版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
文档简介
PAGE九二面角(15分钟30分)1.已知二面角αlβ,其中平面α的一个法向量m=(1,0,-1),平面β的一个法向量n=(0,-1,1),则二面角αlβ的大小为()A.60° B.120°C.60°或120° D.135°【解析】选C.cos〈m,n〉=eq\f(m·n,|m||n|)=eq\f(-1,\r(2)×\r(2))=-eq\f(1,2),所以〈m,n〉=120°,所以二面角αlβ的大小为60°或120°.2.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,二面角D1BCD的大小为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)【解析】选B.在正方体ABCDA1B1C1D1中,因为BC⊥平面DCC1D1,所以BC⊥DC,BC⊥D1C,所以∠DCD1是二面角D1BCD的平面角,因为DD1⊥DC,DD1=DC,所以∠DCD1=eq\f(π,4),所以二面角D1BCD的大小为eq\f(π,4).3.如图,在三棱锥PABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=AB=BC=1,则二面角APCB的大小是()A.30°B.45°C.60°D.90°【解析】选C.因为PABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=AB=BC=1,所以以B为原点,BC为x轴,BA为y轴,过点B作平面ABC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.则A(0,1,0),C(1,0,0),B(0,0,0),P(0,1,1),eq\o(PA,\s\up6(→))=(0,0,-1),eq\o(PB,\s\up6(→))=(0,-1,-1),eq\o(PC,\s\up6(→))=(1,-1,-1),设平面PAC的法向量n=(x,y,z),则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PA,\s\up6(→))=-z=0,n·\o(PC,\s\up6(→))=x-y-z=0)),取x=1,得n=(1,1,0),设平面PBC的法向量m=(a,b,c),则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))=-b-c=0,m·\o(PC,\s\up6(→))=a-b-c=0)),取b=1,得m=(0,1,-1),设二面角APCB的大小为θ,则cosθ=eq\f(|m·n|,|m|·|n|)=eq\f(1,\r(2)·\r(2))=eq\f(1,2),所以θ=60°.所以二面角APCB的大小为60°.4.△ABC是正三角形,P是△ABC所在平面外一点,PA=PB=PC,若S△PAB∶S△ABC=eq\f(2,3),则二面角PABC的大小为________.【解析】设二面角PABC的大小为θ,PA=PB=PC,P在平面ABC上的射影O为△ABC的中心,所以S△OAB=eq\f(1,3)S△ABC,又S△PAB=eq\f(2,3)S△ABC.所以cosθ=eq\f(S△OAB,S△PAB)=eq\f(1,2).所以θ=60°.答案:60°5.如图,在四面体ABCD中,AB=AC=CD=BD=4,BC=4eq\r(3),AD=2.(1)证明:BC⊥AD;(2)求二面角ABCD的大小.【解析】(1)取BC的中点O,连接AO,DO,因为在四面体ABCD中,AB=AC=CD=BD=4,所以AO⊥BC,DO⊥BC,因为AO∩DO=O,所以BC⊥平面AOD,因为AD⊂平面AOD,所以BC⊥AD.(2)因为AO⊥BC,DO⊥BC,所以∠AOD是二面角ABCD的平面角,因为在四面体ABCD中,AB=AC=CD=BD=4,BC=4eq\r(3),AD=2,O是BC的中点,所以OA=OD=eq\r(42-(2\r(3))2)=2,所以△AOD是等边三角形,所以∠AOD=60°,所以二面角ABCD的大小为60°.(30分钟60分)一、单选题(每小题5分,共20分)1.正四棱锥相邻两侧面形成的二面角为θ,则θ()A.肯定是锐角B.肯定是钝角C.可能是直角D.可能是锐角,钝角,但不是直角【解析】选B.如图,SABCD为正四棱锥,在锐角三角形SAB中,过A作AE⊥SB,连接CE,可证得△AEB≌△CEB,得CE垂直于SB,则∠AEC为二面角ASBC的平面角为θ,且AE<AB,CE<CB,在正方形ABCD中,由勾股定理得,AC2=AB2+CB2,所以AC2>AE2+CE2,在△AEC中,由余弦定理得,cosθ=cos∠AEC=eq\f(AE2+CE2-AC2,2AE·CE)<0.