2020-2021学年1.2.4 二面角测试题

这是一份2020-2021学年1.2.4 二面角测试题
课时分层作业(七)　二面角(建议用时：40分钟)一、选择题1．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝eq \f(\r(2),2)AA1，E为CC1的中点，则二面角E­BD­C的平面角的大小为(　　)A．eq \f(π,6)　　　B．eq \f(π,4)　　　C．eq \f(π,3)　　　D．eq \f(π,2)B　[如图，连接AC，BD，相交于点O，∵AB＝BC，∴OC⊥BD，而△BCE≌△DCE，∴BE＝DE，则OE⊥BD，∴∠EOC为二面角E­BD­C的平面角，设AB＝BC＝2，则OC＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2)，AA1＝2eq \r(2)，则CE＝eq \f(1,2)CC1＝eq \f(1,2)AA1＝eq \r(2)．∴∠EOC＝eq \f(π,4)．即二面角E­BD­C的平面角的大小为eq \f(π,4)．]2．过正方形ABCD的顶点A作线段AP垂直于平面ABCD，且AP＝AB，则平面ABP与平面CDP所成的锐二面角的大小为(　　)A．eq \f(π,4)　　　 B．eq \f(π,3)C．eq \f(π,6) D．以上都不正确A　[设AP＝AB＝1，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，eq \o(PC,\s\up7(→))＝(1,1，－1)，eq \o(PD,\s\up7(→))＝(0,1，－1)．设平面PCD的法向量m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(PC,\s\up7(→))＝x＋y－z＝0，,m·\o(PD,\s\up7(→))＝y－z＝0，))取y＝1，得m＝(0,1,1)，平面ABP的法向量n＝(0,1,0)，设平面ABP与平面CDP所成的角为θ，则cos θ＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(1,\r(2)×1)＝eq \f(\r(2),2)，∴θ＝eq \f(π,4)．]3．把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，二面角B­AC­D的大小为(　　)A．30°　　　 B．45°C．60°　　　 D．90°D　[如图所示，欲使得三棱锥体积最大，∵三棱锥底面积一定，∴只须三棱锥的高最大即可，即当平面BAC⊥平面DAC时，三棱锥体积最大，∴当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，二面角B­AC­D的大小为90°．]4．如图，已知三棱锥ABC­A1B1C1的底面是正三角形，侧面ABB1A1是菱形，且∠A1AB＝60°，M是A1B1的中点，MB⊥AC，则二面角A1­BB1­C的余弦值为(　　)A．eq \f(2\r(5),5)　　　 B．eq \f(\r(5),5)C．eq \f(1,2)　　　 D．eq \f(\r(6),3)B　[取AB的中点O，连接OC，OA1则AB⊥OC，AB⊥OA1，建系如图所示，设OA＝OB＝1，则OA1＝OC＝eq \r(3)，则平面ABB1的法向量为m＝(1,0,0)．B(0,1,0)，C(－eq \r(3)，0,0)，A1(0,0，eq \r(3))，M(0,1，eq \r(3))，B1(0,2，eq \r(3))．则eq \o(BC,\s\up7(→))＝(－eq \r(3)，－1,0)，eq \o(BB1,\s\up7(→))＝(0,1，eq \r(3))．设平面BB1C的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up7(→))＝0，,n·\o(BB1,\s\up7(→))＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\r(3)x－y＝0，,y＋\r(3)z＝0.))令x＝1，得n＝(1，－eq \r(3)，1)，cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5)．]5．如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折成大小等于θ的二面角B′­AC­D，M，N分别为AC，B′D的中点，若θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，则线段MN长度的取值范围为(　　)A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(\r(6),4))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(\r(3),3))) D．[1，eq \r(3)]A　[连接B′M，DM，得AC⊥B′M，AC⊥DM，∴∠DMB′是二面角B′­AC­D的平面角，且B′M＝DM＝eq \f(\r(2),2)，在等腰△DMB′中，MN⊥B′D，且∠DMN＝eq \f(1,2)∠DMB′＝eq \f(1,2)θ，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，则MN＝DMcoseq \f(1,2)θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(\r(6),4)))．∴线段MN长度的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(\r(6),4)))．]二、填空题6．若二面角内一点到两个面的距离分别为5和8，两垂足间的距离为7，则这个二面角的大小是________．120°　[设二面角大小为θ，由题意可知cos(π－θ)＝eq \f(82＋52－72,2×8×5)＝eq \f(64＋25－49,80)＝eq \f(1,2)，所以θ＝120°．]7．若P是△ABC所在平面外一点，且△PBC和△ABC都是边长为2的正三角形，PA＝eq \r(6)，则二面角P­BC­A的大小为________．90°　[取BC的中点O，连接PO，AO(图略)，则∠POA就是二面角P­BC­A的平面角．又PO＝AO＝eq \r(3)，PA＝eq \r(6)，所以∠POA＝90°．]