高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直同步达标检测题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直同步达标检测题，共14页。试卷主要包含了C　3等内容，欢迎下载使用。
1. 如图，三棱台ABC－A1B1C1的下底面是正三角形，AB⊥BB1，B1C1⊥BB1，则二面角A－BB1－C的大小是( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
2．如图所示，将等腰Rt△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，使得∠B′AC＝60°.则这个二面角的大小是( )
A．30° B．60°
C．90° D．120°
3．已知二面角α－l－β的大小为130°，两条异面直线a，b满足a⊂α，b⊂β，且a⊥l，b⊥l，则a，b所成角的大小为( )
A．40° B．50° C．130° D．140°
4. 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为棱AD，BC的中点，则平面C1D1EF与底面ABCD所成的二面角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(2\r(5),5) D.eq \f(3\r(5),5)
5．(多选)如图，在棱长为1的正方体中，下列结论正确的是( )
A．异面直线AC与BC1所成的角为60°
B．直线AB1与平面ABC1D1所成的角为45°
C．二面角A－B1C－B的正切值为eq \r(2)
D．四面体D1－AB1C的外接球的体积为eq \f(\r(3)π,2)
6. 如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都相等，则二面角A1－BC－A的平面角的正切值为( )
A.eq \f(\r(6),2) B.eq \r(3)
C．1 D.eq \f(2\r(3),3)
7. 如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中：
(1)二面角D′－AB－D的大小为________．
(2)二面角A′－AB－D的大小为________．
8. 如图所示，α∩β＝CD，P为二面角内部一点．PA⊥α，PB⊥β，垂足分别为A，B.若△PAB为等边三角形，则二面角α－CD－β的大小为________．
9．在四面体A－BCD中，已知棱AC的长为eq \r(2)，其余各棱长都为1，求二面角A－CD－B的余弦值．
10．在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，∠ABC＝30°，求二面角P－BC－A的余弦值．
11. 如图，将正方形A1BCD折成直二面角A－BD－C，则二面角A－CD－B的余弦值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(2),2)
12．如图所示，在△ABC中，AD⊥BC，△ABD的面积是△ACD面积的2倍．沿AD将△ABC翻折，使翻折后BC⊥平面ACD，此时二面角B－AD－C的大小为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
13．二面角α－MN－β的平面角为θ1，AB⊂α，B∈MN，∠ABM＝θ2(θ2为锐角)，AB与β的夹角为θ3，则下列关系式成立的是( )
A．cs θ3＝cs θ1·cs θ2
B．cs θ3＝sin θ1·cs θ2
C．sin θ3＝sin θ1·sin θ2
D．sin θ3＝cs θ1·sin θ2
14．将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折叠，使得点B和点D的距离为1，则二面角B－AC－D的大小为________．
15. “帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”．如图是一种幄帐示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面，若各斜坡面与底面所成二面角的正切值均为eq \f(1,2)，底面矩形的长与宽之比为2∶1，则正脊与斜脊长度的比值为( )
A.eq \f(4,3) B．2 C.eq \f(4\r(5),5) D.eq \r(2)
16. 如图，在水平放置的直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AD＝DC＝eq \f(1,2)AB＝1，以AB所在直线为轴，将梯形ABCD向上旋转角θ得到梯形ABEF，其中θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(1)证明：平面ADF⊥平面CDFE；
(2)若平面ADF与平面BCE所成的二面角的余弦值等于eq \f(\r(3),3)，求θ的值．
习题课 二面角的平面角的常见解法
1．C 2.C 3.B 4.B
5．ACD [如图所示，连接AD1，AO，CD1，
对于A，易知BC1∥AD1，则∠D1AC为异面直线AC与BC1所成的角，显然△AD1C为正三角形，
∴∠D1AC＝60°，故A正确；
对于B，∵B1O⊥BC1，B1O⊥AB，AB∩BC1＝B，∴B1O⊥平面ABC1D1，∴∠B1AO为直线AB1与平面ABC1D1所成的角，
∵AO＝eq \f(\r(6),2)，B1O＝eq \f(\r(2),2)，
∴tan∠B1AO＝eq \f(B1O,AO)＝eq \f(\r(3),3)，
∴∠B1AO＝30°，故B错误；
对于C，在△AB1C中，AO⊥B1C，
∴∠AOB为二面角A－B1C－B的平面角，tan∠AOB＝eq \f(AB,BO)＝eq \f(1,\f(\r(2),2))＝eq \r(2)，故C正确；
对于D，利用补形法可知三棱锥的外接球即为正方体的外接球，∴R＝eq \f(\r(3),2)，∴V＝eq \f(4π,3)R3＝eq \f(\r(3)π,2)，故D正确．]
6．D [设棱长为a，BC的中点为E，连接A1E，AE(图略)，由正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都相等，可得A1E⊥BC，AE⊥BC，所以二面角A1－BC－A的平面角为∠A1EA，在等边△ABC中，AE＝eq \f(\r(3),2)a，
所以tan∠A1EA＝eq \f(AA1,AE)
＝eq \f(a,\f(\r(3),2)a)＝eq \f(2\r(3),3)，
即二面角A1－BC－A的平面角的正切值为eq \f(2\r(3),3).]
7．(1)45° (2)90°
8．120°
解析 设平面PAB与棱CD交于点E，
如图，连接BE，AE，易得CD⊥BE，CD⊥AE，
则∠BEA即为所求二面角的平面角．
∵△PAB为等边三角形，
∴∠APB＝60°，∴∠BEA＝120°.
故二面角α－CD－β的大小为120°.