所以θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),π)),则θ肯定是钝角.2.在Rt△ABC中,AB=AC=eq\r(3),D为BC边上一点,沿AD将△ACD折起,使C到C′处,点C′在平面ABD内的正投影H恰好在AB上,若AH=1,则二面角C′ADB的余弦值是()A.eq\f(1,3) B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(2),2)【解析】选A.如图,在Rt△ABC中,由AB=AC=eq\r(3),得BC=eq\r(6).设BD=x,则CD=eq\r(6)-x=C′D,由C′H⊥AB,AC′=eq\r(3),AH=1,可得C′H=eq\r(2).在△BDH中,由BH=eq\r(3)-1,BD=x,∠DBH=45°,得DH2=x2+(eq\r(3)-1)2-2(eq\r(3)-1)x·eq\f(\r(2),2)=x2-eq\r(6)x+eq\r(2)x+4-2eq\r(3).在Rt△C′HD中有DH2+C′H2=C′D2,即x2-eq\r(6)x+eq\r(2)x+4-2eq\r(3)+2=(eq\r(6)-x)2,解得x=eq\f(3\r(2)-\r(6),2).即DB=eq\f(3\r(2)-\r(6),2),C′D=eq\r(6)-eq\f(3\r(2)-\r(6),2)=eq\f(3,2)(eq\r(6)-eq\r(2)).则S△AC′D=eq\f(1,2)·eq\r(3)·eq\f(3,2)(eq\r(6)-eq\r(2))·eq\f(\r(2),2)=eq\f(9-3\r(3),4).S△ADH=eq\f(1,2)·eq\f(\r(2),2)[eq\r(3)·eq\f(3\r(2)-\r(6),2)-(eq\r(3)-1)·eq\f(3\r(2)-\r(6),2)]=eq\f(3-\r(3),4).设二面角C′ADB的平面角为θ,则cosθ=eq\f(S△ADH,S△AC′D)=eq\f(\f(3-\r(3),4),\f(9-3\r(3),4))=eq\f(1,3).3.如图,已知正方体ABCDA1B1C1D1中,E是棱AA1的中点,则平面BEC1与平面ABCD所成的二面角的余弦值大小为()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),4)D.eq\f(2,3)【解析】选D.连接AC,则△EBC1在平面ABCD内的射影是△ABC,设它们的面积分别为S和S′,所成的二面角为θ.设正方体的棱长为2,则AB=BC=2,BE=eq\r(5),BC1=2eq\r(2),EC1=eq\r((2\r(2))2+12)=3.cos∠EBC1=eq\f(BE2+BCeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))-ECeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2BE·BC1)=eq\f(1,\r(10)),sin∠EBC1=eq\r(1-cos2∠EBC1)=eq\f(3,\r(10)),所以S=eq\f(1,2)BE·BC1sin∠EBC1=3,S′=eq\f(1,2)AB·BC=2,cosθ=eq\f(S′,S)=eq\f(2,3).4.在正三棱柱ABCA1B1C1中,AB=a,D,E分别是BB1,CC1上的点,满意BC=EC=2BD,则平面ABC与平面ADE所成的二面角的大小为()A.30°B.45°C.60°D.75°【解析】选B.由题意,连接ED并延长,交CB的延长线于点F,连接AF,如图,因为BC=EC=2BD,所以BD是△CEF的中位线,所以BC=BF=AB=AC,所以∠CAF=90°,所以AC⊥AF,又因为ABCA1B1C1是正三棱柱,所以∠EAC即是平面ABC与平面ADE所成的二面角的平面角,又因为AC=CE,所以∠EAC=45°.二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)5.如图,正四面体ABCD的顶点A,B,C分别在两两垂直的三条射线Ox,Oy,Oz上,且OA=OB=OC,则在下列结论中,正确的为()A.OABC是正三棱锥B.二面角DOBA的平面角为eq\f(π,3)C.直线AD与直线OB所成角为eq\f(π,4)D.直线OD⊥平面ABC【解析】选ACD.