二面角的平面角的常见解法同步练 高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

二面角的平面角的常见解法【基础过关练】1.如图，三棱台ABC－A1B1C1的下底面是正三角形，AB⊥BB1，B1C1⊥BB1，则二面角A－BB1－C的大小是()A．30° B．45°C．60° D．90°2．如图所示，将等腰Rt△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，使得∠B′AC＝60°.则这个二面角的大小是()A．30° B．60°C．90° D．120°3．已知二面角α－l－β的大小为130°，两条异面直线a，b满足a⊂α，b⊂β，且a⊥l，b⊥l，则a，b所成角的大小为()A．40°B．50°C．130°D．140°4.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为棱AD，BC的中点，则平面C1D1EF与底面ABCD所成的二面角的余弦值为()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),5)D.eq\f(3\r(5),5)5．(多选)如图，在棱长为1的正方体中，下列结论正确的是()A．异面直线AC与BC1所成的角为60°B．直线AB1与平面ABC1D1所成的角为45°C．二面角A－B1C－B的正切值为eq\r(2)D．四面体D1－AB1C的外接球的体积为eq\f(\r(3)π,2)6.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都相等，则二面角A1－BC－A的平面角的正切值为()A.eq\f(\r(6),2) B.eq\r(3)C．1 D.eq\f(2\r(3),3)7.如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中：(1)二面角D′－AB－D的大小为________．(2)二面角A′－AB－D的大小为________．8.如图所示，α∩β＝CD，P为二面角内部一点．PA⊥α，PB⊥β，垂足分别为A，B.若△PAB为等边三角形，则二面角α－CD－β的大小为________．9．在四面体A－BCD中，已知棱AC的长为eq\r(2)，其余各棱长都为1，求二面角A－CD－B的余弦值．10．在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，∠ABC＝30°，求二面角P－BC－A的余弦值．【能力提升练】11.如图，将正方形A1BCD折成直二面角A－BD－C，则二面角A－CD－B的余弦值为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(2),2)12．如图所示，在△ABC中，AD⊥BC，△ABD的面积是△ACD面积的2倍．沿AD将△ABC翻折，使翻折后BC⊥平面ACD，此时二面角B－AD－C的大小为()A．30°B．45°C．60°D．90°13．二面角α－MN－β的平面角为θ1，AB⊂α，B∈MN，∠ABM＝θ2(θ2为锐角)，AB与β的夹角为θ3，则下列关系式成立的是()A．cosθ3＝cosθ1·cosθ2B．cosθ3＝sinθ1·cosθ2C．sinθ3＝sinθ1·sinθ2D．sinθ3＝cosθ1·sinθ214．将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折叠，使得点B和点D的距离为1，则二面角B－AC－D的大小为________．15.“帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”．如图是一种幄帐示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面，若各斜坡面与底面所成二面角的正切值均为eq\f(1,2)，底面矩形的长与宽之比为2∶1，则正脊与斜脊长度的比值为()A.eq\f(4,3)B．2C.eq\f(4\r(5),5)D.eq\r(2)16.如图，在水平放置的直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AD＝DC＝eq\f(1,2)AB＝1，以AB所在直线为轴，将梯形ABCD向上旋转角θ得到梯形ABEF，其中θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)证明：平面ADF⊥平面CDFE；(2)若平面ADF与平面BCE所成的二面角的余弦值等于eq\f(\r(3),3)，求θ的值．参考答案1．C2.C3.B4.B5．ACD[如图所示，连接AD1，AO，CD1，对于A，易知BC1∥AD1，则∠D1AC为异面直线AC与BC1所成的角，显然△AD1C为正三角形，∴∠D1AC＝60°，故A正确；对于B，∵B1O⊥BC1，B1O⊥AB，AB∩BC1＝B，∴B1O⊥平面ABC1D1，∴∠B1AO为直线AB1与平面ABC1D1所成的角，∵AO＝eq\f(\r(6),2)，B1O＝eq\f(\r(2),2)，∴tan∠B1AO＝eq\f(B1O,AO)＝eq\f(\r(3),3)，∴∠B1AO＝30°，故B错误；对于C，在△AB1C中，AO⊥B1C，∴∠AOB为二面角A－B1C－B的平面角，tan∠AOB＝eq\f(AB,BO)＝eq\f(1,\f(\r(2),2))＝eq\r(2)，故C正确；对于D，利用补形法可知三棱锥的外接球即为正方体的外接球，∴R＝eq\f(\r(3),2)，∴V＝eq\f(4π,3)R3＝eq\f(\r(3)π,2)，故D正确．]6．