2023高考数学复习专项训练《二面角》

展开

这是一份2023高考数学复习专项训练《二面角》

2023高考数学复习专项训练《二面角》一、单选题（本大题共8小题，共40分）1.（5分）A,B是120∘二面角α-l-β的棱l上的两点，分别在α,β内作垂直于棱l的线段AC,BD，已知AB=AC=BD=1，那么CD的长为( )A. 1 B. 2 C. 2 D. 32.（5分）如图，已知ΔABC，D是AB的中点，沿直线CD将ΔACD翻折成ΔA'CD，所成二面角A'-CD-B的平面角为α，则( ) A. ∠A'DB⩽α B. ∠A'DB⩾α C. ∠A'CB⩽α D. ∠A'CB⩾α3.（5分）在ΔABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=3，点D在斜边AB上，以CD为棱把它折成直二面角A-CD-B，折叠后AB的最小值为( )A. 6 B. 7 C. 22 D. 34.（5分）已知E、F分别为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BC，CC1的中点，设α为二面角D-AE-D1的平面角，求sinα=( )A. 23 B. 53 C. 23 D. 2235.（5分）如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与α、β所成的角分别为45°、30°，过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足分别为A1，B1，则A1B1：AB等于( )A. 1：2 B. 1：3 C. 2：3 D. 3：46.（5分）在矩形ABCD中，若AB=8,AD=6，E为边AD上的一点，DE=13AD，现将ΔABE沿直线BE折成ΔA'BE，使得点A'在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内(不含边界)，设直线A'B,A'C与平面BCDE所成的角分别为α,β，二面角A'-BE-C的大小为γ，则( ) A. α<β<γ B. β<γ<α C. α<γ<β D. β<α<γ7.（5分）斜三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是正三角形，侧面ABB1A1是矩形，且2AA1=3AB，M是AB的中点，记直线A1M与直线BC所成的角为α，直线A1M与平面ABC所成的角为β，二面角A1-AC-B的平面角为γ，则( )A. β<γ，α<γ B. β<α，β<γC. β<α，γ<α D. α<β，γ<β8.（5分）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，2AC=AA1=BC=2，D为AA1上一点．若二面角B1-DC-C1的大小为60°，则AD的长为 ( ) A. 2 B. 3 C. 2 D. 22二、多选题（本大题共5小题，共25分）9.（5分）已知正方形ABCD的边长为1，现将ΔABD沿BD折起，并使得三棱锥A-BCD的体积最大，则下列结论中成立的有( )A. 三棱锥A-BCD的表面积为2+32B. 三棱锥A-BCD的外接球的体积为23πC. 直线AB、AC、AD与平面BCD所成的角都是45°D. 二面角B-AC-D的余弦值为1310.（5分）已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱与底棱的比为2:1，正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心为O，则下面结论正确的是( )A. AO与BC所成的角为90°B. 平面A1BC与底面ABC所成的二面角的正切值为433C. AO与底面ABC所成角的正弦值为217D. 若底棱为1时，则三棱柱的外接球的表面积为16π311.（5分）已知球O的半径为4，球心O在大小为60∘的二面角α-l-β内，二面角α-l-β的两个半平面所在的平面分别截球面得两个圆O1，O2，若两圆O1，O2的公共弦AB的长为4，E为AB的中点，四面体OAO1O2的体积为V，则正确的是( )A. O，E，O1，O2四点共圆 B. OE=23C. O1O2=3 D. V的最大值为3212.