2019高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8章 立體幾何 第9課時 二面角練習(xí) 理.doc

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第9課時 二面角 1．(2018皖南八校聯(lián)考)四棱錐V－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，其他四個側(cè)面是腰長為3的等腰三角形，則二面角V－AB－C的余弦值的大小為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 答案　B 解析　如圖所示，取AB中點E，過V作底面的垂線，垂足為O，連接OE，VE，根據(jù)題意可知，∠VEO是二面角V－AB－C的平面角．因為OE＝1，VE＝＝2，所以cos∠VEO＝＝＝，故選B. 2.如圖，三棱錐S－ABC中，棱SA，SB，SC兩兩垂直，且SA＝SB＝SC，則二面角A－BC－S的正切值為(　　) A．1 B. C. D．2 答案　C 解析　∵三棱錐S－ABC中，棱SA，SB，SC兩兩垂直，且SA＝SB＝SC，∴SA⊥平面SBC，且AB＝AC＝，如圖，取BC的中點D，連接SD，AD，則SD⊥BC，AD⊥BC，則∠ADS是二面角A－BC－S的平面角，設(shè)SA＝SB＝SC＝1，則SD＝，在Rt△ADS中，tan∠ADS＝＝＝，故選C. 另解：以S為坐標(biāo)原點，，，的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)SA＝1，則S(0，0，0)，A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，＝(0，0，1)，＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，易知＝(0，0，1)為平面SBC的一個法向量，設(shè)n＝(x，y，z)為平面ABC的法向量，則即令z＝1，則n＝(1，1，1)為平面ABC的一個法向量，所以cos〈，n〉＝，故二面角A－BC－S的正切值為. 3．(2018福州質(zhì)量檢測)三棱錐A－BCD中，△ABC為等邊三角形，AB＝2，∠BDC＝90，二面角A－BC－D的大小為150，則三棱錐A－BCD的外接球的表面積為(　　) A．7π B．12π C．16π D．28π 答案　D 解析　本題考查空間直線與平面的位置關(guān)系、球的表面積．設(shè)球心為F，過點A作AO⊥平面BCD，垂足為O，取BC的中點E，連接AE，OE，EF，則∠AEO＝30，AE＝3，AO＝，OE＝，EC＝，外接球球心F在過E且平行于AO的直線上，設(shè)FE＝x，外接球半徑為R，則R2＝3＋x2＝()2＋(－x)2，解得x＝2，R2＝7，則外接球的表面積為4πR2＝28π，故選D. 4.(2018浙江溫州中學(xué)模擬)如圖，四邊形ABCD，AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝.現(xiàn)將△ABD沿BD折起，當(dāng)二面角A－BD－C處于[，]的過程中，直線AB與CD所成角的余弦值的取值范圍是(　　) A．[－，] B．[，] C．[0，] D．[0，] 答案　D 解析　如圖所示，取BD中點E，連接AE，CE，∴∠AEC即為二面角A－BD－C的平面角． 而AC2＝AE2＋CE2－2AECEcos∠AEC＝4－2cos∠AEC，又∠AEC∈[，]， ∴AC∈[1，]，∴＝2cos〈，〉＝(－)＝－2＋ABBC＝1－∈[－，]， 設(shè)異面直線AB，CD所成的角為θ，∴0≤cosθ≤＝，故選D. 5.如圖，平面α與平面β相交成銳角θ，平面α內(nèi)的一個圓在平面β上的射影是離心率為的橢圓，則θ＝________． 答案　 解析　如圖，經(jīng)過平面α內(nèi)圓的圓心作平行于和垂直于二面角的棱的兩條直徑，則這兩條直徑在平面β上的射影是橢圓的長軸和短軸，則短軸的延長線和垂直于棱的直徑所在直線的夾角為二面角的平面角，記為θ.因為e＝＝，所以＝，故cosθ＝＝，解得θ＝. 6.(2018甘肅天水一模)已知在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，PA＝AB＝1，PA⊥平面ABCD，E是BC邊上的動點，記二面角P－ED－A的大小為θ，則tanθ的取值范圍為________． 