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高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册1.2.4 二面角同步测试题
展开1.A是直二面角α﹣l﹣β的棱l上的一点,两条长为a的线段AB、AC分别在α、β内,且分别与l成45°角,则BC的长为( )
A.aB.a或aC.aD.a或a
2.将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成大小为60°的二面角A﹣BD﹣C,点P为线段AC上的一动点,下列结论正确的是( )
A.异面直线AC与BD所成的角为60°
B.△ACD是等边三角形
C.△BDP面积的最小值为
D.四面体ABCD的外接球的体积为
3.如图,已知△ABC和△BCD均为边长为a的等边三角形,且AD=a,则二面角A﹣BC﹣D的大小为( )
A.30°B.45°C.60°D.90°
4.如图,在圆锥SO中,A,B是⊙O上的动点,BB'是⊙O的直径,M,N是SB的两个三等分点,∠AOB=θ(0<θ<π),记二面角N﹣OA﹣B,M﹣AB'﹣B的平面角分别为α,β,若α≤β,则θ的最大值是( )
A.B.C.D.
5.如图,在等边三角形ABC中,D,E分别是线段AB,AC上异于端点的动点,且BD=CE,现将三角形ADE沿直线DE折起,使平面ADE⊥平面BCED,当D从B滑动到A的过程中,则下列选项中错误的是( )
A.∠ADB的大小不会发生变化
B.二面角A﹣BD﹣C的平面角的大小不会发生变化
C.BD与平面ABC所成的角变大
D.AB与DE所成的角先变小后变大
6.在三棱锥P﹣ABC中,PC⊥平面ABC,PA=PB=5,AC=BC=3,AB=2,则二面角P﹣AB﹣C的正切值为( )
A.2B.C.3D.
7.已知△ABC为直角三角形,且∠ABC=90°,点D,E分别在边AB,AC上.现在以DE为折痕,将△ADE翻折至△A′DE的位置,设BC与A′D所成的角为θ1,A′D与平面ABC所成的角为θ2,二面角A′﹣DB﹣C的平面角为θ3,则下列结论正确的是( )
A.θ1≥θ2≥θ3B.θ1≥θ3≥θ2或θ3≥θ1≥θ2
C.θ3≥θ2≥θ1D.θ3≥θ1≥θ2
8.已知三棱锥P﹣ABC的所有棱长都相等,则二面角P﹣AB﹣C的余弦值等于( )
A.B.C.D.
9.如图,已知矩形ABCD,AB=2AD=2,将△DBC沿着DB翻折成一个空间四边形(A,B,C,D不共面),E,F,M,N,P分别为AB,CD,AC,BD,CB的中点,设二面角C﹣BD﹣A的平面角为θ.下面判断错误的是( )
A.MN⊥平面EFP
B.存在θ,使得MN与DC垂直
C.当平面ADB⊥平面DCB时,
D.当平面ADB⊥平面ACB时,
10.如图,AB是圆的直径,PA垂直于圆所在的平面,C是圆上一点(不同于A,B)且PA=AC,则二面角P﹣BC﹣A大小为( )
A.60°B.30°C.45°D.15°
二.填空题
11.已知正方形ABCD的边长为2,对△ABD部分以BD为轴进行翻折,A翻折到A′,使二面角A′﹣BD﹣C的平面角为直二面角,则= .
12.在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,底面ABCD为边长为2的菱形,∠BAD=60°,AA1=,点P在线段BD1上运动,且,则以下命题中正确的是 .
①当时,三棱锥A﹣CPD1的体积为;
②随点P在线段BD1上运动,点B到平面ACP的最大距离为2;
③当二面角B﹣AC﹣P的平面角为60°时,;
④知,N为CC1的中点,当平面AMN与BD1的交点为P时,∠APC=120°.
13.如图,在三棱锥A﹣BCD的平面展开图中,已知四边形BCED为菱形,BC=1,BF=,若二面角A﹣CD﹣B的余弦值为﹣,M为BD的中点,则CD= ,直线AD与直线CM所成角的余弦值为 .
14.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,平面A1BCD1与平面ABCD所成的锐二面角的大小是 .