9．解 如图，由已知可得AD⊥DC，
又由其余各棱长都为1，得△BCD为等边三角形，取CD的中点E，连接BE，则BE⊥CD，
在平面ADC中，过E作AD的平行线交AC于点F，连接BF，则EF⊥CD，则∠BEF为二面角A－CD－B的平面角．
∵EF＝eq \f(1,2)，BE＝eq \f(\r(3),2)，BF＝eq \f(\r(2),2)，
∴cs∠BEF＝eq \f(EF2＋BE2－BF2,2BE·EF)
＝eq \f(\f(1,4)＋\f(3,4)－\f(1,2),2×\f(\r(3),2)×\f(1,2))＝eq \f(\r(3),3).
10．解 设PA＝AB＝2，过点A在平面ABCD内作AE⊥BC交BC于点E，连接PE，如图所示，
∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥PA，
∵AE⊥BC，PA∩AE＝A，PA，AE⊂平面PAE，
∴BC⊥平面PAE，
∵PE⊂平面PAE，∴PE⊥BC，
∴二面角P－BC－A的平面角为∠PEA，
在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∠ABE＝30°，
AB＝2，
则AE＝eq \f(1,2)AB＝1，
∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
∴PA⊥AE，
∴PE＝eq \r(PA2＋AE2)＝eq \r(5)，
∴cs∠PEA＝eq \f(AE,PE)＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5).
∴二面角P－BC－A的余弦值为eq \f(\r(5),5).
11．B [∵以正方形A1BCD的对角线BD为棱折成直二面角，
∴平面ABD⊥平面BCD，连接A1C交BD于点O，连接AO，如图所示，
则AO⊥BD，
∵平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，
∴AO⊥平面BCD，
∴AO⊥CD，
取CD的中点M，连接OM，AM，
则OM∥BC，
∴OM⊥CD，
又AO∩OM＝O，
∴CD⊥平面AOM，
∴AM⊥CD，
∴∠AMO即为二面角A－CD－B的平面角．
设正方形A1BCD的边长为2，
则AO＝eq \r(2)，OM＝1，
∴AM＝eq \r(2＋1)＝eq \r(3).
∴cs∠AMO＝eq \f(OM,AM)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3).]
12．C [由已知得BD＝2CD.翻折后，易知BC⊥CD.在Rt△BCD中，∠BDC＝60°.而AD⊥BD，CD⊥AD，故∠BDC是二面角B－AD－C的平面角，其大小为60°.]
13．C [如图，过点A作AH⊥β于点H，作HO⊥MN于点O，连接AO，则AO⊥MN，所以∠AOH为α－MN－β的平面角，∠ABH为AB与β所成的角，因为sin θ1＝eq \f(AH,AO)，sin θ2＝eq \f(AO,AB)，
所以sin θ1·sin θ2＝eq \f(AH,AO)·eq \f(AO,AB)＝eq \f(AH,AB)＝sin θ3.]
14.eq \f(π,2)
解析 设翻折前AC与BD相交于点O，
则OB⊥AC，OD⊥AC，而翻折之后的图形如图所示，
∴∠BOD为二面角B－AC－D的平面角，
∵OB＝OD＝eq \f(\r(2),2)，BD＝1，
∴△BOD为等腰直角三角形，且∠BOD＝eq \f(π,2)，
∴二面角B－AC－D的大小为eq \f(π,2).
15．A [设正脊长为a，斜脊长为b，底面矩形的长与宽分别为2t和t，
如图，过S作SO⊥上底平面于O，过O作OE⊥AD于E，作OF⊥AB于F，
连接SE，SF，OA，
由题意知
tan∠SEO＝tan∠SFO＝eq \f(1,2)，
SE2＝SA2－AE2＝b2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2t－a,2)))2，
SF2＝SB2－BF2＝b2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))2，
所以eq \f(2t－a,2)＝eq \f(t,2)，于是a＝t，
SA＝b＝eq \r(OA2＋SO2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,4)))2)＝eq \f(3t,4)，
所以eq \f(a,b)＝eq \f(t,\f(3t,4))＝eq \f(4,3).]
16．(1)证明 由题意，知AB⊥AD，AB⊥AF，AD∩AF＝A，且AD，AF⊂平面ADF，
所以AB⊥平面ADF，
又AB∥CD，
所以CD⊥平面ADF，
因为CD⊂平面CDFE，
所以平面ADF⊥平面CDFE.
(2)解 因为EF∥AB∥CD，
所以EF⊥平面ADF，
从而△BCE在平面ADF内的投影为△ADF，
所以平面ADF与平面BCE所成二面角的余弦值为eq \f(S△ADF,S△BCE)，
由已知得∠FAD＝θ，AF＝AD＝1，BE＝BC＝eq \r(2)，FD＝EC＝2sin eq \f(θ,2)，
所以S△ADF＝eq \f(1,2)sin θ＝sin eq \f(θ,2)cs eq \f(θ,2)，
S△BCE＝eq \f(1,2)·2sin eq \f(θ,2)·eq \r(2－sin2\f(θ,2))＝sin eq \f(θ,2)·eq \r(2－sin2\f(θ,2))，
从而eq \f(S△ADF,S△BCE)＝eq \f(sin \f(θ,2)cs \f(θ,2),sin \f(θ,2)·\r(2－sin2\f(θ,2)))
＝eq \f(cs \f(θ,2),\r(2－sin2\f(θ,2)))＝eq \f(\r(3),3)，
即cs2eq \f(θ,2)＝eq \f(1,2)，
因为θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以cs eq \f(θ,2)>0，所以cs eq \f(θ,2)＝eq \f(\r(2),2)，
所以eq \f(θ,2)＝eq \f(π,4)，
故θ＝eq \f(π,2).