人教B版（2019）选择性必修第一册 1.2.4 二面角 同步练习（Word含答案）

第一章　空间向量与立体几何
1.2　空间向量在立体几何中的应用
1.2.4　二面角
基础过关练
题组一　二面角及其度量
1.(2021浙江金华曙光学校期中)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点),记直线PB与直线AC所成的角为α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则(　　)
A.β<γ,α<γ B.β<α,β<γ
C.β<α,γ<α D.α<β,γ<β
2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若点P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.
3.(2020辽宁辽河油田第二高级中学月考)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　　　　.
4.(2020四川南充高级中学月考)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,则二面角S-AB-C的余弦值为　　　　.
题组二　用空间向量求二面角
5.(2021甘肃会宁期末)已知两平面的法向量分别为m=(0,,0),n=(,,2),则两平面所成的二面角的大小为(　　)
A.60° B.120°
C.60°或120° D.90°
6.(2021北京师范大学昌平附属学校期末)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点,平面A1EC与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
7.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.
8.(2021江苏扬州中学期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥CC1,AC⊥BC,AC=BC=2,∠C1CB=60°,CC1=3,点D,E分别在棱AA1,CC1上,且AD=1,CE=2,则二面角B-B1E-D的正切值为　　　　.
能力提升练
题组　利用空间向量求二面角
1.(2020河北衡水期末)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,D为BC的中点,E为线段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
2.如图,已知正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为4,E为棱AB的中点,点P在侧面CC'D'D上运动,当平面B'EP与平面ABCD、平面CC'D'D所成的角相等时,D'P的最小长度为(　　)
A. B.
C.2 D.
3.(2020浙江温州中学月考)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.(多选)(2021福建龙岩期末)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=,则下列结论中正确的有(　　)
A.当点E向点D1运动时,AE⊥CF总成立
B.当点E向点D1运动时,二面角A-EF-B逐渐变小
C.二面角E-AB-C的最小值为45°
D.三棱锥A-BEF的体积为定值
5.(2020山西太原月考)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.(2021浙江温州期中)如图,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD为正方形,AB=2,DS=1,平面ASD⊥平面ABCD,SD⊥AD,点E为棱DC上的动点,平面BSE与平面ASD所成的锐二面角为θ,则当θ取得最小值时,三棱锥E-ASD的体积为　　　　.
7.(2020天津实验中学期末)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,求出BE∶BA的值;若不存在,试说明理由.
8.(2020重庆巴蜀中学月考)如图甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,将三角形AOB沿OB折起至三角形POB的位置,使得PC=,得到如图乙所示的四棱锥P-OBCD.
(1)在棱PD上是否存在一点F,使得CF∥平面POB 若存在,请求出PF的值;若不存在,请说明理由;
(2)若E是线段PB上的一个动点,当直线CE与DP所成的角最小时,求二面角B-CE-D的余弦值.
9.(2021河北定州期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AB∥DC,∠BAD=90°,PD=DC=BC=2PA=2AB=2,PD⊥CD.
(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;
(2)设=λ(0<λ<1),若二面角A-PM-B的余弦值为,求λ的值.
答案与分层梯度式解析
第一章　空间向量与立体几何
1.2.4　二面角
基础过关练
1.B　解法一:如图,取AC的中点G,连接VG,设点V在底面ABC上的射影为O,则点P在底面ABC上的射影D在线段AO上,过点D作DE⊥AC于点E,连接PE,易得PE∥VG,过点P作PF∥AC,交VG于点F,过点D作DH∥AC,交BG于点H,则α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,易知α,β,γ均为锐角,则cos α===<=cos β,即α>β,tan γ=>=tan β,即γ>β,故选B.
解法二:由最小角定理知β<α,记二面角V-AB-C的平面角为γ',显然γ'=γ,由最大角定理知β<γ'=γ,故选B.
解法三(特殊位置法):令三棱锥V-ABC为正四面体,P为VA的中点,易得cos α= sin α=,sin β=,sin γ=,则β<α,β<γ,故选B.
2.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==.
3.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°.
易得AE=,CE=.
在△AEC中,根据余弦定理可得AC2=AE2+CE2-2AE·CE·cos∠AEC=18-3,∴AC=.
4.答案　
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,过点C作CH⊥AB于点H,
∵AC=4,BC=4,∴AB=4,
∴CH==.
易知DM∥CH,且AD=DC,∴DM=CH=.
