《2019版高考数学(理)一轮总复习作业58专题研究+球与几何体的切接问题+含解析.doc.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学(理)一轮总复习作业58专题研究+球与几何体的切接问题+含解析.doc.pdf（18页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、题组层级快练 ( 五十八 ) 1.已知正方体ABCD-AjBiCiD!的棱长为1, E, F分别是棱BC，CQi 的中点 . 试 求： (1) AD与EF所成角的大小； (2) AF与平面BEB所成角的余弦值 ; (3)二面角Ci DBBi的正切值 . 答案( 1)60 (2誓( 3)平 思路 - T (0, 1, 1) ? (*, 0) cos AD, EF =匸 即AD】与EF所成的角为60 . (2)FA = (|, -1, 1),由图可得，BA=(1, 0, 0)为平面BEB】的一个法向量，设AF与平面 BEBi所成的角为0, 则sin 0 =|cos BA, FA (3)设平面 DB
2、Bi的法向量为ni = (x, y, z), 1) ? 解析 1) ， _ 1 (1)因为AD】= (0, 1, -1), EF=( 2, 0), 所以 R C DB = (-1, -1, 0), BrB=(0, 0, 1), % 丄DB, _ 得 M丄B】B, 同理，可得平面CiDB的一个法向量为血 =( 1, 1, 1). ( 1, 1, 0) ? ( 1, 1, 1) y6 2X3 所以tan n, ?12 2.如图所示，在三棱锥P-ABC屮，PA丄底面ABC, PA=AB, ZABC = 60 , ZBCA=90 , 点D, E 分别在棱PB, PC 上，且DEBC. (1)求证：BC
3、丄平面PAC； (2)当D为PB的屮点时，求AD与平面PAC所成的角的余眩值； (3)是否存在点E使得二面角A-DE-P为直二面角？并说明理由. 答案略(2晋(3)存在点E 解析方法一：( 1)?PA丄底面ABC, ?PA 丄BC.又ZBCA=90 , AACIBC, ABC丄平面PAC. (2)VD 为PB 的中点，DE BC, DE=BC. 又由( 1)知，BC丄平面PAC, /.DE丄平面PAC,垂足为点E. A ZDAE是AD与平面PAC所成的角 . TPA丄底面ABC,.PA丄AB. 又PA=AB, ? ABP为等腰直角三角形 . (3)TDEBC, 又由( 1)知，BC丄平面PAC
4、, ADE丄平面PAC. 又VAEu平面PAC, PEU平面PAC, ? DB = _x_y=0, 令y=l,则佝=(一1, 1, 0). 在RtAABC 中，ZABC = 60 .ABC=|AB. /.RtAADE 中,sin Z DAE = DE_ BC _A/2 AD = 2AD= 4 ? cos Z DAE = ? BB = z=O, ?DE丄AE, DE丄PE. /. ZAEP为二面角A-DE-P的平面角 . TPA丄底面ABC, /.PA丄AC, /.ZPAC = 90 . ?在棱PC 存在一点E,使得AE丄PC. 这时，ZAEP=90 . 故存在点E使得二面角A-DE-P是直二面
5、角 . 方法二：如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系Axyz. 设PA=a,由已知可得A(0, 0, 0), B( |a,爭a, 0), C(0,誓 a, 0), P(0, 0, a). (l) VAP=(0, 0, a), BC = (|a, 0, 0), ABC ? Q=0, /.BC丄AP. 又VZBCA = 90 , /.BC丄AC.又APGAC=A, /.BC丄平面PAC. (2) VD 为PB 的中点，DEBC, ?E为PC的中点 . #a, 誓 a, *a), E(0, 爭a, *a). 又由(1)知，BC丄平面PAC, ADE丄平面PAC,垂足为点E. ? ? Z DAE是A
