2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练57空间向量的应用二空间的角与距离第3课时（理科）.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 题组训练 57 空间向量的应用（二）空间的角与距离 第 3 课时 1 (2018 皖南八校联考 )四棱锥 V ABCD 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 V AB C 的余弦值的大小为 ( ) A. 23 B. 24 C. 73 D.2 23 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 V AB C 的平面角因为 OE 1， VE 32 12 2 2， 所以 cos VEO OEVE 1

2、2 2 24 ， 故选 B. 2.如图 ， 三棱锥 S ABC 中 ， 棱 SA， SB， SC 两两垂直 ， 且 SA SB SC， 则二面角 A BC S 的正切值为 ( ) A 1 B. 22 C. 2 D 2 答案 C 解析 三棱锥 S ABC 中 ， 棱 SA， SB， SC 两两垂直 ， 且 SA SB SC， SA 平面 SBC， 且 AB AC SA2 SB2， 如图 ， 取 BC 的中点 D， 连接 SD， AD， 则SDBC ， AD BC， 则 ADS 是二面角 A BC S 的平面角 ， 设 SA SB SC 1，则 SD 22 ， 在 Rt ADS 中 ， tan A

3、DS SASD 122 2， 故选 C. 另解：以 S 为坐标原点 ， SB ， SC ， SA 的方向分别为 x， y， z 轴的正方向建立空间直角坐标系 ，设 SA 1， 则 S(0， 0， 0)， A(0， 0， 1)， B(1， 0， 0)， C(0， 1， 0)， SA (0， 0， 1)， AB (1， 0， 1)， AC (0， 1， 1)， 易知 SA (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?n AB 0，n AC 0，即?x z 0，y z 0， 令 z 1， 则 n (1， 1， 1)为平面ABC 的一个

4、法向量 ， 所以 cos SA ， n 33 ， 故二面角 A BC S 的正切值为 2. =【 ;精品教育资源文库 】 = 3 (2018 福州质量检测 )三棱锥 A BCD 中 ， ABC 为等边三角 形， AB 2 3， BDC 90，二面角 A BC D 的大小为 150， 则三棱锥 A BCD 的外接球的表面积为 ( ) A 7 B 12 C 16 D 28 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 AEO 30， AE 3， AO 32， OE

5、 3 32 ，EC 3， 外接球球心 F 在过 E 且平行于 AO 的直线上 ， 设 FE x， 外接球半径为 R， 则 R2 3 x2 (3 32 )2 (32 x)2， 解得 x 2， R2 7， 则外接球的表面积为 4 R2 28， 故选 D. 4.(2018 浙江温州中学模拟 )如图 ， 四 边形 ABCD， AB BD DA 2， BC CD2.现将 ABD 沿 BD 折起 ， 当二面角 A BD C 处于 6 ， 56 的过程中 ， 直线AB 与 CD 所成角的余弦值的取值范围是 ( ) A 5 28 ， 28 B 28 ， 5 28 C 0， 28 D 0， 5 28 答案 D

6、解析 如图所示 ， 取 BD 中点 E， 连接 AE， CE， AEC 即为二面角 A BD C 的平面角 而 AC2 AE2 CE2 2AECE cos AEC 4 2 3cos AEC， 又 AEC 6 ，56 ， AC 1， 7， AB CD 2 2cos AB ， CD AB (BD BC ) 2 ABBC AB2 BC2 AC22AB BC 1 AC22 52，12， 设异面直线 AB， CD 所成的角为 ， 0 cos 12 2 52 5 28 ， 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 12的椭圆 ， 则 _ =【 ;精

7、品教育资源文库 】 = 答案 6 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 ca 12， 所以 ba 32 ， 故 cos ba 32 ， 解得 6. 6.(2018 甘肃天水一模 )已知在四棱锥 P ABCD 中 ， 底面 ABCD 是矩形 ，且 AD 2， PA AB 1， PA 平面 ABCD， E 是 BC 边上的动点 ， 记二面角 P ED A 的大小为 ， 则 tan 的取值范围为 _ 答案 12， 52 解析