在Rt△SDM中,
SM===,
∴cos∠DMS==.
故二面角S-AB-C的余弦值为.
5.C　因为cos===,所以=60°.
因为二面角的平面角与二面角的两个半平面的法向量的夹角相等或者互补,
所以两平面所成的二面角的大小为60°或120°.
6.C　设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,以D为坐标原点,DA,DC,DD1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,
则A1(2,0,2),E(2,2,1),C(0,2,0),所以=(0,-2,1),=(2,0,1).
设平面A1EC的一个法向量为m=(x,y,z),
则取x=1,得m=(1,-1,-2).
易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),
所以cos===-,
所以平面A1EC与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.
7.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,
由题意得OA=OB=2,
则O(0,0,0),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,则y=1,z=1,∴m=(1,1,1),
易知平面OAE的一个法向量为n=(0,0,1),
则cos===,
由图知二面角F-OE-A为锐二面角,
∴二面角F-OE-A的余弦值为.故选B.
8.答案　
解析　因为AC⊥BC,AC⊥CC1,BC∩CC1=C,且BC,CC1 平面BCC1B1,所以AC⊥平面BCC1B1,所以向量为平面BCC1B1的一个法向量,分别以CA,CB所在直线为x轴、y轴,垂直于平面ABC且过点C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),D,E(0,1,),B1,
所以=,=,=(-2,0,0).
设平面B1ED的一个法向量为m=(x,y,z),
则
令z=5,则x=,y=-,所以m=(,-,5).
设二面角B-B1E-D的平面角为θ,易知θ为锐角,所以cos θ=|cos<,m>|===,因此sin θ==,所以tan θ===.
能力提升练
1.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,AC,AA1所在直线分别为y轴,z轴,建立空间直角坐标系,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=,易知平面ADC的一个法向量为m=(0,0,1),由二面角E-AD-C的余弦值为,得|cos|==,可得m2=1,又m>0,所以m=1.故选A.
2.B　建立如图所示的空间直角坐标系,
则B'(0,0,4),E(2,0,0),设P(x,4,z)(0≤x≤4,0≤z≤4),则=(2,0,-4),=(x-2,4,z).
易知平面ABCD、平面CC'D'D的一个法向量分别为n1=(0,0,1),n2=(0,1,0).
设平面B'EP的一个法向量为n3=(a,b,c),
则即
取c=1,可得a=2,b=,
所以n3=为平面B'EP的一个法向量.
因为平面B'EP与平面ABCD、平面CC'D'D所成的角相等,
所以|cos|=|cos| |n1·n3|=|n2·n3| |2x+z-4|=4 2x+z-8=0或2x+z=0.
在平面CC'D'D上,直线2x+z-8=0过点D(4,4,0)和C'D'的中点(2,4,4),
在平面CC'D'D上,直线2x+z=0只过点(0,4,0),即点C,
取C'D'的中点G,连接GD,则点P在DG上运动或点P在点C处,所以D'P的最小长度为点D'到直线DG的距离,
由等面积法可得D'P的最小长度为=.
3.C　以B为原点,BD所在直线为y轴,过点B且垂直于平面BCD的直线为z轴,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=.
由题图可知α为锐角,
所以cos α==
===,
因为≥0,所以≤<1,
即≤cos α<1,所以α∈.故选C.
4.CD　建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(1,1,0),B(0,1,0),C(0,0,0),所以=(-1,0,0).
因为E,F在线段B1D1上,且EF=,故可设E(t,1-t,1),F,≤t≤1,
则=(t-1,-t,1),=,
所以·=(t-1)+(-t)·+1=2t2-3t+=2+>0,
故AE与CF不垂直,故A错误.
平面EFB即为平面BDD1B1,而平面AEF即为平面AB1D1,
故当点E向点D1运动时,二面角A-EF-B的大小不变,故B错误.
设平面ABE的一个法向量为m=(x,y,z),
则所以
取y=1,则m=(0,1,t),
易知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),
所以cos=,
设二面角E-AB-C的平面角为θ,则θ为锐角,
故cos θ==.
因为≤t≤1,所以≤cos θ≤,
所以当t=1时,cos θ取得最大值,此时θ取得最小值,为45°,故C正确.
易知S△BEF为定值,点A到平面BEF的距离即为点A到平面DD1B1B的距离,也为定值,故三棱锥A-BEF的体积为定值,故D正确.
