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（理科）.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 题组训练 58 专题研究 球与几何体的切接问题 1.已知正方体 ABCD A1B1C1D1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 C1 DB B1的正切值 答案 (1)60 (2)2 23 (3) 22 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)， B(0， 0， 1)， D1(1， 1， 0)， E(0， 12， 0)， F(12， 1， 0)， D(1， 1，1) (1)因为

2、AD1 (0， 1， 1)， EF (12， 12， 0)， 所以 cos AD1 ， EF （ 0， 1， 1） （ 12， 12， 0）2 22 12， 即 AD1与 EF 所成的角为 60 . (2)FA (12， 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所成的角为 ， 则 sin |cos BA ， FA | |（ 1， 0， 0） （ 12， 1， 1）1 （ 12） 2（ 1） 2 12| 13， 所以 cos 2 23 . (3)设平面 DBB1的法向量为 n1 (x， y， z)， DB ( 1， 1， 0)

3、， B1B (0， 0， 1)， =【 ;精品教育资源文库 】 = 由?n1 DB ，n1 B1B ，得?n1 DB x y 0，n1 B1B z 0，令 y 1， 则 n1 ( 1， 1， 0) 同理 ， 可得平面 C1DB 的一个法向量为 n2 ( 1， 1， 1) 则 cos n1， n2 （ 1， 1， 0） （ 1， 1， 1）2 3 63 . 所以 tan n1， n2 22 . 2.如图所示 ， 在三棱锥 P ABC 中 ， PA 底面 ABC， PA AB， ABC 60， BCA 90， 点 D， E 分别在棱 PB， PC 上 ， 且 DEBC. (1)求证： BC 平面

4、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 A DE P 为直二面角？并说明理由 答案 (1)略 (2) 144 (3)存在点 E 解析 方法一： (1)PA 底面 ABC， PA BC.又 BCA 90， AC BC， BC 平面 PAC. (2)D 为 PB 的中点 ， DE BC， DE 12BC. 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， PA AB. 又 PA AB， ABP 为等腰直角三角形 AD

5、 12AB. 在 Rt ABC 中 ， ABC 60 . BC 12AB. Rt ADE 中 ， sin DAE DEAD BC2AD 24 . cos DAE 144 . (3) DEBC ， 又由 (1)知 ， BC 平面 PAC， DE 平面 PAC. =【 ;精品教育资源文库 】 = 又 AE ?平面 PAC， PE?平面 PAC， DE AE， DEPE. AEP 为二面角 A DE P 的平面角 PA 底面 ABC， PA AC， PAC 90 . 在棱 PC 上存在一点 E， 使得 AEPC. 这时 ， AEP 90 . 故存在点 E 使得二面角 A DE P 是直二面角 方法二

6、：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( 12a， 32 a， 0)， C(0， 32 a， 0)，P(0， 0， a) (1) AP (0， 0， a)， BC (12a， 0， 0)， BC AP 0， BC AP. 又 BCA 90， BC AC.又 APAC A， BC 平面 PAC. (2)D 为 PB 的中点 ， DE BC， E 为 PC 的中点 D( 14a， 34 a， 12a)， E(0， 34 a， 12a) 又由 (1)知 ， BC 平面 PAC， DE 平面 PAC， 垂足为点 E. DA

7、E 是 AD 与平面 PAC 所成的角 AD ( 14a， 34 a， 12a)， AE (0， 34 a， 12a)， cos DAE AD AE|AD | AE | 144 . (3)同方法一 3 (2018 辽宁沈阳一模 )如图 ， 在三棱柱 ABC A1B1C1中 ， 侧面 AA1C1C 底面 ABC， AA1 A1C AC AB BC 2， 且 O 为 AC 的中点 =【 ;精品教育资源文库 】 = (1)求证： A1O 平面 ABC； (2)求二面角 A A1B C1的余弦值 答案 (1)略 (2) 105 解析 (1)AA 1 A1C， 且 O 为 AC 的中点 ， A1O AC

