2018届高考数学立体几何(理科)专题02-二面角

2018届高考数学立体几何（理科）专题02二面角第1页2018届高考数学立体几何（理科）专题02二面角1．如图，在三棱柱111ABCABC中，1,90AAABABC侧面11AABB底面ABC.(1)求证：1AB平面1ABC；(2)若15360ACBCAAB，，,求二面角11BACC的余弦值.2018届高考数学立体几何（理科）专题02二面角第2页2．如图所示的多面体中，下底面平行四边形与上底面平行，且，,，，平面平面，点为的中点．（1）过点作一个平面与平面平行，并说明理由；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．2018届高考数学立体几何（理科）专题02二面角第3页3．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，2ABAD，3BDAD，且PD底面ABCD.（1）证明：平面PBD平面PBC；（2）若Q为PC的中点，且1APBQ，求二面角QBDC的大小.2018届高考数学立体几何（理科）专题02二面角第4页4．如图所示的几何体是由棱台和棱锥拼接而成的组合体，其底面四边形是边长为2的菱形，，平面.（1）求证：；（2）求平面与平面所成锐角二面角的余弦值.2018届高考数学立体几何（理科）专题02二面角第5页5．在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是矩形，平面PAB平面ABCD，点E、F分别为BC、AP中点.（1）求证：//EF平面PCD；（2）若0,120,ADAPPBAPB，求平面DEF与平面PAB所成锐二面角的余弦值.2018届高考数学立体几何（理科）专题02二面角第6页6．如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为直角梯形,,90ADBCADC,平面PAD底面ABCD,Q为AD中点,M是棱PC上的点,12,1,32PAPDBCADCD.（Ⅰ）若点M是棱PC的中点,求证:PA平面BMQ;（Ⅱ）求证:平面PQB平面PAD;（Ⅲ）若二面角MBQC为30,设PMtMC,试确定t的值.2018届高考数学立体几何（理科）专题02二面角第7页2018届高考数学立体几何（理科）专题02二面角（教师版）1．如图，在三棱柱111ABCABC中，1,90AAABABC侧面11AABB底面ABC.(1)求证：1AB平面1ABC；(2)若15360ACBCAAB，，,求二面角11BACC的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）2114.侧面11AABB底面,90ABCABC，CB侧面11AABB，1CBAB.又1ABBCB,1AB平面1ABC.(2)在RtABC中，5,3,4ACBCAB,又菱形11AABB中，160AAB，1AAB为正三角形.设,,nxyz为平面11ACC的方向量，则1110,2230,{{0.22330.nCCxynCAxyz令3x,得n3,3,4为平面11ACC的一个法向量.又10,23,0OB为平面1ABC的一个法向量，111621cos,142723nOBnOBnOB.二面角11BACC的余弦值为2114.2．如图所示的多面体中，下底面平行四边形与上底面平行，且，,，，平面平面，点为的中点．（1）过点作一个平面与平面平行，并说明理由；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．2018届高考数学立体几何（理科）专题02二面角第8页【答案】（1）见解析；（2）试题解析：（1）取的中点，的中点，连接、、，如图所示．则平面平面，平面即为所求的平面．理由如下：在平行四边形中，点分别是与的中点，所以，在中，点分别是的中点，所以．显然，，所以平面平面，亦即平面平面．（2）不妨设,,，故,．在平行四边形中，，所以．取的中点，则．又平面平面，平面平面，所以平面．连接，因为，，所以，又，所以．如图所示，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，，，，,，．所以，，，．设平面的法向量为，则由，即，整理得．令，．所以．所以．3．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，2ABAD，3BDAD，且PD底面ABCD.（1）证明：平面PBD平面PBC；（2）若Q为PC的中点，且1APBQ，求二面角QBDC的大小.2018届高考数学立体几何（理科）专题02二面角第9页【答案】（1）见解析（2）4试题解析：（1）证明：∵222ADBDAB，∴ADBD，∴//ADBC，∴BCBD.又∵PD底面ABCD，∴PDBC.∵PDBDD，∴BC平面PBD.而BC平面PBC，∴平面PBC平面PBD.（2）解：由（1）知，BC平面PBD，∴2112tAPBQ，∴1t.故131,,222DQ，131,,222BQ.设平面QBD的法向量为,,nxyz，则0{0nDQnBQ，即1310222{1310222xyzxyz，令1x，得1,0,1n.易知平面BDC的一个法向量为0,0,1m，则12cos,221mn，∴二面角QBDC的大小为4.4．如图所示的几何体是由棱台和棱锥拼接而成的组合体，其底面四边形是边长为2的菱形，，平面.（1）求证：；（2）求平面与平面所成锐角二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.又棱台中，∴2018届高考数学立体几何（理科）专题02二面角第10页(2)建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，所以，，，，设平面的一个法向量为，则,∴，.令，得，∴；设平面的法向量为，则,∴，令，得，，∴，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.5．在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是矩形，平面PAB平面ABCD，点E、F分别为BC、AP中点.（1）求证：//EF平面PCD；（2）若0,120,ADAPPBAPB，求平面DEF与平面PAB所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）3020试题解析：（I）证明：取PD中点G，连接,GFGC．在△PAD中，有,GF分别为PD、AP中点1//2GFAD而GC平面PCD，EF平面PCD//EF平面PCD（II）取AB中点O，连接OP，设=2AD.四边形ABCD是矩形ADAB2018届高考数学立体几何（理科）专题02二面角第11页平面PAB平面ABCD,平面PAB平面ABCD=AB，AD平面PABAD平面PAB又ADAPPB，0=120APB，O为AB中点OPAB，3OAOB，1OP.故可建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，则300A（，，），010P（，，），300B（，，），3,0,2C，3,0,2D31,,022F，3,0,1E23,0,1DE，31,,222DF设,,nxyz是平面DEF的一个法向量，则·0{·0DEnDFn，即230{312022xzxyz不妨设1x，则1,73,23n．易知向量0,0,2AD为平面PAB的一个法向量．222·23230cos,20·173232nADnADnAD故平面DEF与平面PAB所成锐二面角的余弦值为3020.6．如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为直角梯形,,90ADBCADC,平面PAD底面ABCD,Q为AD中点,M是棱PC上的点,12,1,32PAPDBCADCD.（Ⅰ）若点M是棱PC的中点,求证:PA平面BMQ;（Ⅱ）求证:平面PQB平面PAD;（Ⅲ）若二面角MBQC为30,设PMtMC,试确定t的值.试题解析：2018届高考数学立体几何（理科）专题02二面角第12页因为MN平面BMQ,PA平面BMQ所以PA平面BMQ.（Ⅱ）因为1,,2ADBCBCADQ为AD中点,所以四边形BCDQ为平行四边形,所以CDBQ.因为90ADC,所以90AQB,即ADBQ.又因为平面PAD平面ABCD,且平面PAD平面ABCDAD,所以BQ平面PAD,因为BQ平面PQB,所以平面PAD平面PQB.（Ⅲ）因为,PAPDQ为AD的中点,所以PQAD.又因为平面PAD平面ABCD,且平面PAD平面ABCDAD,所以PQ平面ABCD以Q为原点,以,QAQB的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz,则点0,0,0Q,0,0,3P,0,3,0B,1,3,0C,平面BQC的一个法向量0,0,1n.设,,Mxyz,则,,3,PMxyz,1,3,MCxyz,因为PMtMC所以113{3{1331txtxtxtytyytztzzt在平面MBQ中,330,3,0,,,111ttQBQMttt,因为二面角MBQC为30,所以23cos3023mntmnt,所以3t.