（5分）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是( )A. 三棱锥A-D1PC的体积不变B. 直线AP与平面ACD1所成角的大小不变C. 直线AP与直线A1D所成角的大小不变D. 二面角P-AD1-C的大小不变13.（5分）正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F在侧面CDD1C1上运动，且满足B1F //平面A1BE.以下命题正确的有 A. 侧面CDD1C上存在点F，使得B1F⊥CD1B. 直线B1F与直线BC所成角可能为30°C. 平面ABE与平面CDD1C1所成锐二面角的正切值为22D. 设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为52三、填空题（本大题共5小题，共25分）14.（5分）正方体ABCD-A1B1C1D1中，二面角C1-AB-C的平面角等于____．15.（5分）同底的两个正三棱锥内接于同一个球，已知两个正三棱锥的底面边长为a，球的半径为R，设两个正三棱锥的侧面与底面所成的角分别为α，β，则tan(α+β)的值是______．16.（5分）已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为23，D为BB1的中点，平面ADC1与平面ABC所成的锐二面角的正切值是12，则四棱锥A-BCC1B1外接球的表面积为______． 17.（5分）已知长方体ABCD-A1B1C1D1底面为正方形，则平面ACB1与平面DBB1D1所成的二面角大小为____．18.（5分）二面角α-l-β的半平面α内有一条直线a与棱l成45°角，若二面角的大小也为45°，则直线a与平面β所成角的大小为____．四、解答题（本大题共5小题，共60分）19.（12分）已知正六边形ABCDEF的边长为2，沿对角线AE将ΔFAE的顶点F翻折到点P处，使得PC=10． (1)求证：平面PAE⊥平面ABCDE； (2)求二面角B-PC-D的平面角的余弦值． 20.（12分）在直三棱柱ABC一A1B1C1中，AB=1，BC=2，∠ABC=90°，D是BC中点． (1)求证：A1B//平面AC1D； (2)若三棱锥A-CDC1的体积为12，求二面角A-C1D-B的余弦值．21.（12分）如图，菱形ABCD中，∠ABC=60°，AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，AB=AE=2，CF=3． (Ⅰ)求证：EF⊥BD； (Ⅱ)求二面角B-DF-E的余弦值； (Ⅲ)棱BF上是否存在一点M，使AM//平面DEF？如果存在，求FM的长；如果不存在，请说明理由．22.（12分）如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面ABC，AB=BC=22AC，且AD+BC=6． (Ⅰ)证明：平面ABD⊥平面BCD； (Ⅱ)求四面体ABCD体积的最大值，并求此时二面角B-CD-A的余弦值．23.（12分）如图1，四边形ABCD中，AB=AD=DC=2，BC=22，∠ABC=45°，M为AD的中点，Q为AB的中点，沿AC把ΔADC折起使点D到点P(如图2)，若平面PAC⊥平面PAB． (Ⅰ)证明：平面PAC⊥平面ABC； (Ⅱ)求二面角M-QC-A的正切值．答案和解析1.【答案】B;【解析】在平面α内作BE垂直l且AC=BE，则AC//BE，所以四边形ABEC为正方形．于是CE//AB.显然AB⊥BE，AB⊥BD，所以CE⊥平面BDE，CE⊥DE且∠DBE=120∘.在直角三角形CDE中，CE=1,DE=3，从而解得，CD=2.故选B.2.【答案】B;【解析】此题主要考查二面角，考查推理能力和空间想象能力，属于一般题. 若CD⊥AB，则∠A'DB=α.若CD与AB不垂直时，有α<∠A'DB，所以∠A'DB⩾α.对于选项C，D，可通过当平面A'DC⊥平面BCD时，即α=90°，结合图形举出例子说明∠A'CB与α大小关系不确定，即可否定. 解：若CD⊥AB，则∠A'DB为二面角A'-CD-B的平面角，即∠A'DB=α.若CD与AB不垂直，在ΔABC中，过A作CD的垂线交线段CD或CD的延长线于点O，交BC于E，连结A'O，则∠A'OE为二面角A'-CD-B的平面角，即∠A'OE=α， ∵AO=A'O，∴∠A'AO=α2. 