8、， 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 (x1， y1， z1) 则有?m AB 0，m A1B 0? 3x1 y1 0，3x1 3z

9、1 0.取 x1 1， 则 y1 3， z1 1， m (1， 3， 1)， 为平面 AA1B 的 一个法向量 设平面 A1BC1的法向量为 n (x2， y2， z2)， 则有?n A1C1 0，n A1B 0?2y2 0，3x2 3z2 0. y2 0， 令 x2 1， 则 z2 1， n (1， 0， 1)， 为平面 A1BC1的一个法向量 ， cos m， n m n|m| n| 210 105 . 易知二面角 A A1B C1的平面角为钝角 ， =【 ;精品教育资源文库 】 = 所求二面角的余弦值为 105 . 4 (2018 河北开滦二中月考 )如图所示 ， 在四棱锥 P ABCD

10、 中 ， PD 平面 ABCD， 底面 ABCD 是正方形 ， PD AB 2， 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 E BD P 的余弦值 答案 (1)略 (2)2 33 (3) 63 解析 (1)证明 ： PD 平面 ABCD， PD BC. 又正方形 ABCD 中 ， CD BC， PD CD D， BC 平面 PCD. DE?平面 PCD， BC DE. PD CD， E 是 PC 的中点 ， DE PC. 又 PCBC C， DE 平面 PCB. (2)如图 所示 ， 过点 C 作 CMBE 于点 M， 由

11、 (1)知平面 DEB 平面 PCB， 平面 DEB 平面 PCB BE， CM 平面 DEB. 线段 CM 的长度就是点 C 到平面 DEB 的距离 PD AB CD 2， PDC 90， PC 2 2， EC 2， BC 2.BE 6. CM 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)， DB (2， 2， 0)， DE (0， 1， 1)设平面 BDE 的法向量为 n1 (x

12、， y， z)， 则?n1 DB 0，n1 DE 0，?2x 2y 0，y z 0. 令 z 1， 得 y 1， x 1. 平面 BDE 的一个法向量为 n1 (1， 1， 1) 又 C(0 ， 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 n2 (1， 1， 0) 设二面角 E BD P 的平面角为 ， 则 cos |n1 n2|n1|n2| 23 2 63 . =【 ;精品教育资源文库 】 = 二面角 E BD P 的余弦值为 63 . 5 (2018 太原二模 )如图 ， 在平面六边形 ABFCDE 中 ， 四

13、边形 ABCD 是矩形 ， 且 AB 4，BC 2， AE DE 2， BF CF 5， 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 ABCDEF. (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 ， 有且只有一个 (2)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) 23817 解析 (1)如图 ， 连接 MN，

14、ME， NF， 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 ABNM 是矩形 ， AD MN. AE DE， 点 M 是 AD 的中点 ， AD ME， 又 MNME M， 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

15、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 O xyz. AD 2， AE DE 2， 点 M 是 AD 的中点 ， AE DE， EM 1， 二面角 E AD B 是 60， =【 ;精品教育资源文库 】 = EMN 60， OM 12， OE 32 . 同理 ， 过点 F 作 FO MN， 可得 O N 1， FO 3. A(1， 12， 0)， B(1， 72， 0)， E(0， 0， 32 )， F(0， 52， 3)， 则 AB (0， 4， 0)， BE (1， 72， 32 )， EF (0， 52， 32 ) 设 m (x1， y1， z1)是平面 ABE 的法向量 ， 则?m AB 0，m BE 0，?4y1 0， x1 72y1 32 z1 0， 令 z1 2， m ( 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 ， 则?n EF 0，n BE 0，?52y2 32 z2 0， x2 72y2 32 z2 0，令 z2 2， n (12 35 ， 2 35 ， 2)是平面 BEF 的一个法向量 cos m， n m n|m|n| 23817 ， 易知二面角 A BE F 是钝角 ， 二面角 A BE F 的余弦值