《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201.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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201.wps（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、题组训练 5757 空间向量的应用（二）空间的角与距离 第 3 3 课时 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( ) 2 A. B. 3 2 4 7 2 2 C. D. 3 3 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，VE OE 1 2 32122 2，所以 cosVEO ，故选 B. VE 2 2 4 2.如图，三棱锥 SABC 中，棱 SA，
2、SB，SC 两两垂直，且 SASBSC，则二面 角 ABCS 的正切值为( ) A1 B. 2 2 C. 2 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 SA2SB2，如图，取 BC 的中点 D，连接 SD，AD，则 SDBC，AD 2 BC则，ADS 是二面角 ABCS 的平面角，设 SASBSC1，则 SD ，在 Rt 2 SA 1 ADS中，tanADS 2，故选 C. SD 2 2 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 SA1，则 S(0，
3、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 n(x，y，z) n nAB0， xz0， 为平面 ABC的法向量，则0，)即yz0，)令 z1，则 n n(1，1，1)为平面 ABC的 n nAC 3 一个法向量，所以 cosSA，n n ，故二面角 ABCS 的正切值为 2. 3 1 3(2018福州质量检测)三棱锥 ABCD 中，ABC为等边三角形，AB2 3，BDC90， 二面角 ABCD 的大小为 150，则三棱锥 ABCD 的外接球的表面积为( )
4、 A7 B12 C16 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， 3 3 3 垂足为 O，取 BC 的中点 E，连接 AE，OE，EF，则AEO30，AE3，AO ，OE ，EC 2 2 3，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 3 3 3 ( )2( x)2，解得 x2，R27，则外接球的表面积为 4R228，故选 D. 2 2 4.(2018浙江温州中学模拟)如图，四边形 ABCD，ABBDDA2，BCCD 5 2.现将ABD 沿 BD 折起，当二面角 ABDC 处
5、于 ， 的过程中，直线 AB 6 6 与 CD 所成角的余弦值的取值范围是( ) 5 2 2 2 5 2 A ， B ， 8 8 8 8 2 5 2 C0， D0， 8 8 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 AC2AE2CE22AECEcosAEC42 3cosAEC，又AEC ， 6 5 ， 6 AB2BC2AC2 AC1， 7 ，ABCD2 2cosAB，CDAB(BDBC)2ABBC 1 2ABBC AC2 5 1 ， ， 2 2 2 1 5 5 2 设异面 直线 AB，CD 所成的角为 ，0cos ，故选 D. 2
6、 2 2 8 5.如图，平面 与平面 相交成锐角 ，平面 内的一个圆在平面 1 上的射影是离心率为 的椭圆，则 _ 2 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 2 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 c 1 b 3 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 a 2 a 2 b 3 ，解得 . a 2 6 6.(2018甘肃天水一模)已知在四棱锥 PABCD中，底面 ABCD 是矩形， 且 ADPA2，ABP A1，平 面 ABCDE，是 BC 边上的动点，记二面角 PEDA 的大
7、小 为 则， tan 的取值范围为_ 1 5 答案 ， 2 2 解析 由 A 点作 AOED 于 O，连接 PO， 则POA 为二面角的平面角 PA 1 tanPOA . OA OA 2 5 1 5 又 OA ，2，tanPOA ， 5 2 2 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_ 4 81 答案 41 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
8、，5，0)，D(0，5，0)， DA(3，5，4)，DB(0，5，0)，DC(3，0，0) 设 n n1(x1，y1，z1)是平面 ABD 的一个法向量，n n1DA，n n1DB. 3x15y14z10， 3x14z10， 5y10， )y10. ) 可取 n n1(4，0，3) 设 n n2(x2，y2，z2)是平面 ADC 的一个法向量， 3 n n2DA，n n2DC， 3x25y24z20， 5y24z2， 3x20， )x20. ) 可取 n n2(0，4，5) 15 3 cosn n1，n n2 . 5 41 41 4 2 4 82 sinn n1，n n2 . 41 41 4
9、82 即二面角 BADC 的正弦值为 . 41 ( 28018洛阳第一次统考)如四 图边 ，形 ABEF和四边形 ABCD 均是直角梯形F，ABDAB 90，二面角 FABD 是直二面角，BEAFB，CADA，FABBC2，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) 6 6 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.
10、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)，DF (1，0，2)，DC(1，2，0) 设平面 DFC 的法向量为 n n(x
11、，y，z)， n nDF0， x2z， 则0，)x2y，) n nDC 4 不妨取 z1，则 n n(2，1，1)， 不妨取平面 ACD 的一个法向量为 m m(0，0，1)， m mn n 1 6 cosm m，n n ， |m m|n n| 6 6 由于二面角 FCDA 为锐角， 6 因此二面角 FCDA 的余弦值为 . 6 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
12、)略 (2) 33 11 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 1 1 1 3 1 3 2 则 B( ， ，0)，C( ，0)，D( ，0)，P(0，0， )， 2 2 2 2 2 2 2 1 3 1 1 CD(1，0，0)，CP( ， ， )，PB( ， ， )，BC(0，2，0) 2 2 2 2 2 2 2 2 设平面 PCD 的法向量为 n n1(x1，y1，z1)， x10 ， n n1CD0， 2 则0，)即令 z1 ，可得 n n1(0， )为平面 PCD的一个 1 2 3 z10，)2 2 x1 y1 3 n n1CP 2 2 2 5