高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册第一章　空间向量与立体几何1.2 空间向量在立体几何中的应用1.2.4 二面角同步达标检测题

课时作业(九)　二面角

一、选择题

1．平面α的一个法向量为n1＝(4,3,0)，平面β的一个法向量为n2＝(0，－3,4)，则平面α与平面β所成角的余弦值为(　　)

A．－   B.

C.   D．以上都不对

答案：B

2．(2022福建宁德月考)已知A－BCD为正四面体，则其侧面与底面所成角的余弦值为　　　(　　)

A.　  B.　  C．2　  D.

答案：A

解析：设棱长为a ，则侧面与底面所成角的余弦值为＝，选A.

3．在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将菱形沿对角线AC折起，使折起后BD＝1，则二面角B－AC－D的余弦值为(　　)

A.  B.  C.  D.

答案：A

4．如图，已知E，F分别是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC，CC1上的点，且截面AEFD1的面积为，则截面AEFD1与底面ABCD所成的角的大小为(　　)

A．30°  B．45°  C．60°  D．90°

答案：A

5．如图，在正四棱锥P－ABCD中，若△PAC的面积与正四棱锥的侧面面积之和的比为∶8，则侧面与底面所成的二面角为(　　)

A.  B.  C.  D.

答案：D

6．(多选题)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于点P.则下列结论正确的是(　　)

A．PD⊥EF

B．平面PDE⊥平面PDF

C．二面角P－EF－D的余弦值为

D．点P在平面DEF上的投影是△DEF的外心

答案：ABC

7．(多选题)(2022宁夏六盘山高级中学模拟)如图正方体的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝，则下列结论正确的是(　　)

A．AC与BE所成角为45°

B．三棱锥A－BEF的体积为定值

C．EF∥平面ABCD

D．二面角A－EF－B是定值

答案：BCD

解析：选项A，AC⊥BD，AC⊥BB1，且BD ∩BB1＝B，可得AC⊥面DD1B1B，即得AC⊥BE，此命题错误；选项B, 由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，A点到面DD1B1B距离是定值，故三棱锥A－BEF的体积为定值，此命题正确；选项C，由正方体ABCD－A1B1C1D1的两个底面平行，EF在其一面上且EF与平面ABCD无公共点，故EF∥平面ABCD，此命题正确；选项D，由于E、F为线段B1D1上有两个动点，故二面角A－EF－B的平面角大小始终是二面角A－B1D1－B的平面角大小，为定值，故正确．故选BCD.

二、填空题

8．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＝，则二面角P－BC－A的大小为________．

答案：90°

9．在空间中，已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0，a)(a>0)，如果平面α与平面xOy的所成角为45°，则a＝________.

答案：

10．已知P为锐二面角α－l－β内一点，且P到面α，β及棱l的距离之比为1∶∶2，则此二面角的度数为________．

答案：75°

11．(2022浙江嘉善模拟)如图，在三棱锥S－ABC中，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，M，N分别是AB和SC的中点，则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为________，二面角A－SC－M的大小为________．

答案：　

解析：因为∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，所以以S为坐标原点，SA，SC，SB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设SA＝SB＝SC＝1，则＝，＝，＝(0,1,0)．

cos〈，〉＝＝－，

所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为，

平面SAC的一个法向量为n1＝(0,0,1)，

设平面SCM的法向量为n2＝(x，y，z)，

则由n2·＝0，n2·＝0，

得y＝0，x＋z＝0.

所以可取n2＝(1,0，－1)，cos〈n1，n2〉＝＝－.

所以〈n1，n2〉＝.

因为二面角A－SC－M为锐角，所以二面角A－SC－M的大小为.

三、解答题

12．(2021新高考全国卷Ⅱ)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3.

(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；

(2)求二面角B－QD－A的平面角的余弦值．

答案：(1)证明：取AD的中点为O，连接QO，CO.

因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD，

而AD＝2，QA＝，故QO＝＝2.

在正方形ABCD中，因为AD＝2，故DO＝1，故CO＝，

因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC，

因为OC∩AD＝O，故QO⊥平面ABCD，

因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.

(2)解：在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，

结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系．

则D(0,1,0)，Q(0,0,2)，B(2，－1,0)，故＝(－2,1,2)，＝(－2,2,0)．

设平面QBD的法向量n＝(x，y，z)，

则即取x＝1，则y＝1，z＝，

故n＝.

而平面QAD的法向量为m＝(1,0,0)，故cos〈m，n〉＝＝.

二面角B－QD－A的平面角为锐角，故其余弦值为.

13．(2022河北衡水中学月考)如图，四边形ABCD是菱形，AB＝2，＝2＝2，DE⊥平面ABCD.

(1)证明：P，E，C，G四点共面；

(2)若PA＝2，AC＝2，求二面角P－CE－D的正弦值．

答案：(1)证明：如图，取PA的中点M，连接EM，BM.

因为＝2＝2，所以＝，

所以四边形PMBG是平行四边形，所以＝.

由题意知＝，＝，所以＝，

所以四边形MECB是平行四边形．

所以＝，所以＝，

所以四边形PGCE是平行四边形，

所以P，E，C，G四点共面．

(2)解：因为DE⊥平面ABCD，∥，

所以AP⊥平面ABCD.

在△ABC中，由余弦定理得

cos∠BAC＝＝＝，

所以∠BAC＝30°，所以∠BAD＝60°.

以A为坐标原点，AD，AP所在直线分别为y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz.

则P(0,0,2)，C(，3,0)，E(0,2,1)，D(0,2,0)，

＝(，3，－2)，＝(－，－1,1)，＝(0,0,1)．

设平面PCE的法向量为n＝(x1，y1，z1)，

则即

令y1＝1，得所以n＝.

设平面CDE的法向量为m＝(x2，y2，z2)，

则即

令x2＝1，得所以m＝(1，－，0)．

设二面角P－CE－D的平面角为θ，

所以cos〈n，m〉＝

＝＝－，

所以sin θ＝＝，

所以二面角P－CE－D的正弦值为.

14．如图，已知长方形ABCD中，AB＝2，AD＝，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM.

(1)求证：AD⊥BM；

(2)若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角E－AM－D的余弦值为.

答案：(1)证明：∵在长方形ABCD中，AB＝2，AD＝，M为DC的中点，∴AM＝BM＝2，

∵AM2＋BM2＝AB2，∴BM⊥AM.

∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，BM⊂平面ABCM，

∴BM⊥平面ADM.

∵AD⊂平面ADM，∴AD⊥BM.

(2)解：取AM的中点O，连接OD，作ON⊥AM，交AB于点N，则OD⊥AM.

又平面ADM⊥平面ABCM，∴OD⊥平面ABCM.

以O为原点，OA，ON，OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则A(1,0,0)，M(－1,0,0)，

D(0,0,1)，B(－1,2,0)，

＝(1,0,1)，

＝(－1,2，－1)，

＝(－2,0,0)．

设＝λ(0<λ<1)，

＝＋λ＝(1－λ，2λ，1－λ)，

设平面AME的法向量为m＝(x，y，z)，

则

即

取y＝1，得x＝0，z＝，

∴m＝，

平面AMD的一个法向量为n＝(0,1,0)，

∵|cos〈m，n〉|＝＝，

求得λ＝，

∴E为BD的中点．