又A'D=AD，∴∠A'AD=12∠A'DB. 而∠A'AO是直线A'A与平面ABC所成的角，由线面角的性质知∠A'AO<∠A'AD，则有α<∠A'DB. 综合有∠A'DB⩾α. 对于C.∠A'CB⩽α和D.∠A'CB⩾α，取特殊情形：如上图所示，当平面A'DC⊥平面BCD时，α=90°，如图中所示，当C在二面角的棱上运动时，∠A'CB可以为直角，也可以为锐角，也可以为钝角，故∠A'CB与α大小关系不确定，故C，D错误.故选B.3.【答案】B;【解析】该题考查线段长最小值的求法，考查三角函数的最值，是中档题．设∠ACD=θ，则∠BCD=90°-θ，作AM⊥CD于M，BN⊥CD于N，于是AM=3sinθ，CN=2sinθ，MN=|2sinθ-3cosθ|，由此能求出当θ=45°，AB有最小值，进而求解即可．解：设∠ACD=θ，则∠BCD=90°-θ，作AM⊥CD于M，BN⊥CD于N，于是AM=3sinθ，CM=3cosθ， CN=2cos(90\small∘-θ)=2sinθ，BN=2sin(90\small∘-θ)=2cosθ， ∴MN=|2sinθ-3cosθ|， ∵A-CD-B是直二面角，AM⊥CD，BN⊥CD， ∴AM与BN成90°角， ∴AB=AM2+MN2+BN2 =9sin2θ+4cos2θ+(2sinθ-3cosθ)2 =4+9-6sin2θ⩾7． ∴当θ=45°，即CD是∠ACB的平分线时，AB有最小值，最小值是7．故选B．4.【答案】B;【解析】解：建立如图所示的空间坐标系：令正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则AE→=(2,1,0)，A→D1=(0,2,2)，设平面AEFD1的法向量为m→=(x,y,z)，则由m→.AE→=0m→.AD1=0 ，得2x+y=02y+2z=0，令x=1，则y=-2，z=2，故m→=(1,-2,2)，又∵A→A1=(0,0,2)为平面AECD的一个法向量，α为D-AE-D的平面角， ∴cosα=|A→A1.m→||A→A1|.|m→|=43.2=23，故sinα=53，故选：B．建立空间坐标系，求出平面AEFD1的法向量和平面AECD的一个法向量，代入向量夹角问题，是解答的关键．该题考查的知识点是二面角的平面角及求法，建立空间坐标系，将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键．5.【答案】A;【解析】该题考查两线段比值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．设AB的长度为a，用a表示出A1B1的长度，即可得到两线段的比值．解：连接AB1和A1B，设AB=a，可得AB与平面α所成的角为∠BAB1=45°，在RtΔBAB1中，有AB1=22a，同理可得AB与平面β所成的角为∠ABA1=30°， ∴A1A=12a，∴在RtΔAA1B1中，A1B1=(22a)2-(12a)2=12a， ∵A1B1：AB=12a：a=1：2．故选：A． 6.【答案】A;【解析】此题主要考查二面角、线面角的大小的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．由题意画出图形，由两种特殊位置得到点A'在平面BCD上的射影的情况，由线段的长度关系可得到三个角的正弦值的大小，由此能比较三个角的大小．解：如图，∵四边形ABCD为矩形，∴BA'⊥A'D，当A'点在底面BCD上的射影O落在BC上时，平面A'BC⊥底面BCD，又DC⊥BC，∴DC⊥平面A'BC，∴DC⊥BA'， ∴BA'⊥平面A'DC，在RtΔBA'C中，设BA'=2，则BC=22，∴A'C=2，∴O为BC中点，当A'点在底面上的射影E落在BD上时，A'E⊥BD，设BA'=2，则A'D=22，A'E=26 3，BE=23 3，要使点A'在平面BCD上的射影F在ΔBCD内(不含边界)，则点A'的射影F落在线段OE上(不含端点)，可知∠A'EF为二面角A'-BD-C的平面角θ，直线A'D与平面BCD所成角为∠A'DF=α，直线A'C与平面BCD所成的角为∠A'CF=β，由题意得DF>CF，∴A'CC1O2=3sinθ2=sinβ，又β，γ均为锐角，所以γ>β．