， nCG 0， 可得 x23y20， 2x23z20. 取 z2 2，可得平面ACG的一个法向量n(3 ，3，

17、 2) 所以cos m，n mn |m| |n| 1 2. 由图形可知二面角 EAG C为锐二面角，因此所求的角为60. 11(2017广州综合测试一) 如图，在直角梯形ABCD中， AD BC，AB BC ，BD DC ，点 E是 BC边的中点， 将ABD沿 BD折起，使平面ABD 平面BCD ，连接 AE ，AC ，DE ，得到如图所示的几何体 (1) 求证： AB 平面ADC ； (2) 若 AD 1，二面角CABD的平面角的正切值为6，求二面角BAD E的余弦值 7 答案(1) 略(2) 1 2 解析(1) 因为平面ABD 平面 BCD ，平面 ABD 平面 BCD BD ， 又 BD

18、 DC ，所以DC 平面 ABD. 因为 AB ? 平面 ABD ，所以 DC AB. 又折叠前后均有AD AB ， DC AD D， 所以 AB 平面 ADC. (2) 由(1) 知 AB 平面 ADC ，所以 AB AC ，又 AB AD ，所以二面角CAB D的平面角为 CAD. 又 DC 平面 ABD ，AD ? 平面 ABD ，所以 DC AD. 依题意 tan CAD CD AD 6. 因为 AD 1，所以 CD 6. 设 AB x(x0) ，则 BDx 21. 依题意 ABD DCB ，所以 AB AD CD BD ，即 x 1 6 x 21. 又 x0，解得 x2，故 AB2，

19、BD3，BC BD 2CD23. 方法一：如图a 所示，建立空间直角坐标系Dxyz ，则 D(0，0，0) ，B(3，0，0) ， C(0，6，0) ，E( 3 2 ， 6 2 ，0) ，A( 3 3 ，0， 6 3 ) ，所以 DE ( 3 2 ， 6 2 ，0) ，DA ( 3 3 ， 0， 6 3 ) 由(1) 知平面 BAD的一个法向量为n(0 ，1，0) 设平面 ADE的法向量为m(x ， y，z) ， 由 mDE 0， mDA 0， 得 3 2 x 6 2 y0， 3 3 x 6 3 z0， 令 x6，得 y3，z3， 所以m(6，3，3) 所以 cosn，m nm |n| |m|

20、 1 2. 由图可知二面角BAD E的平面角为锐角， 所以二面角BADE的余弦值为 1 2. 8 方法二：因为DC 平面 ABD ， 过点 E作 EF DC交 BD于 F，如图 b 所示 则 EF 平面 ABD. 因为 AD ? 平面 ABD ， 所以 EF AD. 过点 F作 FG AD于 G ，连接 GE ，又 EF FG于点 F， 所以 AD 平面 EFG ，因此 AD GE. 所以二面角BADE的平面角为 EGF. 由平面几何知识求得， EF1 2CD 6 2 ， FG 1 2AB 2 2 ， 所以 EG EF 2FG2 2. 所以 cosEGF FG EG 1 2. 所以二面角BADE的余弦值为 1 2.