答案　[，] 解析　由A點作AO⊥ED于O，連接PO， 則∠POA為二面角的平面角． tan∠POA＝＝. 又OA∈[，2]，∴tan∠POA∈[，]． 7．(2018滄州七校聯(lián)考)三棱錐A－BCD的三視圖如圖所示： 則二面角B－AD－C的正弦值為________． 答案　 解析　如圖，把三棱錐A－BCD放到長方體中，長方體的長、寬、高分別為5，3，4，△BCD為直角三角形，直角邊分別為5和3，三棱錐A－BCD的高為4， 建立如圖空間直角坐標(biāo)系，則B(0，0，0)，A(3，0，4)，C(3，5，0)，D(0，5，0)， ∴＝(3，－5，4)，＝(0，－5，0)，＝(3，0，0)． 設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面ABD的一個法向量，∴n1⊥，n1⊥. ∴∴ 可取n1＝(4，0，－3)． 設(shè)n2＝(x2，y2，z2)是平面ADC的一個法向量， ∵n2⊥，n2⊥， ∴∴ 可取n2＝(0，4，5)． cos〈n1，n2〉＝＝. ∴sin〈n1，n2〉＝＝. 即二面角B－AD－C的正弦值為. 8．(2018洛陽第一次統(tǒng)考)如圖，四邊形ABEF和四邊形ABCD均是直角梯形，∠FAB＝∠DAB＝90，二面角F－AB－D是直二面角，BE∥AF，BC∥AD，AF＝AB＝BC＝2，AD＝1. (1)證明：在平面BCE上，一定存在過點C的直線l與直線DF平行； (2)求二面角F－CD－A的余弦值． 答案　(1)略　(2) 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. 設(shè)平面DFC∩平面BCE＝l，則l過點C. ∵平面BCE∥平面ADF，平面DFC∩平面BCE＝l，平面DFC∩平面AFD＝DF， ∴DF∥l，即在平面BCE上一定存在過點C的直線l，使得DF∥l. (2)∵平面ABEF⊥平面ABCD，F(xiàn)A?平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB， 又∠FAB＝90，∴AF⊥AB，∴AF⊥平面ABCD， ∵AD?平面ABCD，∴AF⊥AD.∵∠DAB＝90， ∴AD⊥AB. 以A為坐標(biāo)原點，AD，AB，AF所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．由已知得，D(1，0，0)，C(2，2，0)，F(xiàn)(0，0，2)，∴＝(－1，0，2)，＝(1，2，0)． 設(shè)平面DFC的法向量為n＝(x，y，z)， 則? 不妨取z＝1，則n＝(2，－1，1)， 不妨取平面ACD的一個法向量為m＝(0，0，1)， ∴cos〈m，n〉＝＝＝， 由于二面角F－CD－A為銳角， 因此二面角F－CD－A的余弦值為. 9．(2018安徽合肥二檢，理)如圖①，在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，點E為AD的中點，沿BE將△ABE折起至△PBE，如圖②所示，點P在平面BCDE上的射影O落在BE上． (1)求證：BP⊥CE； (2)求二面角B－PC－D的余弦值． 答案　(1)略　(2)－ 解析　(1)∵點P在平面BCDE上的射影O落在BE上， ∴PO⊥平面BCDE，∴PO⊥CE，由題意，易知BE⊥CE，又PO∩BE＝O， ∴CE⊥平面PBE，又∵BP?平面PBE， ∴BP⊥CE. (2)以O(shè)為坐標(biāo)原點，以過點O且平行于CD的直線為x軸，過點O且平行于BC的直線為y軸，PO所在的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系． 則B(，－，0)，C(，，0)，D(－，，0)，P(0，0，)， ∴＝(－1，0，0)，＝(－，－，)，＝(，－，－)，＝(0，2，0)． 設(shè)平面PCD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則即令z1＝，可得n1＝(0，，)為平面PCD的一個法向量． 設(shè)平面PBC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 則即令z2＝，可得n2＝(2，0，)為平面PBC的一個法向量． ∴cos〈n1，n2〉＝＝， 由圖可知二面角B－PC－D為鈍角，故二面角B－PC－D的余弦值為－. 