故选：B．由最小角定理可得β<α，找出β及γ，通过中间量侧棱与底面所成的角θ比较大小即可得出答案．该题考查空间角的大小比较，考查空间想象能力及逻辑推理能力，属于中档题．8.【答案】A;【解析】【试题解析】此题主要考查了二面角、利用空间向量求线线、线面和面面的夹角的相关知识，试题难度一般. 先建立空间直角坐标系，然后分别求出平面B1CD和平面C1DC的法向量，然后得到1a2+2=12即可．解：如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，B1(0,2,2). 设AD=a，则点D的坐标为(1,0,a)，CD→=(1,0,a)，C→B1=(0,2,2).设平面B1CD的一个法向量为m→=(x,y,z)，则{m→⋅CB1=0,m→⋅CD→=0 令z=-1，得m→=(a,1,-1).又平面C1DC的一个法向量为(0,1,0)，记为n→，则由cos 60∘=m→⋅n→|m→||n→|，得1a2+2=12.即a=2，故AD=2. 故选A.9.【答案】ABC;【解析】解：因为四边形ABCD为正方形，所以有BD⊥AC，设AC∩BD=O，所以对折后有BD⊥CO，BD⊥AO，又因为AO∩CO=O，所以BD⊥平面AOC，又因为BD⊂平面BCD，所以平面AOC⊥平面BCD。因为VA-BCD=VB-AOC+VD-AOC，且BD⊥平面AOC，所以VB-AOC=13SΔ×|BO|,VD-AOC=13SΔ×|DO|，即有VA-BCD=13SΔ×(|BO|+|DO|)=13SΔ×|BD|，已知正方形的边长为1，则有|AC|=|BD|=2，即VA-BCD=13SΔ×2=23SΔ，因为O为AC、BD的中点，则有|AO|=|OC|=12|AC|=22，若使三棱锥的体积最大，即可使ΔAOC的面积最大即可， SΔ=12|AO|×|OC|sin∠AOC=12×22×22sin∠AOC=14sin∠AOC当sin∠AOC=1时，即∠AOC=π2时，ΔAOC的面积最大，且为(SΔ)max=14，此时，三棱锥的体积最大为(VA-BCD)max=23×14=212. 又因为BD⊥AO，且AO⊥OC，BD∩OC=O，OC,BD⊂平面BCD，所以AO⊥平面BCD. 即当三棱锥A-BCD的体积最大时，AO⊥平面BCD. 则有AD=AB=(22)2+(22)2=1，AC=AO2+OC2=(22)2+(22)2=1，又BC=CD=1，BD=2，所以，SΔ=12×BD×AO=12,SΔ=SΔ=34,SΔ=12×BC×CD=12，所以，三棱锥A-BCD的表面积为S表=12+2×34+12=2+32，故A选项正确；因为OA=OB=OC=OD=22，则点O是三棱锥A-BCD的外接球的球心，则R=22，则V球=43πR3=43π.(22)3=23π，故B选项正确. 因为AO⊥平面 BCD，则∠ABO，∠ADO，∠ACO分别是AB、AD、AC与平面BCD所成的角，且∠ACO=45°. 因为AD2+AC2=BD2，所以ΔBAD是等腰直角三角形，所以，∠ABO=∠ADO=45°. 所以直线AB、AC、AD与平面BCD所成的角都是45°，故C选项正确 . 因为DA=DC=1，BA=BC=1，取AC的中点M 分别以OC、OD、OA为正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，因为|AO|=|OC|=|OB|=|OD|=22，则可得O(0,0,0)，A(0,0,22)，B(0,-22,0)，C(22,0,0)，D(0,22,0)，不妨设平面ABC的法向量为n1→=(x1,y1,z1)，其中AB→=(0,-22,-22),AC→=(22,0,-22)，则有{n→1.AB→=0n→1.AC→=0，可得x1=z1=-y1，令x1=1，则平面ABC的法向量为n1→=(1,-1,1)，设平面ACD的法向量为n2→=(x2,y2,z2)，其中AD→=(0,22,-22),AC→=(22,0,-22)，则有{n→2.AD→=0n→2.AC→=0，可得x2=z2=y2，令x2=1，则平面ACD的法向量为n2→=(1,1,1)，所以平面ABC与平面ACD所成二面角的余弦值为绝对值为｜n1→.n2→|n1→|.|n2→|｜=13×3=13，因为二面角B-AC-D是钝角，故二面角B-AC-D的余弦值为-13，故D选项错误. 