15.如图所示,在已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,底面为直角梯形,AB∥CD,且∠ADC=90°,AD=1,CD=,BC=2,AA1=2,E是CC1的中点,则A1B1到平面ABE的距离为 ,二面角A﹣BE﹣C的余弦值为 .
三.解答题
16.在平行四边形ABCD中,AB=CD=a,AD=2a,E是BC的中点,∠A=60°,现将该平行四边形沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C,如图.
(1)求证:AB⊥CD;
(2)求二面角A﹣ED﹣B的余弦值.
17.已知四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形,侧棱PC⊥底面ABCD,且PC=2,E是侧棱PC上的动点.
(1)求证:BD⊥AE;
(2)若点E为PC的中点,求平面PDA与平面EAB所成二面角的正弦值.
18.在三棱锥P﹣ABC中,底面ABC为正三角形,平面PBC⊥平面ABC,PB=PC=1,D为AP上一点,AD=2DP,O为三角形ABC的中心.
(1)求证:AC⊥平面OBD;
(2)若直线PA与平面ABC所成的角为45°,求二面角A﹣BD﹣O的余弦值.
人教B版(2019)数学高中选择性必修第一册
1.2.4 二面角
参考答案与试题解析
一.选择题
1.【考点】二面角的平面角及求法;点、线、面间的距离计算.
【解答】解:如图,
当两斜线AC,AB同向时,在AC上取点C,过C作CG⊥l于G,
在平面β内过G作GB⊥l,交AB于B,连结CB.
∵二面角α﹣AB﹣β为直二面角,∴CG⊥β,则CG⊥GB.
在Rt△CGP中,∵∠CAG=45°,AB=AC=a,则AG=CG=a.
在Rt△DGP中,∵∠BAG=45°,∴AB=AC=a,则BG=a.
在Rt△DGC中,∵CG=BG=a,∴CB=a.
如图:
当两斜线AC,AB异向时,在AC上取点C,过C作CG⊥l于G,
在AB上取点B,使AB=AC=a,连结CB,
∵二面角α﹣AB﹣β为直二面角,∴CG⊥β,则CG⊥GB.
在Rt△CGA中,∵∠CAG=45°,∴AG=CG=a,
AB=a,AG=a,∠BAG=135°.
在△DPG中,GB2=AG2+AB2﹣2AG•ABcs135°
=a2+a2﹣2•a•a•(﹣)=a2.
∴CB2=CG2+GB2=a2+a2=3a2.
CB=a,
所以CB=a或a.
故选:D.
2.【考点】二面角的平面角及求法;球的体积和表面积;异面直线及其所成的角.
【解答】解:如图所示,AM=MD,
对于A,∵AM⊥BD,CM⊥BD,AM∩CM=M,AM,CM⊂平面AMC,
∴BD⊥平面AMC,
又AC⊂平面AMC,
∴BD⊥AC,故选项A错误;
对于B,∵AM⊥BD,CM⊥BD,
∴∠AMC即为二面角A﹣BD﹣C的平面角,则∠AMC=60°,AM=MC,
∴△AMC为等边三角形,
∴,
而AD=CD=2,由此△ACD不是等边三角形,故选项B错误;
对于C,∵BD⊥平面AMC,
∴BD⊥PM,
∴,
而当PM⊥AC时,PM最小,故,于是,故选项C正确;
对于D,由于,故M是外接球的球心,且半径为,
∴,故选项D错误.
故选:C.
3.【考点】二面角的平面角及求法.
【解答】解:如图,取BC的中点E,连接EA、ED,
根据等边三角形的性质得EA⊥BC,ED⊥BC,
∴∠AED即为所求,
又,
所以△AED是等边三角形,
则∠AED=60°.
故选:C.
4.【考点】二面角的平面角及求法.
【解答】解:设底面圆的半径为r,OS=a,以B′B所在直线为x轴,以垂直于B′B所在直线为y轴,以OS所在直线为z轴建立空间直角坐标系.
