2021-2022学年数学人教B版（2019）选择性必修第一册1.2.4 二面角基础过关练

1.2.4　二面角
基础过关练
题组一　二面角及其度量
1.(2019广西桂林高二期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若P点在正方体的内部,且满足=++,则平面PAB与平面ABCD所成二面角的余弦值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.
2.(2020辽宁辽河油田第二高级中学高三月考)如图,在四面体A-BCD中,AB=AD=BD=2,BC=DC=4,二面角A-BD-C的大小为60°,则AC的长为　　　　.
3.(2020山东烟台高二期末)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,AC=BC,A1在底面ABC的射影恰为AC的中点M,又知AA1与底面ABC所成的角为60°,则二面角B-AA1-C的大小为　　　　　　(用反三角函数值表示).
4.(2020四川南充高级中学高三月考)如图,平面SAC⊥平面ACB,△SAC是边长为4的等边三角形,△ACB为直角三角形,且∠ACB=90°,BC=4,求二面角S-AB-C的余弦值.
5.(2020浙江宁波高二期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是梯形,AB∥CD,AB⊥BC,PA=PD=BC=CD=1,AB=2,PC=.
(1)证明:平面PAD⊥平面ABCD;
(2)求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值.
题组二　用空间向量求二面角
6.(2019陕西西安中学高二月考)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的大小为(　　)
A.45° B.135° C.45°或135° D.90°
7.(2020山东泰安高二期末)如图所示,AE⊥平面ABCD,四边形AEFB为矩形,BC∥AD,BA⊥AD,AE=AD=2AB=2BC=4.
(1)求证:CF∥平面ADE;
(2)求平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值.
8.(2020天津高三期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,顶点A1在底面ABC的射影恰为点B,且AB=AC=A1B=2.
(1)证明:平面A1AC⊥平面AB1B;
(2)求棱AA1与BC所成角的大小;
(3)若点P为B1C1的中点,求二面角P-AB-A1的余弦值.
9.(2020吉林长春高二期末)如图,在多面体ABCDEF中,四边形CDEF为直角梯形,DE∥CF,∠EDC=90°,四边形ABCD为矩形,平面CDEF⊥平面ABCD,AD=DE=2,CD=CF=4,点P为CF的中点,点Q为BE的中点.
(1)求证:DQ⊥BP;
(2)求二面角Q-AD-B的余弦值.
10.(2019内蒙古集宁一中高二期中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,点D是BC的中点.
(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;
(2)求平面ADC1与平面AA1B所成二面角的正弦值.
能力提升练
题组　用空间向量求二面角
1.(2020黑龙江哈尔滨第一中学高二月考,)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,且AC⊥BD,AC与BD交于点O,PO⊥底面ABCD,PO=2,AB=2,E,F分别是AB,AP的中点,则二面角F-OE-A的余弦值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.- B. C.- D.
2.(2020河北衡水中学高一期末,)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,D为BC的中点,点E为A1C上的点,且满足A1E=mEC(m∈R),当二面角E-AD-C的余弦值为时,实数m的值为(　　)
A.1 B.2 C. D.3
3.(2020浙江温州中学高三月考,)如图,在四面体A-BCD中,△BCD为等边三角形,∠ADB=,二面角B-AD-C的大小为α,则α的取值范围是(　　)
A. B. C. D.
4.(2020山东师范大学附中高二期末,)如图所示,五面体ABCDE中,正三角形ABC的边长为1,AE⊥平面ABC,CD∥AE,且CD=AE.设CE与平面ABE所成角的大小为α,AE=k(k>0),若α∈,则当k取最大值时,平面BDE与平面ABC所成角的正切值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.1 C. D.
5.(2020山西太原高二月考,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上.若二面角D1-EC-D的大小为,则AE=　　　　.
6.(2020四川绵阳高二期末,)在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,BC=4,AD=2,∠ABC=60°,将梯形ABCD沿着AB翻折至ABC1D1(如图),使得平面ABCD与平面ABC1D1垂直.
