2019高考数学一轮复习第8章立体几何第10课时练习理

1、第 10 课时(i)ADi与 EF 所成角的大小;(2)AF 与平面 BEB 所成角的余弦值;二面角 Ci DB- Bi的正切值.答案(i )60 (2) 竽 (3)冷思路即 AD 与 EF 所成的角为 60 .1(i,0,0)(2, i,i)i= 3 ,所以 cos2 2 23(2)+(i)+i设平面 DBB 的法向量为 ni= (x , y, z),DB= ( i, i, 0) , BB= (0 , 0, i),|niXDB,niDB=xy=0,由 -得 T1.已知正方体 ABCD- AiBiCiD 的棱长为1,E, F 分别是棱 BiCi,CD的中点.试求:解析建立如图所示的空间直角坐标

2、系，贝 yB (0 , 0 , 0) , A( i , 0 , i ) , B(0,0,D (i , i , 0) , E(0 , 2 , 0),F(2 , i , 0) , D(i, i , i ).(i )因为AD=(0, i , i ), EF=(-0),所以 cosAD, EF1J )( 2 20)12,iFA =纭,i, i )，由图可得,BA= (i , 0, 0)为平面 BEB 的一个法向量，设AF 与平面 BEB 所成的角为0,则 sin0 =|cos BABA |=| -ix令 y = i,则ni= ( i, i, 0).i),2017 年高考“最后三十天”专题透析好教育云平

3、台 教育因你我而变2.ni丄BB,.niBiB=z=0,同理，可得平面 CiDB 的一个法向量为则 cosni,n2(i , i, 0)n2= ( i , i, i ).(-i , i , i )33所以 tanm ,2.如图所示，在三棱锥 P ABC 中，PM 底面 ABC PA= AB,/ ABC= 60,/ BCA= 90 , 点 D,E 分别在棱 PB, PC 上，且 DE/ BC.(1)求证：BCL 平面 PAC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 A DE- P 为直二面角？并说明理由.答案(1)略(2) 工 (3

4、)存在点 E4解析 方法一：(1) PAL 底面 ABC PALBC.又/ BCA= 90, ACLBC, BCL平面 PAC.VD为 PB 的中点，DE/ BC,1 DE= BC.又由(1)知，BCL平面 PAC DE!平面 PAC 垂足为点 E. / DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角./ PAL底面 ABC - PALAB.又 PA= AB,ABP 为等腰直角三角形.1 - AD= AB.羽1在 Rt ABC 中 , / ABC= 60 . BC= 2AB.VDE/ BC又由(1)知，BCL平面 PAC DEL 平面 PAC. 又VAE?平面 PAC PE?平面 PAC DEI

5、AE, DEL PE. / AEP 为二面角 A DE- P 的平面角.VPAL底面 ABC PALAC,/PAC= 90.在棱 PC 上存在一点 E,使得 AE1 PC.这时，/ AEP= 90 . Rt ADE中,sin / DAE=DE_ BCADT2AD= cos / DAE=1442017 年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台 教育因你我而变4故存在点 E 使得二面角 A- DE P 是直二面角.5 BC-辰 0,. BC 丄 AP. BC 丄平面 PAC.求证：AiO 丄平面 ABC（2）求二面角 A- AiB- G 的余弦值.答案（1）略（2）-电05解析（1）VAAi= A

6、C,且 O 为 AC 的中点,又侧面 AACC 丄底面 ABC 交线为 AC 且 AC?平面 AAGC, AO 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，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系.方法二：如图所示,以A 为原点建立空间直角坐标系A- xyz.设PA=a,由已知可得 A(0 , 0, 0),B( - fa, fa, 0) , C(0, #a, 0) , P(0, 0, a).(1)VAP(0,0,a), BG= (2a,0,0),又/ BCA= 90,.BCL AC.又 APnAC= A,VD为 PB 的中点,DE/ BC,