则由∠AOB=θ(0<θ<π),可得:
O(0,0,0),B(r,0,0),S(0,0,a),
A(rcsθ,rsinθ,0),B′(﹣r,0,0),
∵M,N是SB的两个三等分点,∴M(,0,),N(,0,),
∴,=(,0,),
设平面NOA的一个法向量为,
由,取x1=1,得;
平面OAB的一个法向量为.
由图可知,N﹣OA﹣B的平面角α为锐二面角,
∴csα==|;
设平面B′AM的一个法向量为,
,.
由,取x2=1,得;
平面AB′B的一个法向量为,
由题意可知,M﹣AB'﹣B的平面角β为锐二面角,
∴csβ==.
由二面角的范围可知0≤α≤β≤π.
即,
化简可得csθ≥,且0<θ<π,则0<θ≤.
∴θ的最大值是.
故选:B.
5.【考点】二面角的平面角及求法;异面直线及其所成的角;平面与平面垂直;直线与平面所成的角.
【解答】解:对于A,cs∠ADB=cs∠ADE•cs∠BDE=cs60°•cs∠120°=﹣,是定值,
∴∠ADB的大小不会发生变化,故A正确;
对于B,根据三面角余弦定理得:
csθ===,
∴二面角A﹣BD﹣C的平面角的大小不会发生变化,故B正确;
对于C,通过直观判断,当B点固定,BD方向不变,D由B向A滑动时,平面ABC贴近底面,
故BD与平面ABC所成角逐渐变小,故C错误;
对于D,AB与DE所成角为∠ABC,cs∠ABC=,
由题意知AB先减少后增大,
∴AB与DE所成的角先变小后变大,故D正确.
故选:C.
6.【考点】二面角的平面角及求法.
【解答】解:∵在三棱锥P﹣ABC中,PA=PB=5,AC=BC=3,AB=2,PC⊥平面ABC,
取AB中点O,连结PO,CO,
∴CP==4,PO⊥AB,CO⊥AB,
∴∠POC是二面角P﹣AB﹣C的平面角,
∵PO==2,CO==2.
∴二面角P﹣AB﹣C的正切值为:2.
故选:A.
7.【考点】二面角的平面角及求法.
【解答】解:根据最小角定理和结论“二面角是所有线面角中的最大角”,
得到θ1≥θ2,θ3≥θ2,
过点C作CH⊥平面A′BD,则CH⊥BD,
连接HB,∵BC⊥DB,CH∩BC=C,
∴BD⊥平面BCH,
由线面角的定义得∠CBH是直线BC与平面A′DB所成角,
当A'﹣DB﹣C为锐角时,再结合最小角定理知θ3≤θ1,
∴θ1≥θ3≥θ2.
当A'﹣DB﹣C为钝角时,θ3最大,∴θ3≥θ1≥θ2.
故选:B.
8.【考点】二面角的平面角及求法.
【解答】解:取AB的中点E,连接PE,CE,
∵四面体P﹣ABC是正四面体,
∴AB⊥CE,且AB⊥PE,
∴∠PEC即为二面角P﹣AB﹣C的平面角,
设四面体P﹣ABC的棱长为2,
则PE=CE=,
则cs∠PEC===.
故选:D.
9.【考点】二面角的平面角及求法;平面与平面垂直.
【解答】解:对于A,如图①,由题意知四边形ENFM是菱形,∴MN⊥EF,
如图②,连接NC,NA,知NC=NA=,
∴△ANC是等腰三角形,∴MN⊥AC,
由中位线定理得PE∥AC,∴MN⊥PE,
∵PE∩EF=E,PE,EF⊂平面EFP,∴MN⊥平面EFP,故A正确;
对于B,由A的解析得MN⊥平面EFP,可得MN⊥FP,
由中位线定理得FP∥BD,
若B成立,存在θ,使得MN与DC垂直,
∴MN⊥面BCD,∴MN⊥NC,与图③△ACN等腰矛盾,故B错误;
对于C,当平面ADB⊥平面DCB,如图④,作CG⊥BD,连接AG,
由题意知CG=,BG=,
由AG2=AB2+BG2﹣2AB•BGcs∠ABG,其中cs,
得AG=,
∵△ACG是直角三角形,∴AC=,
∴cs∠CDA==,
∴当平面ADB⊥平面DCB时,,故C正确;
对于D,当平面ADB⊥平面ACB时,∵AD⊥AB,∴AD⊥平面ABC,
∴AD⊥AC,由题意得AC=,△ABC为直角三角形,
由△CDT≌△HBT,得,
∴=,∴HT=,BH=,∴CH⊥AB,
∴CH⊥平面ABD,∴CH⊥HT,
由题意得CH=,
∴tanθ=tan∠CTH==,
∴当平面ADB⊥平面ACB时,,故D正确.