8、由 A 点作 AOED 于 O， 连接 PO， 则 POA 为二面角的平面角 tan POA PAOA 1OA. 又 OA 2 55 ， 2， tan POA 12， 52 7 (2018 沧州七校联考 )三棱锥 A BCD 的三视图如图所示： 则二面角 B AD C 的正弦值为 _ 答案 4 8141 解析 如图 ， 把三棱锥 A BCD 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 A BCD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

9、(0， 5， 0)， DA (3， 5， 4)， DB (0， 5， 0)， DC (3， 0， 0) 设 n1 (x1， y1， z1)是平面 ABD 的一个法向量 ， n1 DA ， n1 DB . =【 ;精品教育资源文库 】 = ?3x1 5y1 4z1 0， 5y1 0， ?3x1 4z1 0，y1 0. 可取 n1 (4， 0， 3) 设 n2 (x2， y2， z2)是平面 ADC 的一个法向量 ， n2 DA ， n2 DC ， ?3x2 5y2 4z2 0，3x2 0， ?5y2 4z2，x2 0. 可取 n2 (0， 4， 5) cos n1， n2 155 41 341.

10、 sin n1， n2 4 241 4 8241 . 即二面角 B AD C 的正弦值为 4 8241 . 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 ， 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)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 F CD A 的余弦值 答案 (1)略 (2) 66 解析 (1)由已知得 ， BE AF， AF?平面 AFD， BE?平面 AFD， BE 平面 AFD. 同理

11、可得 ， BC 平面 AFD. 又 BEBC B， 平面 BCE 平面 AFD. 设平面 DFC 平面 BCE l， 则 l 过点 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 ABEF AB， 又 FAB 90， AF AB， AF 平面 ABCD， AD?平面 ABCD， AF AD. DAB 90， AD AB. 以 A 为坐标原点 ， AD， AB， AF 所在

12、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)，=【 ;精品教育资源文库 】 = DF ( 1， 0， 2)， DC (1， 2， 0) 设平面 DFC 的法向量为 n (x， y， z)， 则?n DF 0，n DC 0，?x 2z，x 2y， 不妨取 z 1， 则 n (2， 1， 1)， 不妨取平面 ACD 的一个法向量为 m (0， 0， 1)， cos m， n m n|m|n| 16 66 ， 由于二面角 F CD A 为锐角 ， 因此二面角 F CD A 的余弦值为 66

13、. 9 (2018 安徽合肥二检 ， 理 )如图 ， 在矩形 ABCD 中 ， AB 1， AD 2， 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 B PC D 的余弦值 答案 (1)略 (2) 3311 解析 (1) 点 P 在平面 BCDE 上的射影 O 落在 BE 上 ， PO 平面 BCDE， PO CE， 由题意 ， 易知 BECE ， 又 POBE O， CE 平面 PBE， 又 BP ?平面 PBE， BP CE. (2)以 O 为坐标原点

14、 ， 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(12， 12， 0)， C(12， 32， 0)， D( 12， 32， 0)， P(0， 0， 22 )， =【 ;精品教育资源文库 】 = CD ( 1， 0， 0)， CP ( 12， 32， 22 )， PB (12， 12， 22 )， BC (0， 2， 0) 设平面 PCD 的法向量为 n1 (x1， y1， z1)， 则?n1 CD 0，n1 CP 0，即? x1 0， 12x1 32y1 22 z1 0，

15、 令 z1 2， 可得 n1 (0，23， 2)为平面 PCD 的一个法向 量 设平面 PBC 的法向量为 n2 (x2， y2， z2)， 则?n2 PB 0，n2 BC 0，即 ?x2 y2 2z2 0，y2 0，令 z2 2， 可得 n2 (2， 0， 2)为平面 PBC 的一个法向量 cos n1， n2 n1 n2|n1| |n2| 3311 ， 由图可知二面角 B PC D 为钝角 ， 故二面角 B PC D 的余弦值为 3311 . 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 DF 的中点 (1)设 P 是 CE 上的一点 ， 且 APBE ， 求 CBP 的大小； (2)当 AB 3， AD 2 时 ， 求二面角 E AG C 的大小 答案 (1)30 (2)60 解析 (1)因为 APBE ， AB BE， AB， AP?平面 ABP， AB AP A， 所以 BE 平面 ABP.又 BP?平面 ABP， 所以 BEBP. 又 EBC 120， 因此 CBP 30 . (2)方法一：取 EC 的中点 H， 连