数学选择性必修 第一册1.2.4 二面角精品课后测评

这是一份数学选择性必修 第一册1.2.4 二面角精品课后测评，共12页。试卷主要包含了故选C，设平面A1ED的法向量为=,等内容，欢迎下载使用。

一、选择题


1.二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=217,则该二面角的大小为( )


A.150°B.45°C.60°D.120°


【答案】C


【解析】由条件知,CA·AB=0,AB·BD=0, CD=CA+AB+BD.


∴|CD|2=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA·AB+2AB·BD+2CA·BD=62+42+82+2×6×8cs


=(217)2,∴cs=-12,即=120°,∴二面角的大小为60°,故选C.


2．（2020江西南昌二中高二月考（理））从点P引三条射线PA、PB、PC,每两条的夹角都是,则二面角B－PA－C的余弦值是（ ）


A．B．C．D．


【答案】C


【解析】





如图，在射线上分别取点，使，则在三棱锥中，所有的棱长都等于1．取的中点M，连MB,MC，则有，


，故即为二面角B－PA－C的平面角．在中，，由余弦定理得，即二面角B－PA－C的余弦值为．选C．


3.(2020福建莆田一中高二期中)如图,将菱形ABCD沿对角线BD折起,使得C点至C',E点在线段AC'上,若二面角A-BD-E与二面角E-BD-C'的大小分别为30°和45°,则AEEC'=( )





A.12B.66C.22D.63


【答案】C


【解析】取BD的中点O,连接AO,EO,C 'O,


∵菱形ABCD沿对角线BD折起,使得C点至C',E点在线段AC'上,


∴C'O⊥BD,AO⊥BD,OC'=OA,∴BD⊥平面AOC',


∴EO⊥BD,∵二面角A-BD-E与二面角E-BD-C'的大小分别为30°和45°,


∴∠AOE=30°,∠EOC'=45°,


∵OC'=OA,∴∠OC'E=∠OAE,


由正弦定理得OEsin∠OC'E=EC'sin∠EOC', OEsin∠OAE=AEsin∠AOE,


∴EC'sin∠EOC'=AEsin∠AOE,





∴AEEC'=sin30°sin45°=1222=22.故选C.


4．（2020·浙江省高二期末）在底面为锐角三角形的直三棱柱中，是棱的中点，记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（ ）


A．B．C．D．


【答案】A


【解析】由题可知，直三棱柱的底面为锐角三角形，是棱的中点，


设三棱柱是棱长为的正三棱柱，以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，





则，，，，，，，，直线与直线所成的角为，，


，直线与平面所成的角为，，


平面的法向量，，，


设平面的法向量，则，取，得，二面角的平面角为，由图可知，为锐角，即，


，，由于在区间上单调递减，，则.故选：A.


5.（多选题）（2020·江西景德镇高二期末）我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chumeng）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如下图五面体是一个刍甍，其中四边形为矩形，其中，，与都是等边三角形，且二面角与相等，则长度可能为（ ）





A．1B．5C．9D．13


【答案】BC


【解析】由于与都是等边三角形，且边长为，故高为.当和趋向于时，，如下图所示.





当和趋向于时，，如下图所示.





所以的取值范围是.故选：BC


6．（多选题）（2020福建三明一中高二期末）正方体中，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，则下列结论正确的是（ ）





A．B．平面平面


C．面AEFD．二面角的大小为


【答案】BC


【解析】解：由题可知，在底面上的射影为，而不垂直，则不垂直于，则选项不正确；连接和，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，


可知，所以平面，则平面平面，所以选项正确；由题知，可设正方体的棱长为2，以为原点，为轴，为轴，为轴，


则各点坐标如下：


，设平面的法向量为，则，即，令，得，得平面的法向量为，所以，所以平面，则选项正确；由图可知，平面，所以是平面的法向量，则.得知二面角的大小不是，所以不正确.故选：BC.





二、填空题


7．（2020·浙江省绍兴市阳明中学高二期中）如图，在底面边长均为2，高为1的长方体中，E、F分别为、的中点，则异面直线、所成角的大小为_______；平面与平面所成锐二面角的余弦值为__________.





【答案】；


【解析】以D为原点建立如图所示空间之间坐标系：





则，所以，


设异面直线、所成角的大小为，所以，


因为，所以.又，设平面的一个法向量为：，


则，即，令，则，


平面一个法向量为：，设平面与平面所成锐二面角为，


所以.故答案为：①；②


8．（2020全国高二课时练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的二面角的余弦值为_____.


【答案】


【解析】





建立空间直角坐标系如图,设正方体的棱长为2,则D(2,0,0),A1(0,0,2),E(0,2,1),则=(2,0,-2),=(0,2,-1).设平面A1ED的法向量为=(x,y,z),


则则令y=1,得=(2,1,2).


易知平面ABCD的法向量为=(0,0,1),则cs<>=.


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的夹角为45°,则a= .


【答案】125.


【解析】平面xOy的一个法向量为n=(0,0,1),设平面α的一个法向量为m=(x,y,z),则-3x+4y=0,-3x+az=0,


即3x=4y=az,取z=1,则x=a3,y=a4,∴m=a3,a4,1.由题意得|cs|=1a29+a216+1=22.


又因为a>0,所以a=125.


10.．（2020山东泰安实验中学高二月考）如图，在四面体中，，.若为线段上的动点（不包含端点），则二面角的余弦值取值范围是__________．





【答案】


【解析】以AB的中点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，


平面的一个法向量为，


设平面的一个法向量为，


则，则，


令，所以平面的一个法向量为，


所以，


因为，所以，所以，


所以，即二面角的余弦值的取值范围是.





三、解答题


11．（2020·江苏省西亭高级中学高二）如图，在以为顶点的五面体中，四边形为正方形，，，.





（1）求异面直线BC，DF所成角的大小；


（2）求二面角的余弦值.


【解析】因为四边形为正方形，所以平面


又所以，在平面内作，垂足为点O，


以O为坐标原点，OF所在的直线为x轴，OD所在的直线为z轴建立空间直角坐


标系（如图所示）.设OF=a，因为所以


（1）点D的坐标为，点F的坐标为，点B的坐标为


点C的坐标为.则，


设向量的夹角为，则，所以异面直线BC，DF所成角为


（3）点E的坐标为，


设平面DBE的法向量为，由得，取得平面DBE的一个法向量为，设平面CBE的法向量为，由得，取得平面DBE的一个法向量为，


设两个法向量的夹角为，则


由于二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为


12.如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2,E是PB的中点.





若二面角P-AC-E的余弦值为33,求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.


【解析】如图,作CF∥DA,交AB于点F,以C为原点,CF,CD,CP分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系,





则C(0,0,0),A(1,1,0),B(1,-1,0).


设P(0,0,a)(a>0),则E12,-12,a2,


CA=(1,1,0),CP=(0,0,a),CE=12,-12,a2,


取m=(1,-1,0),则m·CA=m·CP=0,所以m为平面PAC的一个法向量.


设n=(x,y,z)为平面EAC的一个法向量,则n·CA=0,n·CE=0,即x+y=0,x-y+az=0,取x=a,


可得n=(a,-a,-2),


依题意,|cs|=|m·n||m||n|=2a2·2a2+4=33,


则a=1(负值舍去).


于是n=(1,-1,-2),PA=(1,1,-1).


设直线PA与平面EAC所成的角为θ,


则sin θ=|cs|=23,


即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为23.