人教B版选择性必修第一册124二面角作业

课时作业(九)二面角一、选择题1．平面α的一个法向量为n1＝(4,3,0)，平面β的一个法向量为n2＝(0，－3,4)，那么平面α与平面β所成角的余弦值为()A．－eq\f(9,25) B.eq\f(9,25)C.eq\f(7,25) D．以上都不对答案：B2．(2022福建宁德月考)A－BCD为正四周体，那么其侧面与底面所成角的余弦值为()A.eq\f(1,3)B.eq\r(5)C．2eq\r(2)D.eq\f(2\r(2),3)答案：A解析：设棱长为a，那么侧面与底面所成角的余弦值为eq\f(\f(\r(3),6)a,\f(\r(3),2)a)＝eq\f(1,3)，选A.3．在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将菱形沿对角线AC折起，使折起后BD＝1，那么二面角B－AC－D的余弦值为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2\r(3),3)D.eq\f(\r(3),2)答案：A4．如图，E，F分别是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC，CC1上的点，且截面AEFD1的面积为eq\f(\r(3),2)，那么截面AEFD1与底面ABCD所成的角的大小为()A．30°B．45°C．60°D．90°答案：A5．如图，在正四棱锥P－ABCD中，假设△PAC的面积与正四棱锥的侧面面积之和的比为eq\r(6)∶8，那么侧面与底面所成的二面角为()A.eq\f(π,12)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,6)D.eq\f(π,3)答案：D6．(多项选择题)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于点P.那么以下结论正确的选项是()A．PD⊥EFB．平面PDE⊥平面PDFC．二面角P－EF－D的余弦值为eq\f(1,3)D．点P在平面DEF上的投影是△DEF的外心答案：ABC7．(多项选择题)(2022宁夏六盘山高级中学模拟)如图正方体的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝eq\f(\r(2),2)，那么以下结论正确的选项是()A．AC与BE所成角为45°B．三棱锥A－BEF的体积为定值C．EF∥平面ABCDD．二面角A－EF－B是定值答案：BCD解析：选项A，AC⊥BD，AC⊥BB1，且BD∩BB1＝B，可得AC⊥面DD1B1B，即得AC⊥BE，此命题错误；选项B,由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，A点到面DD1B1B距离是定值，故三棱锥A－BEF的体积为定值，此命题正确；选项C，由正方体ABCD－A1B1C1D1的两个底面平行，EF在其一面上且EF与平面ABCD无公共点，故EF∥平面ABCD，此命题正确；选项D，由于E、F为线段B1D1上有两个动点，故二面角A－EF－B的平面角大小始终是二面角A－B1D1－B二、填空题8．假设P是△ABC所在平面外一点，且△PBC和△ABC都是边长为2的正三角形，PA＝eq\r(6)，那么二面角P－BC－A的大小为________．答案：90°9．在空间中，平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0，a)(a>0)，假如平面α与平面xOy的所成角为45°，那么a＝________.答案：eq\f(12,5)10．P为锐二面角α－l－β内一点，且P到面α，β及棱l的距离之比为1∶eq\r(2)∶2，那么此二面角的度数为________．答案：75°11．(2022浙江嘉善模拟)如图，在三棱锥S－ABC中，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝eq\f(π,2)，M，N分别是AB和SC的中点，那么异面直线SM与BN所成的角的余弦值为________，二面角A－SC－M的大小为________．答案：eq\f(\r(10),5)eq\f(π,4)解析：由于∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝eq\f(π,2)，所以以S为坐标原点，SA，SC，SB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设SA＝SB＝SC＝1，那么eq\o(SM,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq\o(BN,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－1))，eq\o(SC,\s\up16(→))＝(0,1,0)．cos〈eq\o(SM,\s\up16(→))，eq\o(BN,\s\up16(→))〉＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－1)),\r(\f(1,2))×\r(\f(5,4)))＝－eq\f(\r(10),5)，所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为eq\f(\r(10),5)，平面SAC的一个法向量为n1＝(0,0,1)，设平面SCM的法向量为n2＝(x，y，z)，那么由n2·eq\o(SC,\s\up16(→))＝0，n2·eq\o(SM,\s\up16(→))＝0，得y＝0，eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)z＝0.所以可取n2＝(1,0，－1)，cos〈n1，n2〉＝eq\f(－1,\r(2))＝－eq\f(\r(2),2).所以〈n1，n2〉＝eq\f(3π,4).由于二面角A－SC－M为锐角，所以二面角A－SC－M的大小为eq\f(π,4).三、解答题12．(2021新高考全国卷Ⅱ)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，假设AD＝2，QD＝QA＝eq\r(5)，QC＝3.(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)求二面角B－QD－A的平面角的余弦值．答案：(1)证明：取AD的中点为O，连接QO，CO.由于QA＝QD，OA＝OD，那么QO⊥AD，而AD＝2，QA＝eq\r(5)，故QO＝eq\r(5－1)＝2.在正方形ABCD中，由于AD＝2，故DO＝1，故CO＝eq\r(5)，由于QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC，由于OC∩AD＝O，故QO⊥平面ABCD，由于QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.(2)解：在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，那么OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如下图的空间坐标系．