此题主要考查空间几何体结构特征，空间几何体的体积及外接球的体积，考查直线与平面所成的角，考查二面角的求法，要注意折叠前后的改变的量和位置，不变的量和位置，是中档题. 解决本题的关键是判断三棱锥A-BCD的体积最大时的几何体的结构特征，证得AO⊥平面BCD.在此基础上，求出表面积和外接球的半径和体积，再利用线面角的定义求得线面角.建立直角坐标系，给出个点的坐标值，求出平面ABC和平面ACD的法向量，故可得二面角B-AC-D的余弦值为-13.10.【答案】ABD;【解析】此题主要考查异面直线所成角，直线与平面所成角，二面角，以及球的表面积问题，对于A由线面垂直的判定定理易得BC⊥平面A1O2O1A，可判断A；对于B易判断∠A1DA为所求二面角的平面角，进一步求解即可；对于C易判断∠OAO1为AO与平面ABC所成的角，进一步求解即可；对于D，易知AO即为外接球半径R，由球的表面积公式求解即可. 解：侧棱与底棱的比为2:1，可设AA1=2，AB=1，ΔABC的底面外接圆的圆心为O1，过O1作O1O2垂直于底面A1B1C1，垂足为O2，连接O1O2，则O1O2的中点为O. 易知BC⊥O1O2，BC⊥AO1，∴BC⊥平面A1O2O1A.∵AO⊂平面A1O2O1A，∴BC⊥AO，故选项A正确；延长AO1交BC于D，连接A1D，可知∠A1DA为平面A1BC与底面ABC所成二面角的平面角，可知AD=32，tan∠A1DA=AA1AD=232=433，故选项B正确；连接AO，可知∠OAO1为AO与平面ABC所成的角，AO1=1×32×23=33，OO1=1，可得AO=1+332=233，∴sin∠OAO1=OO1AO=32，故选项C错误．易知AO即为外接球半径R， ∴S=4πR2=16π3，故选项D正确．故选ABD.11.【答案】ABD;【解析】此题主要考查了球的几何性质的应用，正弦定理，余弦定理的应用，基本不等式的应用，考查了学生的空间想象，运算能力等，属于较难题. 利用球的几何性质，正弦定理，余弦定理，基本不等式等依次验证每个选项的正误，进而得到答案.解：因为公共弦AB在棱l上，连结OE，O1E，O2E，O1O2，OA，则OE=OA2-AE2=23，故B正确，因为二面角α-l-β的两个半平面分别截球面得两个圆O1，O2，O为球心，所以OO1⊥α，OO2⊥β，又O1E⊂平面α，O2E⊂平面β，所以OO1⊥O1E，OO2⊥O2E，故O，E，O1，O2四点共圆，故选项A正确; 因为E为弦AB的中点，故O1E⊥AB，O2E⊥AB，故∠O1EO2即为二面角α-l-β的平面角，所以∠O1EO2=60∘，由正弦定理得O1O2=OEsin60∘=3，故选项C错误，设OO1=d1，OO2=d2，在ΔOO1O2中，由余弦定理可得，O1O22=9=d12+d22+d1d2⩾3d1d2，所以d1d2⩽3，故SΔOO1O2⩽334，所以V=13AE.SΔOO1O2⩽32，当且仅当d1=d2时取等号，故选项D正确. 12.【答案】ACD;【解析】本题以正方体为几何背景考查了棱锥的体积、异面直线所成的角以及二面角的理解，考查了逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题. 利用BC1//平面AD，则BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，结合锥体的体积公式判断选项A，利用线面角和线线角的定义即可判断选项B，利用线线角的定义即可判断选项C，利用二面角的定义即可判断选项D. 解：对于A，因为BC1//平面AD'C，所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，所以体积不变，故选项A正确; 对于B，点P在直线BC1上运动时，直线AB与平面ACD1所成的角和直线AC1与平面ACD1所成的角不相等，故选项B错误; 对于C，因为A1D⊥平面ABC1D1，所以点P在直线BC1上运动时，直线AP与直线A1D所成的角的大小不变，均为90°，故选项C正确; 对于D，当点P在直线BC1上运动时，平面PAD1就是平面ABC1D1，即二面角P-AD1-C的大小不受影响，故选项D正确. 故选ACD. 13.【答案】AC;【解析】此题主要考查空间直线与直线的位置关系、异面直线所成角及二面角的正切值，属于较难题. 根据条件，结合直线与直线垂直证明及线线所成角、二面角知识逐项验证即可. 