高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直第一课时课后测评

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直第一课时课后测评，共9页。

[A组 必备知识练]
1．在正四面体S­ABC中，相邻两个侧面所成角的余弦值为( )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(1,3)
C． eq \f(1,4) D． eq \f(1,5)
解析：取AS的中点D，连接BD，CD.
设BA＝BS＝CA＝CS＝2，
∴BD⊥AS，CD⊥AS，
∠BDC为二面角B­AS­C的平面角．
∵BD＝CD＝ eq \r(3)，BC＝2，
∴cs ∠BDC＝ eq \f(3＋3－4,2×\r(3)×\r(3))＝ eq \f(2,2×3)＝ eq \f(1,3).
答案：B
2.如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝BC＝1，则二面角A­BC­P的余弦值为( )
A． eq \f(\r(3),3) B． eq \f(1,2)
C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(\r(3),2)
解析：PA⊥平面ABC⇒PA⊥BC.又AC⊥BC⇒BC⊥平面PAC⇒∠PCA为二面角A­BC­P的平面角．PA＝AC＝BC＝1⇒PC＝ eq \r(2)⇒cs ∠PCA＝ eq \f(AC,PC)＝ eq \f(1,\r(2))＝ eq \f(\r(2),2).
答案：C
3.在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝2，AA1＝2，棱B1C1的中点为E，则二面角E­AD­B的余弦值为( )
A． eq \f(\r(10),10) B． eq \f(1,5)
C． eq \f(3\r(13),13) D． eq \f(3,5)
解析：取BC的中点F，连接EF，AF，DF，
可知EF⊥平面ABCD.
S△ADF＝ eq \f(1,2)×2×3＝3，
S△ADE＝ eq \f(1,2)×2× eq \r(32＋22)＝ eq \r(13)，
∴二面角E­AD­B的余弦值为 eq \f(3,\r(13))＝ eq \f(3\r(13),13).
答案：C
4.已知在正四棱锥S­ABCD中，AB＝2，SA＝3，则二面角S­AB­C的余弦值为( )
A． eq \f(\r(2),4) B． eq \f(\r(5),4)
C． eq \f(\r(7),4) D． eq \f(3,4)
解析：取底面ABCD的中心O，AB的中点E，连接SO，OE，SE，
则SO⊥底面ABCD，OE⊥AB，
SE⊥AB，∠SEO为二面角S­AB­C的平面角．
∵OE＝ eq \f(1,2)AB＝1，SE＝ eq \r(32－12)＝2 eq \r(2)，
∴cs ∠SEO＝ eq \f(OE,SE)＝ eq \f(1,2\r(2))＝ eq \f(\r(2),4).
答案：A
5．已知圆柱OO1的母线AB＝2，DE是底面⊙O的一条直径，且DE⊥AO，DE＝2，则二面角B­DE­A的余弦值等于________．
解析：连接BO，由AB⊥底面⊙O得AB⊥DE.
又AO⊥DE，AO∩AB＝A，
∴DE⊥平面AOB，
∴DE⊥BO，
∴∠AOB为二面角B­DE­A的平面角．
∵AO＝1，AB＝2，BO＝ eq \r(5)，
∴cs ∠AOB＝ eq \f(AO,BO)＝ eq \f(1,\r(5))＝ eq \f(\r(5),5).
答案： eq \f(\r(5),5)
6．如图，在四面体P­ABC中，△ABC与△PBC是边长为2的正三角形，PA＝3，D为PA的中点，则二面角D­BC­A的大小为________．
解析：取BC的中点，记为E，连接EA，ED，EP(图略).
∵△ABC与△PBC是边长为2的正三角形，∴BC⊥AE，BC⊥PE.
又AE∩PE＝E，AE，PE⊂平面PAE，∴BC⊥平面PAE.
又DE⊂平面PAE，∴BC⊥DE，
∴∠AED即二面角D­BC­A的平面角．
又由条件，知AE＝PE＝ eq \f(\r(3),2)AB＝ eq \r(3)，AD＝ eq \f(1,2)PA＝ eq \f(3,2).
∵DE⊥PA，∴sin ∠AED＝ eq \f(AD,AE)＝ eq \f(\r(3),2).
又易知∠AED为锐角，∴∠AED＝60°，
即二面角D­BC­A的大小为60°.
答案：60°
7．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3，D为AB的中点．
(1)求点C到平面A1ABB1的距离；
(2)若AB1⊥A1C，求二面角A1­CD­C1的平面角的余弦值．
解：(1)由AC＝BC，D为AB的中点，得CD⊥AB.
又CD⊥AA1，AB∩AA1＝A，故CD⊥平面A1ABB1，
所以点C到平面A1ABB1的距离为CD＝ eq \r(BC2－BD2)＝ eq \r(5).
(2)如图，取A1B1的中点D1，连接DD1，
则DD1∥AA1∥CC1.
又由(1)知CD⊥平面A1ABB1，
故CD⊥A1D，CD⊥DD1，
所以∠A1DD1为二面角A1­CD­C1的平面角．
因为CD⊥平面A1ABB1，AB1⊂平面A1ABB1，所以AB1⊥CD.