6、D与平面PAC所成的角 . VAD = ( 爭a, |a), AE = (0,習 a, |a), ?必?正四 cosZDAE- - - 一4 ? |AD|-|AE| (3)同方法一 . 3. (201&辽宁沈阳一模 ) 如图，在三棱柱ABC-AiBjCi中, 侧面AA1CIC丄底面ABC, AA| =A|C = AC=AB = BC = 2，且O 为AC 的屮点 . (1)求证：AQ丄平面ABC； (2)求二而角A AB Ci的余弦值 . 答案略一零解析( l)?AAi=AC,且O为AC的 中点，?AiO丄AC, 又侧面AA|C|C丄底面ABC,交线为AC,且 AQU 平面AAiCjC, AA
7、iO丄平面ABC. (2)如图，连接OB,以O为坐标原点，OB, OC, OA所在直线分别为x轴, 建立空 间直角坐标系 . 4.(2018-河北开滦二中月考 )如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PD丄平 面 ABCD,底面ABCD是正方形，PD = AB = 2, E为PC中点. (1)求证：DE丄平面PCB； 求点C到平面DEB的距离； (3)求二面角E-BD-P的余眩值 . y轴，z轴, 由已知可得A（0, -1, 0）, Ai（0, 0,羽） ,0（0, 2,萌）,B（迈，0, 0）, /.AB = （V3, 1, 0）, A7B =（V3, 0, 一迈），A?Ci = （0, 2,
8、0）. 设平面AA|B的法向量为加=（X|, yi ，Z|）. 则有 wAB = 0, 筋xi+yi = 0, 、迈 X（5zi = 0. 3 m ? AB = 0 取xi = l,则 * = 迈，zi = l, ?加=(1, 一迈，1),为平面AAiB的一个法向量 . 设 平面A1BC的法向量为=( X2，Y2? Z2) , 2y2=0, （5x2 一 筋Z2 = 0. /r A | C | = 0, 今 舁?AB=0 y2=0,令x2=l,则Z2=l,?/2=（1, 0, 1）,为平面AjBCi的一个法向量 , . , 、 m n 2 VT5 则有 ? ?cos m, n _岡也厂帧 _
9、5 . 易知二面角A AjB Cj的平面角为钝角 , 所求二面角的余弦值为一芈2 答案略( 2)晋( 3)当 解析( 1)证明：VPD丄平面ABCD, APD丄BC. 又正方形ABCD中，CD丄BC, PDACD = D, ABC丄平面PCD. VDEU平面PCD,二BC丄DE. VPD=CD, E 是PC 的中点，ADE丄PC. 又TPCQBC=C, ADE丄平面PCB. (2)如图所示，过点C作CM丄BE于点 由( 1)知平面DEE丄平面PCB, ?平面DEBQ平面PCB = BE, ACM丄平面DEB. ?线段CM的长度就是点C到平面DEB的距离 . ?PD = AB = CD = 2,
10、 ZPDC = 90 , APC=2y/29 EC=d BC = 2? .?BE=G 23 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 法向量为他i = (x, y, z), 令z=l,得y= 1, x=l. ?平面BDE的一个法向量为山 = (1, -1, 1). 又VC(0, 2, 0), A(2, 0, 0), AC = (-2, 2, 0),且AC丄平
11、面PDB, ?平面PDB的一个法向量为n2 = (, -1, 0). 设二面角E-BD-P的平面角为a,则cos a ? 二面角E-BD-P的余弦值为誓 . 5. (2018-太原二模 ) 如图，在平面六边形ABFCDE屮，四边形ABCD是矩形，且AB=4, BC = 2, AE = DE=迈，BF = CF=远，点M, N分别是AD, BC的中点，分别沿直线AD, BC将ZSADE, ABCF翻折成如图的空间几何体ABCDEF. ? DB=0, /ii ? DE=0, 2x+2y=0, y+z=o. 结论1：过空间一点作己知直线的垂面，有且只有一个. 结论2：过平面内一条直线作该平面的垂面，