解：取C1D1中点M，CC1中点N，连接B1M，B1N，MN，则易证得B1N // A1E，MN // A1B，从而平面B1MN //平面A1BE，所以点F的运动轨迹为线段MN. 取F为MN的中点，因为ΔB1MN是等腰三角形，所以B1F⊥MN，又因为MN // CD1，所以B1F⊥CD1，故A正确；设正方体的棱长为a，当点F与点M或点N重合时，直线B1F与直线BC所成角最大，此时tan∠C1B1F=12<13=tan30°，所以B错误；平面B1MN //平面A1BE，取F为MN的中点，则MN⊥C1F，MN⊥B1F， ∴∠B1FC1即为平面B1MN与平面CDD1C1所成的锐二面角， tan∠B1FC1=B1C1C1F=22，所以C正确；当点F在点M时，截面为等腰梯形，易得其面积为98>52，故D错误．故选AC.14.【答案】45°;【解析】解：如图所示，由正方体ABCD-A1B1C1D1，可得CC1⊥CB，CC1⊥CD，CB∩CD=C． ∴CC1⊥底面ABCD．又AB⊥BC，∴AB⊥BC1． ∴∠CBC1是二面角C1-AB-C的平面角．由正方形BCC1B1可得∠CBC1=45°．故答案为45°．15.【答案】-43R3a;【解析】解：如图，取AB的中点M，连接PM，QM，则PM⊥AB，CM⊥AB，QM⊥AB ∴∠PMC是侧面PAB与底面所成二面角的平面角，∠QMC是侧面QAB与底面所成二面角的平面角， ∴∠PMC=α，∠QMC=β，设，OR=h，则MR=13CM=36a，CR=33a，R2-h2=CR2=13a2， ∵tanα=R-hMR，tanβ=R+hMR ∴tan(α+β)=2RMR-a23MR=-43R3a，故答案为：-43R3a．取AB的中点M，连接PM，QM，则PM⊥AB，CM⊥AB，QM⊥AB，故∠PMC是侧面PAB与底面所成二面角的平面角，∠QMC是侧面QAB与底面所成二面角的平面角，由此可得结论．此题主要考查面面角，考查两角和的正切公式，考查学生的计算能力，正确作出面面角是关键，属于中档题．16.【答案】19π;【解析】此题主要考查棱柱的结构特征，棱锥外接球表面积的求法，考查二面角，属于中档题．延长C1D与CB的延长线交于点M，连接AM，推导出D是C1M的中点，取AC1的中点E，连接DE，则AM//DE，易得AM⊥平面ACC1A1，从而有∠C1AC为平面AC1D与平面ABC所成二面角的平面角，可得CC1=3，根据四棱锥A-BCC1B1外接球即为正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球，找到球心位置，根据勾股定理求得外接球的半径，即可得到表面积．解：如图，延长C1D与CB的延长线交于点M，连接AM． ∵B1C1//BC，D为BB1的中点，∴D也是C1M的中点，取AC1的中点E，连接DE，则AM//DE．由正三棱柱的对称性易知DE⊥平面ACC1A1，∴AM⊥平面ACC1A1． ∴∠C1AC为平面AC1D与平面ABC所成二面角的平面角． ∴tan∠C1AC=12，∴CC1AC=12，又AC=23，则CC1=3，又四棱锥A-BCC1B1外接球即为正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球，其球心在底面ABC中心正上方的32处，又底面外接圆的半径r满足2r=23sinπ3=4，∴R2=r2+(32)2=194， ∴四棱锥A-BCC1B1外接球的表面积4πR2=19π，故答案为：19π．17.【答案】90°;【解析】解：如图所示，连接对角线BD，AC，设BD∩AC=O， ∵底面四边形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD，由长方体可得：BB1⊥底面ABCD， ∴BB1⊥AC，又BD∩BB1=B， ∴AC⊥平面DBB1D1， ∴平面ACB1⊥平面DBB1D1， ∴平面ACB1与平面DBB1D1所成的二面角大小为90°．故答案为：90°．18.【答案】30°;【解析】解：根据题意先画出图形作AD⊥β交面β于D 由题意可知∠ABC=45°，∠ACD=45° 设AD=1，则CD=1，AC=2，BC=2，AB=2 而AD=1，三角形ABD为直角三角形 ∴∠ABD=30° 故答案为：30°．19.