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.答案　
解析　依题意可知DA,DS,DC两两相互垂直,以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(2,0,2),S(0,1,0),设E(0,0,t),0≤t≤2,
所以=(-2,1,-2),=(-2,0,t-2).
易知平面ASD的一个法向量为m=(0,0,1),
设平面BSE的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令z=2,则x=t-2,y=2t,所以n=(t-2,2t,2),
所以cos θ===,
因为0≤t≤2,所以当t=-=时,cos θ取得最大值,θ取得最小值.
此时DE=,VE-ASD=××=.
7.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轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则S,C,A,B,
∴=,=,
∴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.
由(2)知=(0,-a,0),=,=.设=λ(0≤λ≤1),则=λ=,
∴=-=-(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,∴可取m=(1,0,0)为平面SBC的一个法向量,
∴|cos|=
==,
即2λ2+λ-1=0,解得λ=或λ=-1(舍去),
∴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.
8.解析　(1)存在点F,使得CF∥平面POB.连接OC,
依题意知PC=,OC=,OP=1,OD=3,
所以OC2+OP2=PC2,所以OP⊥OC.
因为OP⊥OB,OC 平面OBCD,OB 平面OBCD,OC∩OB=O,
所以OP⊥平面OBCD,又OD 平面OBCD,
所以OP⊥OD,所以PD==.
过点C作CG∥OB交OD于点G,作GF∥OP交PD于点F,连接CF,如图,
易知OG=1,所以OG=OD.
因为GF∥OP,所以PF=PD=.
因为CG∥OB,OB 平面POB,CG 平面POB,
所以CG∥平面POB.
因为FG∥OP,OP 平面POB,FG 平面POB,
所以FG∥平面POB.
又FG,CG 平面CFG,FG∩CG=G,
所以平面CFG∥平面POB,
而CF 平面CFG,所以CF∥平面POB.
故存在点F,使得CF∥平面POB,此时PF=.
(2)以O为坐标原点,OB,OD,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,
则C(1,1,0),D(0,3,0),P(0,0,1),B(1,0,0),
所以=(1,0,-1),=(0,-3,1).
设=λ(0≤λ≤1),E(x,y,z),
则(x,y,z-1)=λ(1,0,-1),
所以E(λ,0,1-λ),=(λ-1,-1,1-λ).
设直线CE与DP所成的角为θ,
则cos θ=|cos<,>|=
=(0≤λ≤1).
令t=4-λ,则λ=4-t(3≤t≤4),
cos θ=
=.
令a=,则≤a≤,
cos θ=
=,
所以当a=时,cos θ取得最大值,
此时直线CE与DP所成的角最小,λ=,
所以E.
因为C(1,1,0),D(0,3,0),B(1,0,0),所以=(0,1,0),=,=(-1,2,0).
设平面BCE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即
取x1=1,可得平面BCE的一个法向量为n1=(1,0,1).
设平面CED的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则即
取x2=2,可得平面CED的一个法向量为n2=(2,1,8).
所以cos==.
由图可知,二面角B-CE-D为钝二面角,则其余弦值为-.
9.解析　(1)证明:因为四边形ABCD是直角梯形,AB∥DC,∠BAD=90°,所以AD⊥CD,
又因为PD⊥CD,PD∩AD=D,
所以CD⊥平面PAD,
又因为CD 平面ABCD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)因为CD⊥平面PAD,PA 平面PAD,
所以CD⊥PA.
由已知得PA=1,AD=,PD=2,
所以PA2+AD2=PD2,即PA⊥AD,
又AD∩CD=D,所以PA⊥平面ABCD,
又∠BAD=90°,即AB⊥AD,
所以AB,AD,AP两两互相垂直.
以A为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,,0),P(0,0,1),
所以=(-1,0,1),=(-1,,0),=(0,0,1),
设平面PBD,即平面PBM的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则即
令y1=1,得m=(,1,),
设M(x0,y0,z0),由=λ(0<λ<1),得(x0-1,y0,z0)=λ(-1,,0),所以M(1-λ,λ,0),
所以=(1-λ,λ,0).
设平面PAM的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
则即
令x2=λ,得n=(λ,λ-1,0),
所以cos==,
设二面角A-PM-B的平面角为θ,则θ为锐角,
所以cos θ==,
解得λ=0或λ=.因为0<λ<1,所以λ=.
经检验,符合题意,所以λ的值为.