12、有且只有一个. 若二面角E-AD-B和二面角F-BC-A都是60, 求二面角ABEF的余眩值 . 答案略 （2）“ 解析（1）如图，连接MN, ME, NF, T四边形ABCD是矩形，点M, N分别是AD, BC的中点 , AAM/7BN, AM = BN, ZDAB = 90 , ?四边形ABNM是矩形 , VAE = DE,点M是AD的中点，AAD丄ME, 又MNAME=M, A AD 丄平面EMN, ?平面EMN丄平面ABCD, 同理可得平面FMN丄平面ABCD, 由结论2可得平面EMN与 平面FMN是同一个平面 , AE, F, M, N四点共面 . z轴，建立如图所示的空间直角坐标系
13、O xyz. ?AD=2, AE = DE=,点M是AD的中 点，?AE丄DE, EM=1, ?二面角E-AD-B 是60。， /.ZEMN = 60 , .?.0M=*, OE=￥ 同理，过点F作FO丄MN,可得O N=l, F0 ?A（1, 0）, B（l, I，0）, E（0, 0,爭），F（0, I，迈），则AB=（0, 4, 0）, BE=（-1, （2）白（1）知平面EMNF丄平面ABCD, 过点 E作EO丄MN,垂足为0, ?EO丄平面ABCD. 以过点O作垂直于MN的直线为x轴，ON, 轴, 图图 （1）利用下面的结论1或结论2,证明：E, F, M, N四点共面； 爭），EF
14、=（O, I，半）. 设m=（xH yi，Zi）是平面ABE的法向量 , 令zi=2, =0, 2）,是平面ABE的一个法向量 . 令Z2=2,?畀=（丄59 2）是平面BEF的一个法向量 . 易知二面角A BEF是钝角 , ?I二面角ABEF的余弦值为一半畀 . 1. （201&河北徐水一中模拟）如下图所示，在四边形ABCD中，ADBC, AD=AB, ZBCD =45 , ZBAD = 90, 将AABD沿BD折起，使平面ABD丄平面BCD,构成三棱锥A -BCD,则在 三棱锥A-BCD中，下列命题正确的是（） A.平面ABD丄平面ABC B.平面ADC丄平面BDC C.平面ABC丄平面B
15、DC D.平而ADC丄平面ABC 答案D 解析 ?在四边形ABCD 中，ADBC, AD=AB, ZBCD=45 , ZBAD=90 , ABD 丄CD,又 平面ABD丄平面BCD,且平面ABDA平面BCD=BD,故CD丄平面ABD,则CD丄AB,又AD丄 AB,故AB丄平面ADC,所以平面ABC丄平面ADC. 2. （2018-河北冀州中学月考） 如图，已知二面角a-PQ卩的大小为60，点C为棱PQ上 一点， AEB, AC = 2, ZACP=30, 则点A到平面a的距离为（） ?：cos 加,n) m n /238 17 设n = （x2, y2，Z2）是平面BEF的法向 量, ?AB=
16、O, 4y【=0, ? BE = O, D2 答案C 解析 如图，过A作AO丄（X于O,点A到平面a的距离为AO. 作AD PQ于D,连接OD,则AD丄CD, CD OD, ZADO就是二面角a-PQ卩的大小 , 即为60 . 因为AC = 2, ZACP=30 , 所以AD=ACsin30 =2x|=l. 在RtAAOD 中，AO = ADsin60 = 1 X 2 = 2 - 故选 C 3.过正方形ABCD的顶点A作线段PA丄平面ABCD,若AB = PA，则平面ABP与平面CDP 所成的二面角为（） A. 30 B. 45 C. 60 D. 90 答案B 解析 以A点为坐标原点，AB,
17、AD, AP分别为x, y, z轴建系且设AB=1, ?C(1, 1, 0), D(0, 1, 0), P(0, 0, 1). ?：设面CDP的法向量为 = (x, y, z). y, z)? ( 一1, 0, 0) =x = 0， y, z) ? (0, 1, 1) =y+z=0. 令y=l, /.w = (0, 1, 1). 又TAb为面ABP的一个法向量 , ?/ 兀AD 1 返 cos n, AD= - =苹=? IIIADI 弋 ?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丄平 面CBD,则异面直线AD, BC所成的角