正四面体ABCD的顶点A,B,C分别在两两垂直的三条射线Ox,Oy,Oz上,在A中,因为AC=AB=BC,OA=OB=OC,所以OABC是正三棱锥,故A正确;设OB=1,则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),D(1,1,1),O(0,0,0),eq\o(OD,\s\up6(→))=(1,1,1),eq\o(OB,\s\up6(→))=(0,1,0),在B中,设平面OBD的法向量m=(x,y,z),则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(OB,\s\up6(→))=y=0,m·\o(OD,\s\up6(→))=x+y+z=0)),取x=1,得m=(1,0,-1),平面OAB的法向量n=(0,0,1),cos〈m,n〉=eq\f(|m·n|,|m|·|n|)=eq\f(1,\r(2))=eq\f(\r(2),2),二面角DOBA的平面角为eq\f(π,4),故B错误;在C中,eq\o(AD,\s\up6(→))=(0,1,1),eq\o(OB,\s\up6(→))=(0,1,0),cos〈eq\o(AD,\s\up6(→)),eq\o(OB,\s\up6(→))〉=eq\f(|\o(AD,\s\up6(→))·\o(OB,\s\up6(→))|,|\o(AD,\s\up6(→))|·|\o(OB,\s\up6(→))|)=eq\f(1,\r(2))=eq\f(\r(2),2),所以直线AD与直线OB所成角为eq\f(π,4),故C正确;在D中,eq\o(AB,\s\up6(→))=(-1,1,0),eq\o(AC,\s\up6(→))=(-1,0,1),eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))=0,eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))=0,所以OD⊥AB,OD⊥AC,因为AB∩AC=A,所以直线OD⊥平面ABC,故D正确.6.如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,BC=CD=eq\f(1,2)AB=2,E为AB中点,以DE为折痕把△ADE折起,使点A到达点P的位置,且PC=2eq\r(3).则()A.平面PED⊥平面EBCDB.PC⊥EDC.二面角PDCB的大小为eq\f(π,4)D.PC与平面PED所成角的正切值为eq\r(2)【解析】选AC.在A中,四边形EBCD是边长为2的正方形,PE=2,所以PE⊥DE,CE=eq\r(22+22)=2eq\r(2),所以PE2+CE2=PC2,所以PE⊥CE,因为DE∩CE=E,所以PE⊥平面EBCD,因为PE⊂平面PED,所以平面PED⊥平面EBCD,故A正确;在B中,因为DE∥BC,BC⊥PB,所以BC与PC不垂直,所以PC与ED不垂直,故B错误;在C中,因为BE⊥PE,BE⊥DE,PE∩DE=E,所以BE⊥平面PDE,因为BE∥CD,所以CD⊥平面PDE,所以∠PDE是二面角PDCB的平面角,因为PE⊥平面EBCD,PE=DE,所以∠PDE=eq\f(π,4),所以二面角PDCB的大小为eq\f(π,4),故C正确;在D中,因为CD⊥平面PDE,所以∠CPD是PC与平面PED所成角,PD=eq\r(PC2-CD2)=eq\r((2\r(3))2-22)=2eq\r(2),所以PC与平面PED所成角的正切值为tan∠CPD=eq\f(CD,PD)=eq\f(2,2\r(2))=eq\f(\r(2),2),故D错误.三、填空题(每小题5分,共10分)7.如图,四棱锥SABCD的底面为正方形,SD⊥平面ABCD,SD=AB,则异面直线SB与AC所成角的大小为________,二面角SABD的大小为________.【解析】连接BD,交AC于点O,取SD的中点M,连接OM,AM,CM,则OM∥SB,所以∠AOM即为异面直线SB与AC所成角.因为SD⊥平面ABCD,所以∠ADS=∠CDS=90°,因为正方形ABCD,所以AD=CD,又DM=DM,所以△ADM≌△CDM,所以AM=CM,因为O为AC的中点,所以OM⊥AC,∠AOM=90°,故异面直线SB与AC所成角的大小为90°.因为SD⊥平面ABCD,所以∠SAD即为二面角SABD的平面角.因为SD=AB=AD,所以Rt△ADS为等腰直角三角形,所以∠SAD=45°.故二面角SABD的大小为45°.答案:90°45°8.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,AB,AC,AA1两两相互垂直,AA1=2AB=2AC,M,N分别是线段BB1,CC1上的点,平面AMN与平面ABC所成(锐)二面角为eq\f(π,3),当B1M最小时,∠AMB=________.