7、E为PC的中点. D( - fa , q3a , 2a), E(0 ,12a).又由（1）知，BCL 平面 PAC DE!平面 PAC 垂足为点 E./ DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角.VAD=(-4a,#a,和)，AE=(0,12a),AD-AE/T4cos/DAE=.|AD|IAE同方法一.3. （2018 辽宁沈阳一模）如图，在三棱柱ABC- ABC 中，侧面 AAGC 丄底面 ABC AA= AC= AC= AB= BC= 2,且 O 为 AC 的中点. AiO 丄AC,2017 年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台 教育因你我而变6由已知可得 A(0, - 1, 0)

8、, A(0, 0，西),C(0 , 2，筋,B(羽,0,0), AB= ( 3, 1,0) ,AB=( 3,0, -3),ACi=(0 , 2, 0).设平面 AAB 的法向量为m (xi, yi, zi).取 xi= 1，贝Uyi=-3,乙=1,n= (1 , -3, 1)，为平面 AAB 的一个法向量.设平面 ABG 的法向量为 n= (X2, y2, z0 ,y2= 0,令 X2= 1，则 Z2= 1 ,n= (1 , 0 , 1)，为平面 ABC 的一个法向量,易知二面角 A- A1B- C1的平面角为钝角,4. (2018 河北开滦二中月考)如图所示, 是正方形，PD= AB= 2,

9、 E 为 PC 中点.(1)求证：DEL 平面 PCB求点 C 到平面 DEB 的距离；求二面角 E- BD- P 的余弦值. 答案略竽(3) 解析 (1)证明：TPDL平面 ABCD PDLBC.又正方形 ABCD 中, CD 丄 BC, PDACD= D, BC 丄平面 PCD./ DE?平面 PCD - BC 丄 DE./ PD= CD E 是 PC 的中点， DEL PC.又 PS BC= C, DE 丄平面 PCB.如图所示，过点 C 作 CMLBE 于点 M由(1)知平面 DEBL 平面 PCB平面 DEA平面 PCB= BE, CMt平面 DEB.所求二面角的余弦值为.105m则

10、有nrA1B=0(3xi+ yi= 0, .寸3xi-寸 3zi= 0.n A1C1=0, 则有n AB= 02y2= 0,：”：3X2寸3Z2= 0. cosmn在四棱锥 P- ABCD 中, PD 丄平面 ABCD 底面 ABCD图7线段 CM 的长度就是点 C 到平面 DEB 的距离.PD= AB= CD= 2,ZPDC= 90, PC= 2 2 , EC=2 , BC= 2. BE= 6.CE- BC2f3 CM=.BE 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) ,

11、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ni= (x , y , z),令 z = 1,得 y = 1 , x= 1.平面 BDE 的一个法向量为 m = (1 , 1, 1).又 C(0 , 2 , 0) , A(2 , 0 , 0) , AC= ( 2 , 2 , 0),且 ACL 平面 PDB平面 PDB 的一个法向量为n2= (1 , 1, 0).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

12、面，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 A BE F 的余弦值.答案(1)略(2) 78解析 (1)如图，连接 MN ME NF,设二面角E BD- P 的平面角为a,则COSa=阳詈 一 322 = F.二面角E BD- P 的余弦值为5. (2018BF= CF=5 ,点 M,体 ABCDEF.-太原二模)如图，在平面六边形 ABFCD 冲,四边形 ABCD 是矩形,且 AB= 4 , BC= 2 , AE= DE= . 2 ,N 分别是 AD, BC 的中点，分别沿直线AD, BC 将厶 ADE BCF 翻折成如图的空间几何c图E,图图