故选:B.
10.【考点】二面角的平面角及求法.
【解答】解:由已知 PA⊥平面 ABC,BC⊂平面 ABC,
∴PA⊥BC,
∵AB 是⊙O 的直径,且点 C 在圆周上,
∴AC⊥BC,
又∵PA∩AC=A,PA⊂平面 PAC,
AC⊂平面 PAC,
∴BC⊥平面 PAC.
而 PC⊂平面 PAC,
∴PC⊥BC,
又∵BC 是二面角 P﹣BC﹣A 的棱,
∴∠PCA 是二面角 P﹣BC﹣A 的平面角,
由 PA=AC 知△PAC 是等腰直角三角形,
∴∠PCA=45°,
即二面角 P﹣BC﹣A 的大小是 45°.
故选:C.
二.填空题
11.【考点】二面角的平面角及求法.
【解答】解:由题知,,取 BD 的中点 O,连接 AO,A′O,如图所示,
则 AO⊥BD,A′O⊥BD,又二面角 A′﹣BD﹣C 的平面角为直二面角,
则∠AOA′=90°,又 ,
则 AA′=2,△ABA′为等边三角形,从而 ,
则 ,
故答案为:﹣2.
12.【考点】二面角的平面角及求法;命题的真假判断与应用.
【解答】解:对于①:当时,=,所以===,故①正确;
对于②:当点P为线段BD1的中点时,平面APC⊥底面ABCD,此时,点B到平面ACP的最大距离为1,所以②错误;
对于③:由△APC为等腰三角形,线段AC的中点为O,则OP⊥AC,在底面上有BO⊥AC,
所以二面角B﹣AC﹣P的平面角为∠BOP=60°,
又tan∠DBD1==,则∠DBD1=60°,所以△BOP为正三角形,所以BP=BO=1=BD1,
则λ=,故③错误;
对于④:知,N为CC1的中点,当平面AMN与DD1的交点为E,此时EM与BD1的交点为BD1的四等分点,由③知,此时OP=BO=1,在直角三角形AOPA中,∠APO=60°,由于△APC为等腰三角形,有∠APC=120°,故④正确.
故答案为:①④.
13.【考点】二面角的平面角及求法;异面直线及其所成的角.
【解答】解:将三棱锥A﹣BCD的直观图还原,则BC=BD=AC=AD=1,,
取CD中点N,连接AN,BN,则AN⊥CD,BN⊥CD,故∠ANB为二面角A﹣CD﹣B的平面角,
设CD=a(0<a<2),则,故,
又二面角A﹣CD﹣B的余弦值为,故,解得,即;
取AB的中点O,连接OM,OC,易知OM∥AD,
所以∠OMC为直线AD与直线CM所成的角或其补角,
易知,所以,
∴直线AD与直线CM所成角的余弦值为.
故答案为:;.
14.【考点】二面角的平面角及求法.
【解答】解:由题意正方体的图形如图:
因为A1B⊂平面AA1B1B,BC⊥平面AA1B1B,
所以∠A1BA是所求二面角的平面角,
可得∠A1BA=.
故答案为:.
15.【考点】二面角的平面角及求法;点、线、面间的距离计算.
【解答】解:∵直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,底面为直角梯形,AB∥CD,且∠ADC=90°,
∴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,
∵AD=1,CD=,BC=2,AA1=2,E是CC1的中点,
∴A(1,0,0),B(1,2,0),E(0,,1),A1(1,0,2),C(0,,0),
=(0,2,0),=(﹣1,,1),=(0,0,2),
设平面ABE的法向量=(x,y,z),
则,取x=1,得=(1,0,1),
∵A1B1∥AB,A1B1⊄平面ABE,AB⊂平面ABE,
∴A1B1∥平面ABE,
∴A1B1到平面ABE的距离为d===;
=(0,0,1),=(1,,0),
设平面BCE的法向量=(a,b,c),
则,取a=,得=(,﹣1,0),
设二面角A﹣BE﹣C的平面角为θ,
则csθ===.
