人教版新课标B选修2-1第三章 空间向量与立体几何综合与测试练习

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eq \a\vs4\al(1.)如果一个二面角的两个半平面分别平行于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的关系是( )
A．相等 B．互补
C．相等或互补 D．不能确定
解析：选C.由等角定理可知这两个二面角的平面角相等或互补，故选C.
eq \a\vs4\al(2.)已知△ABC和△BCD均为边长为a的等边三角形，且AD＝eq \f(\r(3),2)a，则二面角A－BC－D的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C.取BC中点E，连接EA，ED，易知∠AED即为所求，又EA＝ED＝eq \f(\r(3),2)a，AD＝eq \f(\r(3),2)a，∴∠AED＝60°.
eq \a\vs4\al(3.)已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为________．
解析：设二面角的平面角为θ，
∵cs〈m，n〉＝eq \f(1,1×\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，∴θ＝45°或135°.
答案：45°或135°
eq \a\vs4\al(4.)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，二面角A­B1C­A1的平面角的正切值为________．
解析：设A1D，B1C的中点分别为E，F，可知∠AFE是所求二面角的平面角．在Rt△AEF中，tan∠AFE＝eq \f(AE,EF)＝eq \f(\f(\r(2),2)AB,AB)＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
[A级 基础达标]
eq \a\vs4\al(1.)(2012·开封高二检测)正四面体相邻两个面所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(\r(2),4)
解析：选A.
如图所示PABC为正四面体．取AB中点D，连PD，CD.
∴PD⊥AB，CD⊥AB，∴∠PDC为二面角的平面角．
在△PCD中求解，设PC＝1，
∴PD＝CD＝eq \f(\r(3),2)，由余弦定理得
cs∠PDC＝eq \f(1,3)，故选A.
eq \a\vs4\al(2.)
如图，二面角α－l－β的平面角为120°，A、B∈l，AC⊂α，BD⊂β，AC⊥l，BD⊥l，若AB＝AC＝BD＝1，则CD＝( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3)
C．2 D.eq \r(5)
解析：选C.∵eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))，
∴eq \(CD2,\s\up6(→))＝1＋1＋1＋2eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))，
∴eq \(CD2,\s\up6(→))＝3＋2×1×1·cs60°＝4，
∴|eq \(CD,\s\up6(→))|＝2.故选C.
eq \a\vs4\al(3.)等腰直角三角形ABC中，AB＝BC＝1，M为AC中点，沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为1，则二面角C－BM－A的大小为( )
A．30° B．60°
C．90° D．120°
解析：
选C.如图，由AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，得AC＝eq \r(2).因为M为AC中点，所以MC＝AM＝eq \f(\r(2),2)，
且CM⊥BM，AM⊥BM.
∴∠CMA为二面角C－BM－A的平面角．
∵AC＝1，MC＝MA＝eq \f(\r(2),2).∴∠CMA＝90°，故选C.
eq \a\vs4\al(4.)已知二面角α-l-β的平面角是60°，直线a⊥α，则直线a与平面β所成角的大小为________．
答案：30°
eq \a\vs4\al(5.)△ABC是正三角形，P是△ABC所在平面外一点，PA＝PB＝PC，若S△PAB∶S△ABC＝eq \f(2,3)，则二面角P－AB－C的大小为________．
解析：设二面角P－AB－C的大小为θ，PA＝PB＝PC，P在面ABC上的射影O为△ABC的中心，∴S△OAB＝eq \f(1,3)S△ABC，又S△PAB＝eq \f(2,3)S△ABC.∴csθ＝eq \f(S△OAB,S△PAB)＝eq \f(1,2).
∴θ＝60°.
答案：60°
eq \a\vs4\al(6.)若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝eq \r(2)，求二面角A­PB­C的余弦值．
解：如图所示建立空间直角坐标系，则
A(0，0，0)，B(eq \r(2)，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，
故eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，1，0)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0，0)，eq \(CP,\s\up6(→))＝(0，－1，1)．
设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AP,\s\up6(→))＝0,m·\(AB,\s\up6(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x，y，z）·（0，0，1）＝0,（x，y，z）·（\r(2)，1，0）＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(z＝0,\r(2)x＋y＝0))，
令x＝1，则y＝－eq \r(2)，故m＝(1，－eq \r(2)，0)．
设平面PBC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CB,\s\up6(→))＝0,n·\(CP,\s\up6(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x′，y′，z′）·（\r(2)，0，0）＝0,（x′，y′，z′）·（0，－1，1）＝0))
⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x′＝0，,－y′＋z′＝0.))
令y′＝－1，则z′＝－1，故n＝(0，－1，－1)，
∴cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\r(3),3).
结合图形知二面角A­PB­C的余弦值为eq \f(\r(3),3).
[B级 能力提升]
eq \a\vs4\al(7.)把矩形ABCD沿对角线BD折成二面角A－BD－C，若AB＝1，AD＝eq \r(3)，AC＝eq \f(\r(7),2)，则平面ABD与平面BCD的夹角为( )
A．30° B．60°
C．120° D．90°
解析：选B.如图，过A作AE⊥BD，过C作CF⊥BD.