(1)求BC1与AC所成角的大小;
(2)求二面角B-CD1-D的正弦值.
7.(2020山东济南高二期末,)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ACB=90°,PA=AC=2BC.
(1)若PA⊥PB,求证:平面PAB⊥平面PBC;
(2)若PA与平面ABC所成角的大小为60°,求二面角C-PB-A的余弦值.
8.(2020湖北宜昌高二期末,)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC,D,E分别为AA1,B1C的中点.
(1)证明:DE⊥平面BCC1B1;
(2)已知B1C与平面BCD所成角的大小为30°,求二面角D-BC-B1的余弦值.
9.(2020天津实验中学高二期末,)如图所示,在三棱锥S-ABC中,SA=AB=AC=BC=SB=SC,O为BC的中点.
(1)求证:SO⊥平面ABC;
(2)求异面直线SC与AB所成角的余弦值;
(3)在线段AB上是否存在一点E,使二面角B-SC-E的余弦值为 若存在,求BE∶BA的值;若不存在,试说明理由.
答案全解全析
基础过关练
1.B　如图,过点P作PN⊥AB于点N,作PM⊥平面ABCD,垂足为M.由三垂线定理可知AB⊥MN,所以∠PNM为所求二面角的平面角,易知PM=,MN=,故PN=,所以cos∠PNM==.
2.答案　
解析　取BD的中点E,连接AE,CE.
∵AB=AD,BC=DC,
∴AE⊥BD,CE⊥BD,
∴∠AEC即为二面角A-BD-C的平面角,
∴∠AEC=60°.
∵AD=2,DC=4,∴AE=,CE=.
在△AEC中,根据余弦定理可得AC2=AE2+CE2-2AE·CE·cos∠AEC=18-3,
∴AC=.
3.答案　arctan
解析　连接A1C,如图.因为A1A与底面ABC所成角的大小为60°,所以∠A1AC=60°,又M是AC的中点,所以△AA1C是等边三角形.作CN⊥AA1于N,则点N为A1A的中点,连接BN.易得BC⊥平面AA1C1C,BN⊥AA1,所以∠BNC为二面角B-AA1-C的平面角.设AC=BC=a,则等边三角形AA1C的边长为a,所以CN=a,在Rt△BNC中,tan∠BNC===,即∠BNC=arctan.
4.解析　如图,过点S作SD⊥AC于点D,过点D作DM⊥AB于点M,连接SM.
∵平面SAC⊥平面ACB,平面SAC∩平面ACB=AC,
∴SD⊥平面ACB,
易得SM⊥AB,∴∠DMS为二面角S-AB-C的平面角.
在△SAC中,SD=4×=2,
在△ACB中,过C作CH⊥AB于H,
∵AC=4,BC=4,
∴AB=4,
∴CH==.
易知DM∥CH,且AD=DC,
∴DM=CH=.
在Rt△SDM中,
SM===,
∴cos∠DMS==.
5.解析　(1)证明:如图,取AD的中点O,连接PO,则PO⊥AD,连接OC,
在直角梯形ABCD中,易知∠DAB=45°,∠ADC=135°,AD=,
所以OC=
==,
易知OP=,又PC=,所以PO2+CO2=PC2,所以PO⊥OC.
又AD∩OC=O,所以PO⊥平面ABCD,
又PO 平面PAD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)如图,延长AD,BC交于点E,连接PE,过点D作DH⊥PE于点H,连接BH,BD,
因为AD=,BD=,AB=2,所以BD⊥AD,由(1)知平面PAD⊥平面ABCD,又平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以BD⊥平面PAD,
故易知∠DHB为所求二面角的平面角.易得DE=,
则PE==.
易知S△PAD=S△PDE,所以×1×1=××DH,所以DH=.
所以BH==,
所以cos∠DHB=,
故平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为.
6.C　∵两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),
∴两平面所成的二面角的大小与相等或互补.