10．(2017山東，理)如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120得到的，G是的中點． (1)設(shè)P是上的一點，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； (2)當(dāng)AB＝3，AD＝2時，求二面角E－AG－C的大?。? 答案　(1)30　(2)60 解析　(1)因為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. 又∠EBC＝120，因此∠CBP＝30. (2)方法一：取的中點H，連接EH，GH，CH.因為∠EBC＝120， 所以四邊形BEHC為菱形，所以AE＝GE＝AC＝GC＝＝. 取AG中點M，連接EM，CM，EC， 則EM⊥AG，CM⊥AG， 所以∠EMC為所求二面角的平面角． 又AM＝1，所以EM＝CM＝＝2. 在△BEC中，由于∠EBC＝120， 由余弦定理得EC2＝22＋22－222cos120＝12， 所以EC＝2，因此△EMC為等邊三角形， 故所求的二面角為60. 方法二：以B為坐標(biāo)原點，分別以BE，BP，BA所在的直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系． 由題意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，，3)，C(－1，，0)， 故＝(2，0，－3)，＝(1，，0)，＝(2，0，3)，設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的法向量． 由可得 取z1＝2，可得平面AEG的一個法向量m＝(3，－，2)． 設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的法向量． 由可得取z2＝－2，可得平面ACG的一個法向量n＝(3，－，－2)．所以cos〈m，n〉＝＝.由圖形可知二面角E－AG－C為銳二面角，因此所求的角為60. 11．(2017廣州綜合測試一)如圖①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點E是BC邊的中點，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，DE，得到如圖②所示的幾何體． (1)求證：AB⊥平面ADC； (2)若AD＝1，二面角C－AB－D的平面角的正切值為，求二面角B－AD－E的余弦值． 答案　(1)略　(2) 解析　(1)因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD， 又BD⊥DC，所以DC⊥平面ABD. 因為AB?平面ABD，所以DC⊥AB. 又折疊前后均有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C－AB－D的平面角為∠CAD. 又DC⊥平面ABD，AD?平面ABD，所以DC⊥AD. 依題意tan∠CAD＝＝. 因為AD＝1，所以CD＝. 設(shè)AB＝x(x>0)，則BD＝. 依題意△ABD∽△DCB，所以＝，即＝. 又x>0，解得x＝，故AB＝，BD＝，BC＝＝3. 方法一：如圖a所示，建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，則D(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，，0)，E(，，0)，A(，0，)，所以＝(，，0)，＝(，0，)． 由(1)知平面BAD的一個法向量為n＝(0，1，0)． 設(shè)平面ADE的法向量為m＝(x，y，z)， 由得 令x＝，得y＝－，z＝－， 所以m＝(，－，－)． 所以cos〈n，m〉＝＝－. 由圖可知二面角B－AD－E的平面角為銳角， 所以二面角B－AD－E的余弦值為. 方法二：因為DC⊥平面ABD， 過點E作EF∥DC交BD于F，如圖b所示． 則EF⊥平面ABD. 因為AD?平面ABD， 所以EF⊥AD. 過點F作FG⊥AD于G，連接GE，又EF∩FG于點F， 所以AD⊥平面EFG，因此AD⊥GE. 所以二面角B－AD－E的平面角為∠EGF. 由平面幾何知識求得， EF＝CD＝，F(xiàn)G＝AB＝， 所以EG＝＝. 所以cos∠EGF＝＝. 所以二面角B－AD－E的余弦值為.