【答案】证明：(1)连结AC，EC，取AE中点O，连结PO，CO，由已知得PE=PA=2， AE=AC=EC=4+4-2×2×2×cos120°=23， ∴PO⊥AE，CO⊥AE，∴∠POC是二面角P-AE-C的平面角， ∴PO=4-3=1，CO=12-3=3，∴PO2+CO2=PC2， ∴PO⊥CO，∴∠POC=90°，∴平面PAE⊥平面ABCDE．解：(2)以O为原点，OA为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系， P(0,0,1)，C(0,3,0)，B(3,2,0)，D(-3,2,0)， PB→=(3,2,-1)，PC→=(0,3,-1)，PD→=(-3,2,-1)，设平面PBC的法向量n→=(x,y,z)，则PB→.n→=3x+2y-z=0PC→.n→=3y-z=0，取x=1，得n→=(1,3,33)，设平面PCD的法向量m→=(a,b,c)，则PC→.m→=3b-c=0PD→.m→=-3a+2b-c=0，取b=1，得m→=(-33,1,3)，设二面角B-PC-D的平面角为θ，因为二面角B-PC-D为钝角，故cosθ=-|m→.n→||m→|.|n→|=-293331.313=-2931． ∴二面角B-PC-D的平面角的余弦值为-2931．;【解析】此题主要考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于较难题． (1)连结AC，EC，取AE中点O，连结PO，CO，推导出PO⊥AE，CO⊥AE，则∠POC是二面角P-AE-C的平面角，证出PO⊥CO，由此能证明平面PAE⊥平面ABCDE． (2)以O为原点，OA为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B-PC-D的平面角的余弦值．20.【答案】（1）证明：如图，连接A1C，AC1，设A1C∩AC1=O，则O为A1C的中点，连接OD，又D是BC中点， ∴OD为△A1BC的中位线， ∴OD∥A1B， ∵A1B⊄平面AC1D，OD⊂平面AC1D， ∴A1B∥平面AC1D；（2）解：∵△ABC为Rt△，且AB=1，BC=2， ∴S△ABC=12×2×1=1，由D为BC的中点，可得S△ADC=12，则VC1-ADC=VA-CDC1=13S△ADC.CC1=12，可得CC1=3．延长C1D，B1B相交于E，过B作BG⊥C1E，连接AG，则∠AGB为二面角A-C1D-B的平面角．在Rt△DBG中，由BD=1，BE=B1B=3，可得DE=10， ∴BG=31010，又AB=1，则AG=1+910=19010， ∴cos∠AGB=BGAG=3101019010=31919． ∴二面角A-C1D-B的余弦值为31919．;【解析】 (1)连接A1C，AC1，设A1C∩AC1=O，连接OD，可得OD为ΔA1BC的中位线，则OD//A1B，再由线面平行的判定得到A1B//平面AC1D； (2)由题意ΔABC为RtΔ，且AB=1，BC=2，求得SΔABC=12×2×1=1，可得SΔADC=12，利用等积法求得CC1=3.延长C1D，B1B相交于E，过B作BG⊥C1E，连接AG，则∠AGB为二面角A-C1D-B的平面角．求解三角形得答案．此题主要考查线面垂直的判定，考查二面角的平面角的求法，正确找出二面角的平面角的关键，是中档题．21.【答案】（Ⅰ）证明：由底面ABCD为菱形，可知：AC⊥BD，由AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，得：AE∥CF，又BD⊂平面ABCD，故由线面垂直的性质定理可得：AE⊥BD．而AC∩AE=A，AC，AE⊂平面ACFE，于是由线面垂直的判定定理可得：BD⊥平面ACFE，又EF⊂平面ACFE， ∴EF⊥BD；（Ⅱ）解：如图所示，设AC与BD的交点为O，过O作OG∥AE交EF于点G，以菱形对角线AC、BD交点O为坐标原点，以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以OG所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可知：B点坐标为（0，3，0），D点坐标为（0，-3，0）， E点坐标为（1，0，2），F点坐标为（-1，0，3），则DB→=（0，23，0），DE→=（1，3，2），DF→=（-1，3，3），设平面BDF的法向量为n1→=（x1，y1，z1），平面DEF的法向量n2→=（x2，y2，z2），则有n1→.DB→=23y1=0n1→.DF→=-x1+3y1+3z1=0，取z1=1，得n1→=(3，0，1)； n2→.DE→=x2+3y2+z2=0n2→.DF→=-x2+3y2+3z2=0，取z2=2，得n2→=(1，-533，2)．