∵cos==,
∴=45°.
故两平面所成的二面角的大小为45°或135°.故选C.
7.解析　(1)证明:∵四边形AEFB为矩形,
∴BF∥AE.
又BF 平面ADE,AE 平面ADE,
∴BF∥平面ADE.
同理可得BC∥平面ADE.
又BF∩BC=B,BF,BC 平面BCF,
∴平面BCF∥平面ADE.
又CF 平面BCF,
∴CF∥平面ADE.
(2)易得AB,AD,AE两两互相垂直,故以A为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则C(2,2,0),D(0,4,0),F(2,0,4),
∴=(0,4,0),=(-2,2,0),=(0,-2,4).
设n=(x,y,z)是平面CDF的一个法向量,则即
令y=2,得x=2,z=1,
此时n=(2,2,1).
易知是平面AEFB的一个法向量,
则cos==,
∴平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值为.
8.解析　(1)证明:由题意知,A1B⊥平面ABC,∴A1B⊥AC,又AB⊥AC,AB∩A1B=B,∴AC⊥平面AB1B.
又∵AC 平面A1AC,
∴平面A1AC⊥平面AB1B.
(2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(2,0,0),B(0,2,0),A1(0,2,2),B1(0,4,2),C1(2,2,2),
∴=(0,2,2),=(2,-2,0),
∴cos<,>===-,
∴<,>=,
故AA1与BC所成角的大小为.
(3)由(2)知=(0,2,0).∵P为棱B1C1的中点,∴P(1,3,2),∴=(1,3,2).设平面PAB的一个法向量为n1=(x,y,z),
则即令z=1,则n1=(-2,0,1),
易得平面ABA1的一个法向量n2=(1,0,0),则cos===-.
易知二面角P-AB-A1为锐角,故二面角P-AB-A1的余弦值是.
9.解析　(1)证明:∵平面CDEF⊥平面ABCD,平面CDEF∩平面ABCD=CD,DE⊥CD,DE 平面CDEF,
∴DE⊥平面ABCD.
故DA,DC,DE两两互相垂直.
如图,以D为坐标原点,DA、DC、DE所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
由已知得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),E(0,0,2),Q(1,2,1),P(0,4,2),
∴=(1,2,1),=(-2,0,2),
∴·=1×(-2)+2×0+1×2=0,
∴DQ⊥BP.
(2)设平面ADQ的一个法向量为m=(x,y,z),则
∵=(2,0,0),=(1,2,1),
∴令y=-1,得z=2,则m=(0,-1,2).
∵DE⊥平面ABCD,∴平面ABCD的一个法向量为=(0,0,2).
∴cos===,
∴二面角Q-AD-B的余弦值为.
10.解析　(1)依题意得,AB,AC,AA1两两互相垂直,故以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),
∴=(2,0,-4),=(1,-1,-4),
∴cos<,>===,
∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
(2)设平面ADC1的一个法向量为n1=(x,y,z),
∵=(1,1,0),=(0,2,4),
∴即
令z=1,则x=2,y=-2,
此时n1=(2,-2,1).
取平面AA1B的一个法向量n2=(0,1,0),
设平面ADC1与平面AA1B所成二面角的大小为θ,且|cos θ|===,
∴sin θ=,故平面ADC1与平面AA1B所成二面角的正弦值为.
能力提升练
1.B　以O为坐标原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
由题易得OA=OB=2,
则A(0,-2,0),B(2,0,0),P(0,0,2),
∵E,F分别是AB,AP的中点,
∴E(1,-1,0),F(0,-1,1),
∴=(1,-1,0),=(0,-1,1).
设平面OEF的一个法向量为m=(x,y,z),
则即
令x=1,可得m=(1,1,1),
易知平面OAE的一个法向量n=(0,0,1),则cos===,
由图知二面角F-OE-A为锐角,∴二面角F-OE-A的余弦值为.故选B.