D[设棱长为a，BC的中点为E，连接A1E，AE(图略)，由正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都相等，可得A1E⊥BC，AE⊥BC，所以二面角A1－BC－A的平面角为∠A1EA，在等边△ABC中，AE＝eq\f(\r(3),2)a，所以tan∠A1EA＝eq\f(AA1,AE)＝eq\f(a,\f(\r(3),2)a)＝eq\f(2\r(3),3)，即二面角A1－BC－A的平面角的正切值为eq\f(2\r(3),3).]7．(1)45°(2)90°8．120°解析设平面PAB与棱CD交于点E，如图，连接BE，AE，易得CD⊥BE，CD⊥AE，则∠BEA即为所求二面角的平面角．∵△PAB为等边三角形，∴∠APB＝60°，∴∠BEA＝120°.故二面角α－CD－β的大小为120°.9．解如图，由已知可得AD⊥DC，又由其余各棱长都为1，得△BCD为等边三角形，取CD的中点E，连接BE，则BE⊥CD，在平面ADC中，过E作AD的平行线交AC于点F，连接BF，则EF⊥CD，则∠BEF为二面角A－CD－B的平面角．∵EF＝eq\f(1,2)，BE＝eq\f(\r(3),2)，BF＝eq\f(\r(2),2)，∴cos∠BEF＝eq\f(EF2＋BE2－BF2,2BE·EF)＝eq\f(\f(1,4)＋\f(3,4)－\f(1,2),2×\f(\r(3),2)×\f(1,2))＝eq\f(\r(3),3).10．解设PA＝AB＝2，过点A在平面ABCD内作AE⊥BC交BC于点E，连接PE，如图所示，∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥PA，∵AE⊥BC，PA∩AE＝A，PA，AE⊂平面PAE，∴BC⊥平面PAE，∵PE⊂平面PAE，∴PE⊥BC，∴二面角P－BC－A的平面角为∠PEA，在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∠ABE＝30°，AB＝2，则AE＝eq\f(1,2)AB＝1，∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE，∴PE＝eq\r(PA2＋AE2)＝eq\r(5)，∴cos∠PEA＝eq\f(AE,PE)＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5).∴二面角P－BC－A的余弦值为eq\f(\r(5),5).11．B[∵以正方形A1BCD的对角线BD为棱折成直二面角，∴平面ABD⊥平面BCD，连接A1C交BD于点O，连接AO，如图所示，则AO⊥BD，∵平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，∴AO⊥平面BCD，∴AO⊥CD，取CD的中点M，连接OM，AM，则OM∥BC，∴OM⊥CD，又AO∩OM＝O，∴CD⊥平面AOM，∴AM⊥CD，∴∠AMO即为二面角A－CD－B的平面角．设正方形A1BCD的边长为2，则AO＝eq\r(2)，OM＝1，∴AM＝eq\r(2＋1)＝eq\r(3).∴cos∠AMO＝eq\f(OM,AM)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).]12．C[由已知得BD＝2CD.翻折后，易知BC⊥CD.在Rt△BCD中，∠BDC＝60°.而AD⊥BD，CD⊥AD，故∠BDC是二面角B－AD－C的平面角，其大小为60°.]13．C[如图，过点A作AH⊥β于点H，作HO⊥MN于点O，连接AO，则AO⊥MN，所以∠AOH为α－MN－β的平面角，∠ABH为AB与β所成的角，因为sinθ1＝eq\f(AH,AO)，sinθ2＝eq\f(AO,AB)，所以sinθ1·sinθ2＝eq\f(AH,AO)·eq\f(AO,AB)＝eq\f(AH,AB)＝sinθ3.]14.eq\f(π,2)解析设翻折前AC与BD相交于点O，则OB⊥AC，OD⊥AC，而翻折之后的图形如图所示，∴∠BOD为二面角B－AC－D的平面角，∵OB＝OD＝eq\f(\r(2),2)，BD＝1，∴△BOD为等腰直角三角形，且∠BOD＝eq\f(π,2)，∴二面角B－AC－D的大小为eq\f(π,2).15．A[设正脊长为a，斜脊长为b，底面矩形的长与宽分别为2t和t，如图，过S作SO⊥上底平面于O，过O作OE⊥AD于E，作OF⊥AB于F，连接SE，SF，OA，由题意知tan∠SEO＝tan∠SFO＝eq\f(1,2)，SE2＝SA2－AE2＝b2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t－a,2)))2，SF2＝SB2－BF2＝b2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2，所以eq\f(2t－a,2)＝eq\f(t,2)，于是a＝t，SA＝b＝eq\r(OA2＋SO2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,4)))2)＝eq\f(3t,4)，所以eq\f(a,b)＝eq\f(t,\f(3t,4))＝eq\f(4,3).]16．(1)证明由题意，知AB⊥AD，AB⊥AF，AD∩AF＝A，且AD，AF⊂平面ADF，所以AB⊥平面ADF，又AB∥CD，所以CD⊥平面ADF，因为CD⊂平面CDFE，所以平面ADF⊥平面CDFE.(2)解因为EF∥AB∥CD，所以EF⊥平面ADF，从而△BCE在平面ADF内的投影为△ADF，所以平面ADF与平面BCE所成二面角的余弦值为eq\f(S△ADF,S△BCE)，由已知得∠FAD＝θ，AF＝AD＝1，BE＝BC＝eq\r(2)，FD＝EC＝2sin

eq\f(θ,2)，所以S△ADF＝eq\f(1,2)sinθ＝sin

eq\f(θ,2)cos

eq\f(θ,2)，S△BCE＝eq\f(1,2)·2sin

eq\f(θ,2)·eq\r(2－sin2\f(θ,2))＝sin

eq\f(θ,2)·eq\r(2－sin2\f(θ,2))，从而eq\f(S△ADF,S△BCE)＝eq\f(sin

\f(θ,2)cos