设二面角B-DF-E的平面角大小为θ，由图可知θ∈（π2，π）．故有cosθ=-|n1→.n2→||n1→|.|n2→|=-510×2330=-34；（Ⅲ）解：设棱BF上存在满足条件的点M使得：AM∥平面DEF．设M点坐标为（x0，y0，z0）．由BM→=λBF→，可得：(x0，y0-3，z0)=λ(-1，-3，3)（0＜λ＜1）．于是有x0=-λ，y0=3-3λ，z0=3λ．则AM→=(-λ-1，3-3λ，3λ)，A点坐标为（1，0，0）．又平面DEF的法向量为n2→=(1，-533，2)．由AM∥平面DEF，可得：AM→⊥n2→，即AM→.n2→=-λ-1-533(3-3λ)+6λ=10λ-6=0．解得：λ=35∈（0，1），M点坐标为（-85，253，95）．故棱BF上存在满足条件的点M，使得AM∥平面DEF．此时线段FM的长为FM=25BF=2513．;【解析】 (Ⅰ)由底面ABCD为菱形，可知AC⊥BD，再由已知可得AE⊥BD.由线面垂直的判定可得BD⊥平面ACFE，从而得到EF⊥BD； (Ⅱ)设AC与BD的交点为O，过O作OG//AE交EF于点G，以菱形对角线AC、BD交点O为坐标原点，以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以OG所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面BDF与平面DEF的法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角B-DF-E的余弦值； (Ⅲ)设棱BF上存在满足条件的点M使得：AM//平面DEF.设M点坐标为(x0,y0,z0).由BM→=λBF→，可得AM→=(-λ-1,3-3λ,3λ)，结合AM//平面DEF，利用AM→⊥n2→列式求得λ=35∈(0,1)，从而得到M点坐标，并进一步求得线段FM的长．此题主要考查空间中直线与直线，直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解二面角的大小，是中档题．22.【答案】解：（Ⅰ）证明：∵AB=BC=22AC，∴AB2+BC2=AC2，故∠ABC=90°，即BC⊥AB，又∵AD⊥面ABC，∴AD⊥BC， ∵AB∩AD=A，∴BC⊥面ABD， ∵BC⊂面BCD，∴平面ABD⊥平面BCD．（Ⅱ）设BC=x，则AD=6-x，四面体ABCD的体积V=13×12×x×x×(6-x)=16(6x2-x3)，（0＜x＜6）， V′=16(12x-3x2)=12x(4-x)，当x∈（0，4）时，V′（x）＞0，当x∈（4，6）时，V′（x）＜0，故V（x）在（0，4）单调递增，在（4，6）单调递减， ∴x=4时，四面体ABCD的体积V最大，且最大值是V=163，以B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），C（4，0，0），A（0，4，0），D（0，4，2）， BC→=（4，0，0），BD→=（0，4，2），AC→=（4，-4，0），AD→=（0，0，2），设平面BCD的法向量为n→=（x，y，z），则n→.BC→=4x=0n→.BD→=4y+2z=0，取y=1，得平面BCD的一个法向量为n→=（0，1，2），同理可得平面ACD的一个法向量m→=（1，1，0）， cos＜n→，m→＞=n→.m→|n→|.|m→|=22×5=105．由于B-CD-A是锐二面角，故所求二面角的余弦值为105．;【解析】 (Ⅰ)推导出BC⊥AB，AD⊥BC，从而BC⊥面ABD，由此能证明平面ABD⊥平面BCD． (Ⅱ)设BC=x，则AD=6-x，则四面体ABCD的体积V=16(6x2-x3)，(0

2023高考数学复习专项训练《二面角》

更专业

更丰富

更便捷

真低价

欢迎来到教习网