2.A　由题意知m>0,如图所示,过点A在平面ABC内作Ax⊥AC,则以A为原点,以Ax,AC,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),D,E,因此=,=.
设平面ADE的一个法向量为n=(x,y,z),则即令y=-1,得x=,z=,所以n=,取平面ADC的一个法向量m=(0,0,1),由二面角E-AD-C的余弦值为,得|cos|==,解得m2=1,又m>0,所以m=1.故选A.
3.C　以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系.
因为△BCD为等边三角形,所以不妨设BC=CD=BD=1,
因为∠ADB=,所以设A(m,1,n),
因为当n=0时,A、B、C、D四点共面,不能构成空间四面体,所以n≠0,
则B(0,0,0),C,D(0,1,0),
所以=(0,1,0),=(m,0,n),=.
设平面BAD的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则即
令x1=1,则z1=-,所以m=.
设平面ADC的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
则即
令x2=1,则y2=,z2=-,
所以n=.
因为二面角B-AD-C的大小为α,
且由题图可知二面角α为锐二面角,
所以cos α=
=
===,
因为≥0,所以≤<1,
即≤cos α<1,所以α∈.
故选C.
4.C　结合题意,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,
则A(0,1,0),B,C(0,0,0),D,E(0,1,k),所以=(0,1,k),
取AB的中点M,则M,则平面ABE的一个法向量为=,
由题意得sin α==,
又α∈,所以≤sin α=≤,解得≤k≤或-≤k≤-(舍去),
所以k的最大值为.
当k=时,=,=,设平面BDE的一个法向量为n=(x,y,z),则
令y=1,得x=-,z=-,所以n=(-,1,-),易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),
易知平面BDE与平面ABC所成的角为锐角,
所以|cos|==,
所以sin=,
所以tan=.故选C.
5.答案　2-
解析　如图,以D为原点,以,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,设AE=λ(0≤λ≤2),
则D1(0,0,1),C(0,2,0),E(1,λ,0),
∴=(0,2,-1),=(1,λ-2,0).
设平面D1EC的一个法向量为m=(x,y,z),
则
令y=1,则m=(2-λ,1,2).
易知平面ECD的一个法向量为n=(0,0,1).
∵二面角D1-EC-D的大小为,
∴cos===,解得 λ=2-或λ=2+(舍去),
∴AE=2-.
6.解析　(1)在等腰梯形中,过A作AE⊥BC于点E,因为BC=4,AD=2,
所以AE=,AC=2,AB=2,
所以AB2+AC2=BC2,所以AB⊥AC,
又平面ABCD与平面ABC1D1垂直,平面ABCD∩平面ABC1D1=AB,AC 平面ABCD,
所以AC⊥平面ABC1D1,所以AC⊥BC1,
所以BC1与AC所成角的大小为.
(2)结合(1),建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(-1,,0),D1(-1,0,),
所以=(0,-,),=(-2,2,0),=(-3,0,),=(-1,-,0).
设平面BCD1的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令y=1,得n=(,1,3),
设平面CDD1的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则
令y1=1,得m=(-,1,1),
所以|cos|==,
所以sin=,
所以二面角B-CD1-D的正弦值为.
7.解析　(1)证明:因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,BC 平面ABC,BC⊥AC,
所以BC⊥平面PAC,
因为PA 平面PAC,所以PA⊥BC,
又PA⊥PB,PB∩BC=B,
所以PA⊥平面PBC,
因为PA 平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PBC.
(2)如图,过P作PH⊥AC于点H,
因为平面PAC⊥平面ABC,
所以PH⊥平面ABC,所以∠PAH=60°,
不妨设PA=2,所以PH=,
以C为原点,分别以CA,CB所在直线为x轴,y轴,以过C点且平行于PH的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,1,0),P(1,0,),
因此=(-2,1,0),=(-1,0,),=(0,1,0),=(1,0,).
