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.doc

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的正切值答案(1)60(2)(3)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(0，0)，f(，1，0)，d(1，1，1)(1)因为(0，1，1)，(，0)，所以cos，即ad1与ef所成的角为60.(2)(，1，1)，由图可得，(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，|，所以cos.(3)设平面dbb1的法向量为n1(x，y，z)，(1，1，0)，(0，0，1)，由得令y1，则n1(1，1，0)同理，可得平面c1db的一个法向量为n2(1，1，1)则cosn1，n2.所以tann1，n2.2.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？并说明理由答案(1)略(2)(3)存在点e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，debc.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adab.在rtabc中，abc60.bcab.rtade中，sindae.cosdae.(3)debc，又由(1)知，bc平面pac，de平面pac.又ae平面pac，pe平面pac，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.设paa，由已知可得a(0，0，0)，b(a，a，0)，c(0，a，0)，p(0，0，a)(1)(0，0，a)，(a，0，0)，0，bcap.又bca90，bcac.又apaca，bc平面pac.(2)d为pb的中点，debc，e为pc的中点d(a，a，a)，e(0，a，a)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(a，a，a)，(0，a，a)，cosdae.(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，aa1a1cacabbc2，且o为ac的中点(1)求证：a1o平面abc；(2)求二面角aa1bc1的余弦值答案(1)略(2)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，)，c1(0，2，)，b(，0，0)，(，1，0)，(，0，)，(0，2，0)设平面aa1b的法向量为m(x1，y1，z1)则有取x11，则y1，z11，m(1，1)，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y20，令x21，则z21，n(1，0，1)，为平面a1bc1的一个法向量，cosm，n.易知二面角aa1bc1的平面角为钝角，所求二面角的余弦值为.4(2018河北开滦二中月考)如图所示，在四棱锥pabcd中，pd平面abcd，底面abcd是正方形，pdab2，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ebdp的余弦值答案(1)略(2)(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cm的长度就是点c到平面deb的距离pdabcd2，pdc90，pc2，ec，bc2.be.cm.(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)，(2，2，0)，(0，1，1)设平面bde的法向量为n1(x，y，z)，则令z1，得y1，x1.平面bde的一个法向量为n1(1，1，1)又c(0，2，0)，a(2，0，0)，(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ebdp的平面角为，则cos.二面角ebdp的余弦值为.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，bc2，aede，bfcf，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eadb和二面角fbca都是60，求二面角abef的余弦值答案(1)略(2)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，点m是ad的中点，aede，em1，二面角 eadb是60，emn60，om，oe.同理，过点f作fomn，可得on1，fo.a(1，0)，b(1，0)，e(0，0，)，f(0，)，则(0，4，0)，(1，)，(0，)设m(x1，y1，z1)是平面abe的法向量，则令z12，m(，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，则令z22，n(，2)是平面bef的一个法向量cosm，n，易知二面角abef是钝角，二面角abef的余弦值为.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abcd中，下列命题正确的是()a平面abd平面abcb平面adc平面bdcc平面abc平面bdcd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()a1b.c. d.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，所以adacsin3021.在rtaod中，aoadsin601.故选c.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 b45c60 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(x，y，z)令y1，n(0，1，1)又为面abp的一个法向量，cosn，.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，则异面直线ad，bc所成的角为()a120 b30c90 d60答案d解析建立如图所示的空间直角坐标系，则a(，0，0)，b(0，0)，c(0，0，)，d(0，0)，(，0)，(0，)|2，|2，2.cos，.异面直线ad，bc所成的角为60.5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()a. b.c. d.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)设f(0，0，)，e(，1，1)，b(1，1，1)，(0，1，0)(，0，1)，(1，0，)(1，0，)(，0，1)0，.又，b1e平面abf.平面abf的法向量为(，0，1)，(0，1，1)b1到平面abf的距离为.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abcda1b1c1d1的棱长为，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()a b.c3 d.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，故圆弧的长为3231.8在正方体abcda1b1c1d1中，点e为bb1的中点，则平面a1ed与平面abcd所成的锐二面角的余弦值为_答案解析延长a1e交ab延长线于p，连pd，由a作aopd于o，连a1o，则a1oa为二面角的平面角，设棱长为1，则由等面积法可得ao，tana1oa，cosa1oa.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所成角的正弦值答案(1)总有bfcm(2)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，为x轴，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)(2，1，0)，(1，1，a)，令x1，y2，z.n(1，2，)，解得a.(1，2，)，(0，1，0)，(1，1，)设平面abe的法向量为m(x1，y1，z1)，令z11，m(，0，1)设ad与平面abe所成角为，则有sin|cos，m|.直线ad与平面abe所成角的正弦值为.10(2015天津，理)如图，在四棱柱abcda1b1c1d1中，侧棱a1a底面abcd，abac，ab1，acaa12，adcd，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；(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的长答案(1)略(2)(3)2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)又因为m，n分别为b1c和d1d的中点，得m(1，1)，n(1，2，1)(1)证明：依题意，可得n(0，0，1)为平面abcd的一个法向量.(0，0)由此可得n0，又因为直线mn平面abcd，所以mn平面abcd.(2)(1，2，2)，(2，0，0)设n1(x1，y1，z1)为平面acd1的法向量，则即不妨设z11，可得n1(0，1，1)设n2(x2，y2，z2)为平面acb1的法向量，则又(0，1，2)，得不妨设z21，可得n2(0，2，1)因此有cos.于是sin.所以二面角d1acb1的正弦值为.(3)依题意，可设，其中0，1，则e(0，2)，从而(1，2，1)又n(0，0，1)为平面abcd的一个法向量，由已知，得cos，n，整理得2430，又因为0，1，解得2.所以线段a1e的长为2.11(2018江西上饶一中模拟)如图，在直三棱柱abca1b1c