8．如图，在边长为2的正方体中，M为棱AB的中点，则二面角B1­CM­B的正切值是________．eq \r(5)　[以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，B(2,2,0)，B1(2,2,2)，C(0,2,0)，M(2,1,0)，eq \o(CM,\s\up7(→))＝(2，－1,0)，eq \o(CB1,\s\up7(→))＝(2,0,2)，设平面CMB1的法向量n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(CM,\s\up7(→))＝2x－y＝0，,m·\o(CB1,\s\up7(→))＝2x＋2z＝0，))取x＝1，得n＝(1,2，－1)，平面CBM的法向量n＝(0,0,1)，设二面角B1­CM­B的平面角为θ，则cos θ＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(1,\r(6)·1)＝eq \f(1,\r(6))，∴tan θ＝eq \r(5)．∴二面角B1­CM­B的正切值为eq \r(5)．]三、解答题9．如图所示，ABCD是正方形，V是平面ABCD外一点，且VA＝VB＝VC＝AB，求二面角A­VB­C的余弦值．[解]　取VB的中点为E，连接AE，CE．∵VA＝VB＝VC＝AB，ABCD为正方形，∴AE⊥VB，CE⊥VB．∴∠AEC是二面角A­VB­C的平面角．设AB＝a，连接AC，在△AEC中，AE＝EC＝eq \f(\r(3),2)a，AC＝eq \r(2)a，由余弦定理可知：cos∠AEC＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))eq \s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))eq \s\up12(2)－\r(2)a2,2×\f(\r(3),2)a×\f(\r(3),2)a)＝－eq \f(1,3)，∴所求二面角A­VB­C的余弦值为－eq \f(1,3)．10．如图所示，在梯形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F分别在线段BC，AD上(异于端点)，EF∥AB．将四边形ABEF沿EF折起，连接AD，AC，BC．(1)若BE＝3，在线段AD上取一点P，使AP＝eq \f(1,2)PD，求证：CP∥平面ABEF；(2)若平面ABEF⊥平面EFDC，且线段FA，FC，FD的长成等比数列，求平面EAC和平面ACF夹角的大小．[解]　(1)证明：在梯形ABCD中，AD∥BC，EF∥AB，BE＝3，∴AF＝3．又AD＝6，BC＝4，∴EC＝1，FD＝3，在线段AF上取点Q，使AQ＝eq \f(1,2)QF，连接PQ，QE，∵AP＝eq \f(1,2)PD，∴PQeq \f(1,3)DF，∵CEeq \f(1,3)DF，∴CEPQ，∴四边形ECPQ为平行四边形，∴CP∥EQ，∵CP⊄平面ABEF，EQ⊂平面ABEF，∴CP∥平面ABEF．(2)在梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥EF，∴EF⊥AF，EF⊥FD，∵平面ABEF⊥平面EFDC，平面ABEF∩平面EFDC＝EF，AF⊂平面ABEF，∴AF⊥平面EFDC．设FA＝x(0＜x＜4)，∵EF＝AB＝2，∴FD＝6－x，EC＝4－x，∴FC＝eq \r(4＋4－x2)，∵线段FA，FC，FD的长成等比数列，∴FC2＝FA·FD，即4＋(4－x)2＝x(6－x)，化简得x2－7x＋10＝0，∴x＝2或x＝5(舍去)．以点F为坐标原点，FE，FD，FA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则F(0,0,0)，E(2,0,0)，C(2,2,0)，A(0,0,2)，∴eq \o(EC,\s\up7(→))＝(0,2,0)，eq \o(EA,\s\up7(→))＝(－2,0,2)，设n1＝(x1，y1，z1)是平面EAC的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(EC,\s\up7(→))＝0，,n1·\o(EA,\s\up7(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y1＝0，,－2x1＋2z1＝0，))取z1＝1，则x1＝1，y1＝0，∴平面EAC的一个法向量为n1＝(1,0,1)．又eq \o(FC,\s\up7(→))＝(2,2,0)，eq \o(FA,\s\up7(→))＝(0,0,2)，设n2＝(x2，y2，z2)是平面ACF的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(FC,\s\up7(→))＝0，,n2·\o(FA,\s\up7(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x2＋2y2＝0，,2z2＝0，))取x2＝1，则y2＝－1，z2＝0，∴平面ACF的一个法向量为n2＝(1，－1,0)．∴cos〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)．∵平面EAC和平面ACF的夹角为锐角，∴平面EAC和平面ACF的夹角为60°．11．(多选题)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为线段AA1上的一个动点，F为线段B1C1上的一个动点，则平面EFB与底面ABCD所成的锐二面角的平面角余弦值可能为(　　)A．eq \f(1,3)　　　 B．eq \f(1,6) C．eq \f(2,3)　　　 D．eq \f(1,2)ABCD　[在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为线段AA1上的一个动点，F为线段B1C1上的一个动点，当F与B1重合时，平面EFB即为平面ABB1A，此时平面EFB与底面ABCD所成的二面角的平面角为90°，余弦值为0，当E与A重合，F与C1重合时，平面EFB是平面ABC1D1，此时平面EFB与底面ABCD所成的锐二面角的平面角为45°，余弦值为eq \f(\r(2),2)．∴平面EFB与底面ABCD所成的锐二面角的平面角余弦值的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))．]