设n=(x1,y1,z1)为平面PAB的一个法向量,
则即
令z1=,可得n=(3,6,),
设m=(x2,y2,z2)为平面PBC的一个法向量,
则即
令z2=,可得m=(-3,0,),
所以cos==-,
易知二面角C-PB-A为锐角,
所以二面角C-PB-A的余弦值为.
8.解析　解法一:(1)证明:以A为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AB=1,AD=a(a>0),则B(1,0,0),C(0,1,0),D(0,0,a),B1(1,0,2a),E,所以=,=(-1,1,0),=(-1,1,-2a),
所以·=0,·=0,
所以DE⊥BC,DE⊥B1C.
因为BC 平面BCC1B1,B1C 平面BCC1B1,BC∩B1C=C,所以DE⊥平面BCC1B1.
(2)由(1)知=(-1,1,0),
=(-1,0,a),=(-1,1,-2a),
设平面BCD的一个法向量为n=(x0,y0,z0),
则
所以
令x0=1,得n=.
因为B1C与平面BCD所成角的大小为30°,
所以|cos|=sin 30°,
即= =,
解得a=(负值舍去),
所以n=(1,1,).
由(1)知平面BCB1的一个法向量为=,
所以cos=
=
=,所以二面角D-BC-B1的余弦值为.
解法二:如图,取BC的中点F,连接AF、EF、DF.
(1)证明:因为AB=AC,所以AF⊥BC,
因为 BB1⊥平面ABC,AF 平面ABC,
所以BB1⊥AF,
又BC 平面BCC1B1,B1B 平面BCC1B1,BC∩B1B=B,所以AF⊥平面BCC1B1.
因为E为B1C的中点,
所以 EF∥BB1,且EF=BB1,
所以EF∥DA,且EF=DA,
所以四边形ADEF为平行四边形,
所以AF∥DE,
所以DE⊥平面BCC1B1.
(2)设AB=AC=1,AA1=2a(a>0),
则AD=a,BB1=2a,BC=,AF=,
BD=DC=,
所以DF==,
所以S△BDC=BC·DF=,
=BB1·BC=a.
由(1)知D到平面BCB1的距离DE=,
设B1到平面BCD的距离为d,
由=,
得·DE=S△BDC·d,
即×a×=××d,
解得d=.
因为B1C与平面BCD所成角的大小为30°,
所以B1C==2d=,
又在直角三角形B1BC中,B1C==,
所以=,解得a=(负值舍去).
由(1)知,AF⊥BC,EF⊥BC,因为AF∩EF=F,所以BC⊥平面DEFA,所以DF⊥BC,
又DF 平面DBC,EF 平面B1BC,平面DBC∩平面B1BC=BC,
所以∠EFD为二面角D-BC-B1的平面角.
因为DA=AF=,所以四边形DAFE是正方形,所以∠EFD=45°,
所以二面角D-BC-B1的余弦值为.
9.解析　(1)证明:在三棱锥S-ABC中,SA=AB=AC=BC=SB=SC,O为BC的中点,
显然SO⊥BC,连接OA,设SB=a,
则SA=a,SO=,OA=,
∴SO2+OA2=SA2,∴SO⊥OA,
又∵BC∩OA=O,∴SO⊥平面ABC.
(2)以O为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则O(0,0,0),S,C,A,B,
∴=,
=-,,0,
∴cos<,>===-,
∴异面直线SC与AB所成角的余弦值为.
(3)存在满足条件的点E,理由如下:假设存在点E满足条件.由(2)知=(0,-a,0),=,=.设=λ(0≤λ≤1),则=λ=,
所以=-=-(0,-a,0)=.
设平面SCE的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令y=λ,得n=(λ-2,λ,-λ).
易知OA⊥平面SBC,所以可取m=(1,0,0)为平面SBC的一个法向量.
所以|cos|=
==,
即2λ2+λ-1=0,解得λ=或λ=-1(舍去),
所以存在满足题意的点E使得当BE∶BA=1∶2时,二面角B-SC-E的余弦值为.