2019高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第9课时 二面角练习 理.doc

第9课时 二面角1(2018皖南八校联考)四棱锥VABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面是腰长为3的等腰三角形，则二面角VABC的余弦值的大小为()A.B.C. D.答案B解析如图所示，取AB中点E，过V作底面的垂线，垂足为O，连接OE，VE，根据题意可知，VEO是二面角VABC的平面角因为OE1，VE2，所以cosVEO，故选B.2.如图，三棱锥SABC中，棱SA，SB，SC两两垂直，且SASBSC，则二面角ABCS的正切值为()A1 B.C. D2答案C解析三棱锥SABC中，棱SA，SB，SC两两垂直，且SASBSC，SA平面SBC，且ABAC，如图，取BC的中点D，连接SD，AD，则SDBC，ADBC，则ADS是二面角ABCS的平面角，设SASBSC1，则SD，在RtADS中，tanADS，故选C.另解：以S为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设SA1，则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)为平面SBC的一个法向量，设n(x，y，z)为平面ABC的法向量，则即令z1，则n(1，1，1)为平面ABC的一个法向量，所以cos，n，故二面角ABCS的正切值为.3(2018福州质量检测)三棱锥ABCD中，ABC为等边三角形，AB2，BDC90，二面角ABCD的大小为150，则三棱锥ABCD的外接球的表面积为()A7 B12C16 D28答案D解析本题考查空间直线与平面的位置关系、球的表面积设球心为F，过点A作AO平面BCD，垂足为O，取BC的中点E，连接AE，OE，EF，则AEO30，AE3，AO，OE，EC，外接球球心F在过E且平行于AO的直线上，设FEx，外接球半径为R，则R23x2()2(x)2，解得x2，R27，则外接球的表面积为4R228，故选D.4.(2018浙江温州中学模拟)如图，四边形ABCD，ABBDDA2，BCCD.现将ABD沿BD折起，当二面角ABDC处于，的过程中，直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是()A， B，C0， D0，答案D解析如图所示，取BD中点E，连接AE，CE，AEC即为二面角ABDC的平面角而AC2AE2CE22AECEcosAEC42cosAEC，又AEC，AC1，2cos，()2ABBC1，设异面直线AB，CD所成的角为，0cos，故选D.5.如图，平面与平面相交成锐角，平面内的一个圆在平面上的射影是离心率为的椭圆，则_答案解析如图，经过平面内圆的圆心作平行于和垂直于二面角的棱的两条直径，则这两条直径在平面上的射影是椭圆的长轴和短轴，则短轴的延长线和垂直于棱的直径所在直线的夹角为二面角的平面角，记为.因为e，所以，故cos，解得.6.(2018甘肃天水一模)已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，且AD2，PAAB1，PA平面ABCD，E是BC边上的动点，记二面角PEDA的大小为，则tan的取值范围为_答案，解析由A点作AOED于O，连接PO，则POA为二面角的平面角tanPOA.又OA，2，tanPOA，7(2018沧州七校联考)三棱锥ABCD的三视图如图所示：则二面角BADC的正弦值为_答案解析如图，把三棱锥ABCD放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5，3，4，BCD为直角三角形，直角边分别为5和3，三棱锥ABCD的高为4，建立如图空间直角坐标系，则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)设n1(x1，y1，z1)是平面ABD的一个法向量，n1，n1.可取n1(4，0，3)设n2(x2，y2，z2)是平面ADC的一个法向量，n2，n2，可取n2(0，4，5)cosn1，n2.sinn1，n2.即二面角BADC的正弦值为.8(2018洛阳第一次统考)如图，四边形ABEF和四边形ABCD均是直角梯形，FABDAB90，二面角FABD是直二面角，BEAF，BCAD，AFABBC2，AD1.(1)证明：在平面BCE上，一定存在过点C的直线l与直线DF平行；(2)求二面角FCDA的余弦值答案(1)略(2)解析(1)由已知得，BEAF，AF平面AFD，BE平面AFD，BE平面AFD.同理可得，BC平面AFD.又BEBCB，平面BCE平面AFD.设平面DFC平面BCEl，则l过点C.平面BCE平面ADF，平面DFC平面BCEl，平面DFC平面AFDDF，DFl，即在平面BCE上一定存在过点C的直线l，使得DFl.(2)平面ABEF平面ABCD，FA平面ABEF，平面ABCD平面ABEFAB，又FAB90，AFAB，AF平面ABCD，AD平面ABCD，AFAD.DAB90，ADAB.