13、fiJVni DB=0 ,则咒m DE=0 ,2x + 2y= 0 ,y + z = 0.(1)利用下面的结论2017 年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台 教育因你我而变8四边形 ABCD 是矩形,点 M, N 分别是 AD, BC 的中点, AM/ BN, AM= BN, / DAB= 90 ,四边形 ABNM1 矩形,ADLMN.9 AE= DE 点 M 是 AD 的中点， AD 丄 ME又 MNPME= M AD 丄平面 EMN平面 EMNL 平面 ABCD同理可得平面 FMNL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

14、面.(2)由(1)知平面 EMNL平面 ABCD过点 E 作 ECLMN 垂足为 O, EC 丄平面 ABCD.以过点 O 作垂直于 MN 的直线为 x 轴，ON 0E 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0 xy z. AD= 2, AE= DE=2,点 M 是 AD 的中点， AELDE EM= 1,二面角 E AD- B 是 60, / EMN= 60,1 0M=, 0E=.22同理，过点 F 作 FO丄 MN 可得 O N= 1, FO = 3. A(1 , 2, 0) , B(1 , 7, 0) , E(0 , 0, 一 , F(0 , 5, 3)，则AE=

15、(0 , 4 , 0) , BE= ( 1 , 2 , * ,EF= (0,2,).设m= (x1, y1, Z1)是平面ABE的法向量,nrAB= 0,则$-、nr BE=0,令 Z1= 2, m= C.3 , 0 , 2),是平面 ABE 的一个法向量.设n= (X2, y2, Z2)是平面 BEF 的法向量，n- EF= 0,宙2+2=0, 则 sA. 120B.30C. 90D. 60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), AC=(- ,2,2,0),BC= (0，-2,2). |AD|

16、 = 2 , |BC| = 2 , AD- BC= 2. cos AD,BCAD- BC 21|AD|IBCC = E异面直线ADBC 所成的角5.如图所示，正方体 ABC A1B1C1D 的棱长为1，若 E, F 分别是 BC,DD 的中点，则 B1到平面 ABF 的距离为（A.B.C._53D.2 .5.513解析 方法一：由 VB ABF= VF- ABB 可得解.方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，2017 年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台 教育因你我而变14则 A(1 , 0, 1) , Bi(1 , 1, 0).11T设 F(0, 0,2), E(2, 1 , 1) ,

17、B(1 , 1, 1) , AB= (0 , 1 , 0).T1T1 BE= ( 2, 0, 1) , AF= ( - 1 , 0,- R T T1 1- AF B1E= (-1, 0, - 2) (- 2, 0，1) = 0, AF 丄 B1E.又 AB 丄 BE,. B1E 丄平面 ABF._T1平面 ABF 的法向量为BE= ( - 2, 0, 1),AB= (0 , 1,- 1).6.如图所示， ADP 为正三角形，四边形 ABC:为正方形，平面 PADL 平面 ABCD 点 M 为平面 ABCD 内的一个动点，且满足 MP= MC 则点 M 在正方形 ABCD 内的轨迹为（）答案 A

18、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 ABC- A1B1CD 的棱长为寸 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（）3A.nB. 2n5C. 3nD 2n答案 D解析 在面 ABCD 面 AAB1B,面 AADD 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n为厂的圆弧，在面 ABQD，面 BBCC 面 CCDD 内与点 A 的距

19、离是 2 的点的轨迹是分别以 A 为圆心，以 B 为6TT/TT/TT*5B 到平面 ABF 的距离为AB B1E|BTE|515圆心，以 D 为圆心，1 为半径，圆心角为n的圆弧，故圆弧的长为3XX2 + 3X-X1 = j .2622&在正方体 ABCD- A1B1CD 中，点 E 为 BB 的中点，则平面 AED 与平面 ABC 断成的锐二面角的余弦值为 _.2答案 32017 年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台 教育因你我而变16解析 延长 AE 交 AB 延长线于 P,连 PD 由 A 作 ACLPD 于 O,连 AO,则/AiOA 为二面角的平面角，设棱长为 1,则由