又∵AC＝eq \f(\r(7),2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \(EF,\s\up6(→))＋eq \(FC,\s\up6(→))，
∴eq \f(7,4)＝|eq \(AE,\s\up6(→))|2＋|eq \(EF,\s\up6(→))|2＋|eq \(FC,\s\up6(→))|2＋2eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(FC,\s\up6(→))，
|eq \(AE,\s\up6(→))|＝|eq \(CF,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(3),2)，|eq \(EF,\s\up6(→))|＝1，
∴eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(FC,\s\up6(→))＝－eq \f(3,8)，∴cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(FC,\s\up6(→))〉＝－eq \f(1,2)，
∴平面ABD与平面BCD的夹角为60°，故选B.
eq \a\vs4\al(8.)在正方体AC1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD的夹角的余弦值为( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),2)
解析：选B.如图建系，设正方体棱长为1，
则D(0，0，0)、A1(1，0，1)、E(1，1，eq \f(1,2))．
∴eq \(DA1,\s\up6(→))＝(1，0，1)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(1，1，eq \f(1,2))．
设平面A1ED的一个法向量为n＝(x，y，z)．
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋z＝0,x＋y＋\f(1,2)z＝0)).令x＝1，则z＝－1，y＝－eq \f(1,2)，
∴n＝(1，－eq \f(1,2)，－1)．
又平面ABCD的一个法向量为eq \(DD1,\s\up6(→))＝(0，0，1)．
∴cs〈n，eq \(DD1,\s\up6(→))〉＝eq \f(－1,\r(\f(9,4))×\r(1))＝－eq \f(2,3).
∴平面A1ED与平面ABCD的夹角的余弦值为eq \f(2,3).
eq \a\vs4\al(9.)正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A­BD­C的正弦值为________．
解析：取BC中点O，连接AO，DO，
建立如图所示的坐标系．
设BC＝1，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，0)).
所以eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)).
设平面ABD的法向量n＝(x，y，z), 则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BA,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0，))
取x＝1，则y＝－eq \r(3)，z＝1，
所以n＝(1，－eq \r(3)，1)，
由于eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))为平面BCD的法向量，
所以cs〈n，eq \(OA,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(5),5)，sin〈n，eq \(OA,\s\up6(→))〉＝eq \f(2,5)eq \r(5).
答案：eq \f(2\r(5),5)
eq \a\vs4\al(10.)
(2011·高考辽宁卷)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝eq \f(1,2)PD.
(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；
(2)求二面角Q－BP－C的余弦值．
解：如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.
(1)依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，则eq \(DQ,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(PQ,\s\up6(→))＝(1，－1，0)，所以
eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(DQ,\s\up6(→))＝0，eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.
又DQ∩DC＝D，
故PQ⊥平面DCQ.
又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.
(2)依题意有B(1，0，1)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)．
设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CB,\s\up6(→))＝0，,n·\(BP,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,－x＋2y－z＝0.))
因此可取n＝(0，－1，－2)．
设m是平面PBQ的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BP,\s\up6(→))＝0，,m·\(PQ,\s\up6(→))＝0.))
可取m＝(1，1，1)，所以cs〈m，n〉＝－eq \f(\r(15),5).
结合图形知二面角Q－BP－C的余弦值为－eq \f(\r(15),5).
eq \a\vs4\al(11.)(创新题)如图所示的多面体中，已知直角梯形ABCD和矩形CDEF所在的平面互相垂直，AD⊥DC，AB∥DC，AB＝AD＝DE＝4，CD＝8.
(1)证明：BD⊥平面BCF；
(2)设二面角E­BC­F的平面角为θ，求csθ的值；
(3)M为AD的中点，在DE上是否存在一点P，使得MP∥平面BCE？若存在，求出DP的长；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B(4，4，0)，C(0，8，0)，E(0，0，4)，F(0，8，4)，
∵eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝(－4，－4，0)·(－4，4，0)＝16－16＝0，
eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(CF,\s\up6(→))＝(－4，－4，0)·(0，0，4)＝0，
∴BD⊥BC，BD⊥CF，且BC与CF相交于C，
∴BD⊥平面BCF.
(2)∵BD⊥平面BCF，∴eq \(BD,\s\up6(→))是平面BCF的一个法向量n1＝(－4，－4，0)，
设n2＝(x，y，z)是平面BCE的一个法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(BC,\s\up6(→))＝（x，y，z）·（－4，4，0）＝0,n2·\(BE,\s\up6(→))＝（x，y，z）·（－4，－4，4）＝0))⇒
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,x＋y－z＝0.))取n2＝(1，1，2)，
则csθ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4＋4,\r(16＋16)·\r(1＋1＋4))))＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3).
(3)∵M(2，0，0)，设P(0，0，a)(0≤a≤4)，P为DE上一点，则eq \(MP,\s\up6(→))＝(－2，0，a)，
∵MP∥平面BCE，
∴eq \(MP,\s\up6(→))⊥n2⇒eq \(MP,\s\up6(→))·n2＝(－2，0，a)·(1，1，2)＝－2＋2a＝0⇒a＝1.
∴当DP＝1时，MP∥平面BCE.