以A为坐标原点，AD，AB，AF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图由已知得，D(1，0，0)，C(2，2，0)，F(0，0，2)，(1，0，2)，(1，2，0)设平面DFC的法向量为n(x，y，z)，则不妨取z1，则n(2，1，1)，不妨取平面ACD的一个法向量为m(0，0，1)，cosm，n，由于二面角FCDA为锐角，因此二面角FCDA的余弦值为.9(2018安徽合肥二检，理)如图，在矩形ABCD中，AB1，AD2，点E为AD的中点，沿BE将ABE折起至PBE，如图所示，点P在平面BCDE上的射影O落在BE上(1)求证：BPCE；(2)求二面角BPCD的余弦值答案(1)略(2)解析(1)点P在平面BCDE上的射影O落在BE上，PO平面BCDE，POCE，由题意，易知BECE，又POBEO，CE平面PBE，又BP平面PBE，BPCE.(2)以O为坐标原点，以过点O且平行于CD的直线为x轴，过点O且平行于BC的直线为y轴，PO所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则B(，0)，C(，0)，D(，0)，P(0，0，)，(1，0，0)，(，)，(，)，(0，2，0)设平面PCD的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即令z1，可得n1(0，)为平面PCD的一个法向量设平面PBC的法向量为n2(x2，y2，z2)，则即令z2，可得n2(2，0，)为平面PBC的一个法向量cosn1，n2，由图可知二面角BPCD为钝角，故二面角BPCD的余弦值为.10(2017山东，理)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是的中点(1)设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小；(2)当AB3，AD2时，求二面角EAGC的大小答案(1)30(2)60解析(1)因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP.又BP平面ABP，所以BEBP.又EBC120，因此CBP30.(2)方法一：取的中点H，连接EH，GH，CH.因为EBC120，所以四边形BEHC为菱形，所以AEGEACGC.取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EMAG，CMAG，所以EMC为所求二面角的平面角又AM1，所以EMCM2.在BEC中，由于EBC120，由余弦定理得EC22222222cos12012，所以EC2，因此EMC为等边三角形，故所求的二面角为60.方法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，3)，C(1，0)，故(2，0，3)，(1，0)，(2，0，3)，设m(x1，y1，z1)是平面AEG的法向量由可得取z12，可得平面AEG的一个法向量m(3，2)设n(x2，y2，z2)是平面ACG的法向量由可得取z22，可得平面ACG的一个法向量n(3，2)所以cosm，n.由图形可知二面角EAGC为锐二面角，因此所求的角为60.11(2017广州综合测试一)如图，在直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，BDDC，点E是BC边的中点，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图所示的几何体(1)求证：AB平面ADC；(2)若AD1，二面角CABD的平面角的正切值为，求二面角BADE的余弦值答案(1)略(2)解析(1)因为平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，又BDDC，所以DC平面ABD.因为AB平面ABD，所以DCAB.又折叠前后均有ADAB，DCADD，所以AB平面ADC.(2)由(1)知AB平面ADC，所以ABAC，又ABAD，所以二面角CABD的平面角为CAD.又DC平面ABD，AD平面ABD，所以DCAD.依题意tanCAD.因为AD1，所以CD.设ABx(x0)，则BD.依题意ABDDCB，所以，即.又x0，解得x，故AB，BD，BC3.方法一：如图a所示，建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，0)，E(，0)，A(，0，)，所以(，0)，(，0，)由(1)知平面BAD的一个法向量为n(0，1，0)设平面ADE的法向量为m(x，y，z)，由得令x，得y，z，所以m(，)所以cosn，m.由图可知二面角BADE的平面角为锐角，所以二面角BADE的余弦值为.方法二：因为DC平面ABD，过点E作EFDC交BD于F，如图b所示则EF平面ABD.因为AD平面ABD，所以EFAD.过点F作FGAD于G，连接GE，又EFFG于点F，所以AD平面EFG，因此ADGE.所以二面角BADE的平面角为EGF.由平面几何知识求得，EFCD，FGAB，所以EG.所以cosEGF.所以二面角BADE的余弦值为.