20、等面积法可得 AO= , tan / AOA=- , cos / AOA= -3.(2018 -郑州质检)四棱锥 A BCDE 的正视图和俯视图如下，其中俯视图是直角梯形.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 BFLCM 请说明理由;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.BC= 2, O 为 BC 中点，BE= 1 , CD= 2.ABC 为等边三角形，F 为 AC 中点， BFLAC.又平面 ABCL平面 EBCD 且 DCL BC DCL 平面 ABC 二 DCL BF.又 ACH C

21、D= C,. BF 丄平面 ACD/. BFLCM.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= (x , y, z).ED= (2, 1, 0), EA= (1 , - 1, a),f+y=00令 x= 1, y =-2, z =于x- y + az = 0,an= (1 , - 2, -a.291 + 4+2a AD=(1,2,-3),BE=(0,1,0), E

22、A=(1, -1,3).设平面 ABE 的法向量为m= (X1, y1,乙),BE- m= y1= 0,9.(1)答案总有 BFLCM (2)盲6解析(1)由俯视图可知平面 ABCL 平面 EBCD.若平面,解得 a=寸 3.17EA m= X1 y1+ 3z1= 0.2017 年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台 教育因你我而变18令Zi=1 , mr(3,0,1).设 AD 与平面 ABE 所成角为0，则有sin0 =|cosAD,m|=-嗣嗣=逅直线 AD 与平面 ABE 所成角的正弦值为AD= CD=5，且点 M 和 N 分别为 BQ 和 DD 的中点.(1)求证：MIN/平面 A

23、BCD求二面角 D AC B 的正弦值；1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 AE 的长.3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) , A(0 , 0 , 2) , B(0 , 1, 2) , C(2 , 0 , 2) , D(1 , 2 , 2).又因为 M N 分别为 BC 和 DD 的中点，得M(1 , 2, 1) , N(1 , 2 , 1).(1)证明：依题意，可得n= (0 , 0 , 1)为平面 ABCD

24、的个法向量.MN= (0 , 5, 0). 由此可得n= 0 ,又因为直线 Ml?平面 ABCD所以 MIN/平面 ABCD.(2)AD1= (1 , 2 , 2) , AC= (2 , 0 , 0).设 m= (X1, y1, Z1)为平面 ACD 的法向量,10. (2015 天津，理)如图，在四棱柱ABCD- A1BC1D 中，侧棱 A1A 丄底面 ABCD AB 丄 AC, AB= 1, AC= AA = 2,答案(1)略器(3)7 219设n2= (X2, y2, Z2)为平面 ACB 的法向量,nAD=0 ,n AC= 0 ,x1 2y1+ 2z1= 0 ,即/不妨设乙=1,可得

25、m= (0 ,2x1= 0.1).2017 年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台 教育因你我而变20又AB=(0 , 1, 2)，得 +2：2=0,2X2= 0.不妨设 Z2= 1,可得n2= (0，- 2, 1).，亠n1n2因此有 cos=.|n1|n2|10依题意，可设 AE=入 A1B1,其中 入 0 , 1，贝UE(0,入，2)，从而 NE= ( 1,入+ 2, 1).又n= (0 , 0,TNE-n111)为平面 ABCD 勺一个法向量，由已知，得 cos NE,n=222=，整理|NE|In|7(门2+(入+2)2+13得入+ 4 入一 3= 0,又因为入 0 , 1，解得入=7 2.所以线段 A1E 的长为一 2.11 . (2018 江西上饶一中模拟)如图，在直三棱柱 ABC A1B1C 中，平面 ABC 丄侧面 ABBA,且 AA= AB= 2.(1)求证：AB 丄 BCn(2)若直线 AC 与平面 ABC 所成的角为；，请问在线段 AC 上是否存在点6请说明理由.解析(1)证明：连接 AB 交 AB 于点 D,/ AA = AB,. ADL AB,又平面 ABC 丄侧面 AABB,且平面 ABCA侧面 AABB= A1B,