12．如图所示，已知点P为菱形ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC中点，则二面角C­BF­D的正切值为(　　)A．eq \f(\r(3),6)　　　　　 B．eq \f(\r(3),4)C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(2,3)eq \r(3)D　[如图所示，连接BD，AC∩BD＝O，连接OF．以O为原点，OB，OC，OF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz．设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝eq \r(3)．所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0，0))．结合图形可知，eq \o(OC,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))且eq \o(OC,\s\up7(→))为平面BDF的一个法向量，由eq \o(BC,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq \o(FB,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(1,2)))，可求得平面BCF的一个法向量n＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))．所以cos〈n，eq \o(OC,\s\up7(→))〉＝eq \f(\r(21),7)，sin〈n，eq \o(OC,\s\up7(→))〉＝eq \f(2,7)eq \r(7)，所以tan〈n，eq \o(OC,\s\up7(→))〉＝eq \f(2,3)eq \r(3)．即二面角C­BF­D的正切值为eq \f(2,3)eq \r(3)．]13．(一题两空)在四棱锥P­ABCD中，PD⊥AC，AB⊥平面PAD，底面ABCD为正方形，且CD＋PD＝3．若四棱锥P­ABCD的每个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为________；当四棱锥P­ABCD的体积取得最大值时，二面角A­PC­D的正切值为________．6π　eq \r(5)　[设CD＝x(0＜x＜3)，则PD＝3－x，因为AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD，又PD⊥AC，所以PD⊥平面ABCD，则四棱锥P­ABCD可补形为一个长方体，球O的球心为PB的中点，从而球心O的表面积为：4πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(x2＋x2＋3－x2),2)))eq \s\up12(2)＝3π[(x－1)2＋2]≥6π．四棱锥的体积为V＝eq \f(1,3)×(3－x)x2(0＜x＜3)，则V′＝－x2＋2x，当0＜x＜2时，V′＞0，当2＜x＜3时，V′＜0，所以Vmax＝V(2)，此时AD＝CD＝2，PD＝1，过D作DH⊥PC于H，连接AH，则∠AHD为二面角A­PC­D的平面角．∵DH＝eq \f(2×1,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5)，∴tan∠AHD＝eq \f(AD,DH)＝eq \r(5)．]14．已知边长为2的正方形纸片ABCD，现将其沿着对角线AC翻折，使得二面角B­AC­D的大小等于45°，则四面体ABCD的体积为________．eq \f(2,3)　[如图，连接AC，BD，设AC与BD相交于E，则BE⊥AC，DE⊥AC，∴∠BED为二面角B­AC­D的平面角，大小等于45°，且AC⊥平面BED，在平面BED中，过B作BO⊥平面ACD，则O在DE上，∵原正方形的边长为2，∴S△ACD＝eq \f(1,2)×2×2＝2，BE＝eq \r(2)，则BO＝1．∴四面体ABCD的体积为eq \f(1,3)×2×1＝eq \f(2,3)．]15．如图①，正方形ABCD的边长为4，AB＝AE＝BF＝eq \f(1,2)EF，AB∥EF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥平面AEFB，G是EF的中点，如图②．图①　　　　　 图②(1)求证：AG⊥平面BCE；(2)求二面角C­AE­F的余弦值．[解]　(1)证明：连接BG，因为BC∥AD，AD⊥底面AEFB，所以BC⊥底面AEFB，又AG⊂底面AEFB，所以BC⊥AG，因为AB＝AE，所以四边形ABGE为菱形，所以AG⊥BE，又BC∩BE＝B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，所以AG⊥平面BCE．(2)由(1)知四边形ABGE为菱形，AG⊥BE，AE＝EG＝BG＝AB＝4，设AG∩BE＝O，所以OE＝OB＝2eq \r(3)，OA＝OG＝2，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(－2,0,0)，E(0，－2eq \r(3)，0)，F(4,2eq \r(3)，0)，C(0,2eq \r(3)，4)，D(－2,0,4)，所以eq \o(AC,\s\up7(→))＝(2,2eq \r(3)，4)，eq \o(AE,\s\up7(→))＝(2，－2eq \r(3)，0)，设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，则令y＝1，则x＝eq \r(3)，z＝－eq \r(3)，即平面ACE的一个法向量为n＝(eq \r(3)，1，－eq \r(3))，易知平面AEF的一个法向量为eq \o(AD,\s\up7(→))＝(0,0,4)，设二面角C­AE­F的大小为θ，由图易知θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cos θ＝eq \f(|n·\o(AD,\s\up7(→))|,|n|·|\o(AD,\s\up7(→))|)＝eq \f(4\r(3),\r(7)×4)＝eq \f(\r(21),7)．故二面角C­AE­F的余弦值为eq \f(\r(21),7)．