那么D(0,1,0)，Q(0,0,2)，B(2，－1,0)，故eq\o(BQ,\s\up16(→))＝(－2,1,2)，eq\o(BD,\s\up16(→))＝(－2,2,0)．设平面QBD的法向量n＝(x，y，z)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BQ,\s\up16(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋2z＝0，,－2x＋2y＝0，))取x＝1，那么y＝1，z＝eq\f(1,2)，故n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2))).而平面QAD的法向量为m＝(1,0,0)，故cos〈m，n〉＝eq\f(1,1×\f(3,2))＝eq\f(2,3).二面角B－QD－A的平面角为锐角，故其余弦值为eq\f(2,3).13．(2022河北衡水中学月考)如图，四边形ABCD是菱形，AB＝2，eq\o(AP,\s\up16(→))＝2eq\o(BG,\s\up16(→))＝2eq\o(DE,\s\up16(→))，DE⊥平面ABCD.(1)证明：P，E，C，G四点共面；(2)假设PA＝2，AC＝2eq\r(3)，求二面角P－CE－D的正弦值．答案：(1)证明：如图，取PA的中点M，连接EM，BM.由于eq\o(AP,\s\up16(→))＝2eq\o(BG,\s\up16(→))＝2eq\o(MP,\s\up16(→))，所以eq\o(MP,\s\up16(→))＝eq\o(BG,\s\up16(→))，所以四边形PMBG是平行四边形，所以eq\o(PG,\s\up16(→))＝eq\o(MB,\s\up16(→)).由题意知eq\o(ME,\s\up16(→))＝eq\o(AD,\s\up16(→))，eq\o(AD,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))，所以eq\o(ME,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))，所以四边形MECB是平行四边形．所以eq\o(MB,\s\up16(→))＝eq\o(EC,\s\up16(→))，所以eq\o(PG,\s\up16(→))＝eq\o(EC,\s\up16(→))，所以四边形PGCE是平行四边形，所以P，E，C，G四点共面．(2)解：由于DE⊥平面ABCD，eq\o(AP,\s\up16(→))∥eq\o(DE,\s\up16(→))，所以AP⊥平面ABCD.在△ABC中，由余弦定理得cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(22＋2\r(3)2－22,2×2×2\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，所以∠BAC＝30°，所以∠BAD＝60°.以A为坐标原点，AD，AP所在直线分别为y轴、z轴，建立如下图空间直角坐标系Axyz.那么P(0,0,2)，C(eq\r(3)，3,0)，E(0,2,1)，D(0,2,0)，eq\o(PC,\s\up16(→))＝(eq\r(3)，3，－2)，eq\o(CE,\s\up16(→))＝(－eq\r(3)，－1,1)，eq\o(DE,\s\up16(→))＝(0,0,1)．设平面PCE的法向量为n＝(x1，y1，z1)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up16(→))＝0，,n·\o(CE,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1＋3y1－2z1＝0，,－\r(3)x1－y1＋z1＝0，))令y1＝1，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(\r(3),3)，,z1＝2，))所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1，2)).设平面CDE的法向量为m＝(x2，y2，z2)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(DE,\s\up16(→))＝0，,m·\o(CE,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z2＝0，,－\r(3)x2－y2＋z2＝0.))令x2＝1，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝－\r(3)，,z2＝0，))所以m＝(1，－eq\r(3)，0)．设二面角P－CE－D的平面角为θ，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\f(\r(3),3)×1－\r(3)×1＋0,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＋12＋22)×\r(12＋\r(3)2))＝－eq\f(1,4)，所以sinθ＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))2)＝eq\f(\r(15),4)，所以二面角P－CE－D的正弦值为eq\f(\r(15),4).14．如图，长方形ABCD中，AB＝2eq\r(2)，AD＝eq\r(2)，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM.(1)求证：AD⊥BM；(2)假设点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角E－AM－D的余弦值为eq\f(\r(5),5).答案：(1)证明：∵在长方形ABCD中，AB＝2eq\r(2)，AD＝eq\r(2)，M为DC的中点，∴AM＝BM＝2，∵AM2＋BM2＝AB2，∴BM⊥AM.∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，BM⊂平面ABCM，∴BM⊥平面ADM.∵AD⊂平面ADM，∴AD⊥BM.(2)解：取AM的中点O，连接OD，作ON⊥AM，交AB于点N，那么OD⊥AM.又平面ADM⊥平面ABCM，∴OD⊥平面ABCM.以O为原点，OA，ON，OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如下图的空间直角坐标系．那么A(1,0,0)，M(－1,0,0)，D(0,0,1)，B(－1,2,0)，eq\o(MD,\s\up16(→))＝(1,0,1)，eq\o(DB,\s\up16(→))＝(－1,2，－1)，eq\o(AM,\s\up16(→))＝(－2,0,0)．设eq\o(DE,\s\up16(→))＝λeq\o(DB,\s\up16(→))(0<λ<1)，eq\o(ME,\s\up16(→))＝eq\o(MD,\s\up16(→))＋λeq\o(DB,\s\up16(→))＝(1－λ，2λ，1－λ)，设平面AME的法向量为m＝(x，y，z)，那么eq\b\l