18、为（） n ? DP= (x A? 120 B? 30 答案D 解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则A（迈，0, 0）, B（0,迈，0）, C（0, 0,逅），D（0, 一 迈，0）, ? ? ? ? = （- 迈，一迈，0）, BC = （0, -2,迈）. .|AD|=2, |BC|=2, Ab ? BC = 2. ?异面直线AD, BC所成的角为60 ? 5.如图所示，正方体ABCD-AJBICJDI的棱长为1,若E, F分别是BC, DD】的中点，则Bi到平面ABF的距离为（ ） 解析方法一：由VB1-ABF=VF-ABB1可得解 . 方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(l
19、, 0, 1), B|(l, 1, 0). 设F(0, 0, |), E(*, 1, 1), B(l, 1, 1), AB = (0, 1, 0). /.BE=(-|, 0, 1), AF = (-1, 0, ?庄丄就. 又応丄斫 fe, ABjE丄平面ABF. 平面ABF的法向量为B?E=（-|, 0, 1）, ABi = (0, 1, -1). /A xJ o = 所以二面角DiAC Bi的正弦值为尊們 . (3)依题意，可设人花 =入A正1，其中Xe0, 1,则E(0, X , 2),从而NE=(-1,入+2, 1).又71 = (0, 0, 1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得c
20、os NE, n I /八 J,整理得 X+4入一3 = 0,又因为Xe0, 1,解得X=y/72. 7 ( 1) + (X+2) +1 3 所以线段AE的长为萌一2. 11.(2018-江西上饶一中模拟 ) 如图，在直三棱柱ABC-ABC中, 平面A) BC丄侧面ABBA ， 且AA = AB=2. (1)求证：AB丄BC； (2)若直线AC与平而AiBC所成的角为请问在线段A】C上是否存在点E,使得二面角A BE C的大小为年，请说明理由?解析( 1)证明：连接AB|交AB|于点D, ? .? AAi = AB, A AD丄AB, 又平面A|BC丄侧面AiABB!, 且平面A1BCA 侧面
21、AABB=AiB, A AD丄平面AiBC,又BCU平面A】BC, ?AD 丄BC. 三棱柱ABC AiBjCi是直三棱柱， Hi ? ADi=O, 则1 _ jii ? AC=O, 即2j+2z】_0,不妨设，可得 ? 2xi =0. 1, 1)? NE? “ INEI-H /.AA|丄底面ABC, AAA|丄BC. 又AAQAD=A, AAU平面A】ABB】， ADU平面AABB, ABC丄平面AJABBJ,又ABU侧面AJABBJ, /.AB BC, (2)白( 1)得AD丄平面ABC,连接CD, ? ? ZACD为直线AC与平面A|BC所成的角， 即Z ACD= ，又AD =， 2AB
22、 i = y2, ?AC = 2迈，BC=/AC 2-AB2=2. 假设在线段AC上存在一点E,使得二面角A-BE-C的大小为斗 . 以点B为原点，以BC, BA, BBi所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系B-xyz,如图所示 , AAB = (0, 一2, 0),心=(2, -2, 一2), AB = (0, 2, 2), AA=(0, 0, 2). 设A?E=XA7c = (2X, -2k, 一2九) ，0W 入W1. /.AE = AAi+A7iE = (2X, 2九，2-2X), 设平面EAB的法向量为/ii = (x, y, z), 则Afe丄死i，AB /IH 2九x2Xy+ (2 2九)z=0, -2y=0, 令x = 1,得n = (1, 0,九_ ), 则A(0, 2, 0), B(0, 0, 0, 2). 由知AB】丄平面AiBC, 2)为平面CEB的一个法向量 . 2入 X 1 ，1+ (X-1) 2 = |cos 3 1=刁 解得 入=二, 2迈 ?点E为线段AC中点时，二面角A-BE-C的大小为年 ? ?cosAB】，/I】 2X X 1