又AB1⊥A1C，A1C∩CD＝C，A1C，CD⊂平面A1CD，
所以AB1⊥平面A1CD，故AB1⊥A1D，
从而∠A1AB1，∠A1DA都与∠B1AB互余，
因此∠A1AB1＝∠A1DA，
所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A，
因此 eq \f(A1A,AD)＝ eq \f(A1B1,A1A)，即A1A2＝AD·A1B1＝8，得A1A＝2 eq \r(2).
从而A1D＝ eq \r(A1A2＋AD2)＝2 eq \r(3)，
所以在Rt△A1D1D中，cs ∠A1DD1＝ eq \f(DD1,A1D)＝ eq \f(AA1,A1D)＝ eq \f(\r(6),3)，
所以二面角A1­CD­C1的平面角的余弦值为 eq \f(\r(6),3).
[B组 关键能力练]
8.如图二面角α­l­β，A∈α，点A到平面β的距离为2 eq \r(3)，点A到棱l的距离为4，则二面角α­l­β的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：过A作平面β的垂线，垂足为B
过B作l的垂线OB，垂足为点O，连接AO，
∴AB＝2 eq \r(3).
∵l⊥OB，l⊥AB，
OB∩AB＝B，
∴l⊥平面AOB，
∴l⊥AO，故AO＝4，OB＝2，
∠AOB为二面角α­l­β的平面角，
cs ∠AOB＝ eq \f(OB,OA)＝ eq \f(2,4)＝ eq \f(1,2).
故∠AOB＝60°.
答案：C
9.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是棱BC的中点，则二面角D1­AB1­M的余弦值为( )
A．0 B．－ eq \f(1,2)
C．－ eq \f(\r(2),2) D． eq \f(\r(3),2)
解析：设正方体的棱长为2，
则AD1＝B1D1＝2 eq \r(2)，
AM＝B1M＝ eq \r(5).
取AB1中点N，连接D1N，MN，
∴D1N⊥AB1，MN⊥AB1，
∴∠MND1为二面角D1­AB1­M的平面角．
由已知得D1N＝ eq \r(6)，MN＝ eq \r(3).又MD1＝3，
∴D1N2＋MN2＝MD eq \\al(2,1)，
∴D1N⊥MN，
∴∠MND1＝90°，
cs ∠MND1＝0.
答案：A
10．在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，二面角B­AC­D1的余弦值为________．
解析：连接BD∩AC＝O，连接OD1.
由已知得AC⊥OB，AC⊥OD1，
∴∠BOD1为二面角B­AC­D1的平面角，
∴cs ∠BOD1＝－cs ∠DOD1＝－ eq \f(DO,D1O)＝－ eq \f(\r(2),\r(6))＝－ eq \f(\r(3),3).
答案：－ eq \f(\r(3),3)
11．如图，△ABC为正三角形，AD⊥平面ABC，EC∥AD，AD＝AB＝2EC，则二面角E­AB­D的大小为________．
解析：分别取AB，DB的中点M，N，连接MN，MC，NE，ME，
∴MN∥AD，且MN＝ eq \f(1,2)AD.
∵EC∥AD，且EC＝ eq \f(1,2)AD，
∴MN綉EC，∴四边形MNEC为平行四边形，∴NE綉MC.
又∵△ABC为正三角形，∴MC⊥AB.
∵AD⊥平面ABC，∴MN⊥平面ABC，
∴MN⊥AB.
又MC∩MN＝M，∴AB⊥平面MNEC，∴AB⊥ME，
∴∠EMN为二面角E­AB­D的平面角．
设AD＝AB＝2EC＝2，
∴MN＝1，NE＝MC＝ eq \r(3)，
∴tan ∠EMN＝ eq \f(NE,MN)＝ eq \r(3)，
∴∠EMN＝60°.
故二面角E­AB­D的大小为60°.
答案：60°
12．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，且PA＝ eq \r(3)，AB＝1，BC＝2，AC＝ eq \r(3)，求二面角P­CD­B的大小．
解：∵AB＝1，BC＝2，AC＝ eq \r(3)，满足勾股定理，
∴∠BAC＝90°，∴∠ACD＝90°，即AC⊥CD.
又∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD.
又∵PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.
又∵PC⊂平面PAC，∴PC⊥CD，
∴∠PCA是二面角P­CD­B的平面角．
∵在Rt△PAC中，PA⊥AC，PA＝ eq \r(3)，AC＝ eq \r(3)，
∴∠PCA＝45°.
故二面角P­CD­B的大小为45°.
[C组 素养培优练]
13.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E是PB的中点．
(1)求证：AE⊥平面PBC；
(2)求二面角P­DC­E的余弦值．
(1)证明：∵PA＝AB，E是PB的中点，∴AE⊥PB.
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC.
∵ABCD是正方形，∴AB⊥BC.
又PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB.又AE⊂平面PAB，∴BC⊥AE.
又PB∩BC＝B，∴AE⊥平面PBC.
(2)解：如图，取PA的中点G，连接GE，GD，则GE∥AB∥CD，∴GE⊂平面EDC.
又知PA⊥CD，AD⊥CD，PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，
∴CD⊥PD，CD⊥GD，
∴∠PDG为二面角P­DC­E的平面角．
设PA＝AB＝2，∴PG＝1，PD＝2 eq \r(2)，GD＝ eq \r(5)，
∴cs ∠PDG＝ eq \f(5＋8－1,2×\r(5)×2\r(2))＝ eq \f(3\r(10),10).
故二面角P­DC­E的余弦值为 eq \f(3\r(10),10).