∴二面角A﹣BE﹣C的余弦值为.
故答案为:;.
三.解答题
16.【考点】二面角的平面角及求法.
【解答】解:(1)证明;在△ABD中,AB=a,AD=2a,∠A=60°,由余弦定理有BD==a,
∴AB2+BD2=AD2,∴∠ABD=90°,∴AB⊥BD,又∵二面角A﹣BD﹣C是直二面角,平面ABD∩平面BCD=BD,
AB⊂平面ABD,∴AB⊥平面BCD,又CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD;
(2)∵E是BC的中点,在△BCD中,由(1)易知∠BED=120°,BE=a,
过点B作BF⊥DE于F,再连接AF,
由(1)有AB⊥平面BCD,又FD⊂平面BCD,∴AB⊥FD,又FD⊥BF,BF⊂平面ABF,AB⊂平面ABF,
AB∩BF=B,∴FD⊥平面ABF,又AF⊂平面ABF,∴AF⊥FD,
∴∠AFB是二面角A﹣ED﹣B的平面角,
在Rt△BFE中,有∠BEF=60°,BE=a,可得BF=,
∴tan∠AFB==,∴cs∠AFB=,
∴二面角A﹣ED﹣B的余弦值为.
17.【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直.
【解答】解:(1)证明:连接AC,
∵四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形,侧棱PC⊥底面ABCD,
∴AC⊥BD,BD⊥PC,
∵AC∩PC=C,AC⊂平面PAC,PC⊂平面PAC,
∴BD⊥平面PAC,
∵E是侧棱PC上的动点,∴AE⊂平面PAC,
∴BD⊥AE.
(2)以C为原点,CD为x轴,CB为y轴,CP为z轴,建立空间直角坐标系,
∵点E为PC的中点,PC=2,
∴D(1,0,0),A(1,1,0),P(0,0,2),E(0,0,1),B(0,1,0),
=(1,1,﹣2),=(0,0,﹣2),=(﹣1,0,0),=(﹣1,﹣1,1),
设平面PDA的法向量=(x,y,z),
则,取x=1,得=(1,﹣1,0),
设平面EAB的法向量=(a,b,c),
则,取b=1,得=(0,1,1),
设平面PDA与平面EAB所成二面角为θ,
则|csθ|===,
∴平面PDA与平面EAB所成二面角的正弦值为:sinθ==.
18.【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直.
【解答】(1)证明:连结AO并延长BC交于点E,则E为BC的中点,连结PE,如图所示,
因为O为正三角形ABC的中心,所以AO=2OE,
又AD=2DP,所以DO∥PE,
因为PB=PC,E为BC的中点,所以PE⊥BC,
又平面PBC⊥平面ABC,平面ABC∩平面PBC=BC,PE⊂平面PBC,
所以PE⊥平面ABC,所以DO⊥平面ABC,
又AC⊂平面PBC,所以DO⊥AC,
又AC⊥BO,DO⊥BO=O,DO,BO⊂平面OBD,
所以AC⊥平面OBD;
(2)解:由PE⊥平面ABC可知,∠PAE=45°,
所以PE=AE,所以△ABE≌△PBE,
所以AB=PB=BC=AC=1,
由(1)可知,EA,EB,EP两两垂直,
所以分别以EA,EB,EP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系如图所示,
则,
所以,
设平面ABD的法向量为,则,
令x=1,则,所以,
由(1)可知,AC⊥平面DBO,
故为平面DBO的法向量,
所以,
由图可知,二面角A﹣BD﹣O为锐二面角,
所以二面角A﹣BD﹣O的余弦值为.
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
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数学选择性必修 第一册1.2.4 二面角巩固练习: 这是一份数学选择性必修 第一册1.2.4 二面角巩固练习