【解析】以A为原点,AB为x轴,AC为y轴,AA1为z轴,建立空间直角坐标系,设AA1=2AB=2AC=2,BM=a,CN=b,则A(0,0,0),B(1,0,0),M(1,0,a),N(0,1,b),eq\o(AM,\s\up6(→))=(1,0,a),eq\o(AN,\s\up6(→))=(0,1,b),设平面AMN的法向量n=(x,y,z),由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up6(→))=x+az=0,n·\o(AN,\s\up6(→))=y+bz=0)),取z=1,得n=(-a,-b,1),平面ABC的法向量m=(0,0,1),因为平面AMN与平面ABC所成(锐)二面角为eq\f(π,3),所以coseq\f(π,3)=eq\f(|m·n|,|m|·|n|)=eq\f(1,\r(a2+b2+1)·1)=eq\f(1,2),得a2+b2=3,所以当B1M最小时,BM=a最大,此时a=eq\r(3),b=0,所以tan∠AMB=eq\f(AB,BM)=eq\f(1,\r(3))=eq\f(\r(3),3),所以∠AMB=eq\f(π,6).答案:eq\f(π,6)四、解答题(每小题10分,共20分)9.在多面体ABCC1A1B1中,四边形ABB1A1为菱形,∠B1BA=60°,平面ABB1A1⊥平面ABC,eq\o(BC,\s\up6(→))=eq\f(1,2),AC⊥BC,AB⊥B1C.(1)若O是线段AB的中点,证明:平面ABC⊥平面B1OC;(2)求二面角C1ACB的正弦值.【解析】(1)连接AB1,因为四边形ABB1A1为菱形,∠B1BA=60°,所以△ABB1是等边三角形,因为O是线段AB的中点,所以B1O⊥AB,因为平面ABB1A1⊥平面ABC,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,所以B1O⊥平面ABC,因为B1O⊂平面B1OC,所以平面ABC⊥平面B1OC.(2)连接OC,因为B1O⊥AB,AB⊥B1C,B1O∩B1C=B1,所以AB⊥平面B1OC,所以AB⊥OC,以O为原点,OB为x轴,OC为y轴,OB1为z轴,建立空间直角坐标系,设AB=2,则A(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),C1(-2,2,eq\r(3)),eq\o(AC,\s\up6(→))=(1,1,0),=(-1,2,eq\r(3)),设平面C1AC的法向量n=(x,y,z),则,取x=eq\r(3),得n=(eq\r(3),-eq\r(3),3),平面ABC的法向量m=(0,0,1),设二面角C1ACB的平面角为θ,则cosθ=eq\f(|m·n|,|m|·|n|)=eq\f(3,\r(15)),sinθ==eq\f(\r(10),5).所以二面角C1ACB的正弦值为eq\f(\r(10),5).10.如图1所示,在直角梯形ABCD中,BC∥AD,AD⊥CD,BC=2,AD=3,CD=eq\r(3),边AD上一点E满意DE=1.现将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,使平面A1BE⊥平面BCDE,如图2所示.(1)求证:A1C⊥BE;(2)求平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的余弦值.【解析】(1)在图1中,连接CE,由题意得CE=BC=BE=AE=AB=2.所以四边形ABCE是菱形,连接AC,交BE于O,则AC⊥BE,在图2中,A1O⊥BE,OC⊥BE,因为A1O∩OC=O,所以BE⊥平面A1OC,因为A1C⊂平面A1OC,所以A1C⊥BE.(2)在图2中,延长BE,CD,设BE∩CD=G,连接A1G,因为G∈平面A1BE,G∈平面A1CD,A1∈平面A1BE,A1∈平面A1CD,所以A1G是平面A1BE和平面A1CD的交线,因为平面A1BE⊥平面BCDE,OC⊥BE,平面A1BE∩平面BCDE=BE,所以OC⊥平面A1BE,又A1G⊂平面A1BE,所以OC⊥A1G,作OH⊥A1G,垂足为H,连接CH,又OH∩OC=O,所以A1G⊥平面OCH,又CH⊂平面OCH,所以A1G⊥CH,所以∠OHC是平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的平面角,由(1)知,△A1BE,△BCE是等边三角形,所以OC=eq\r(3),因为△GDE∽△GCB,所以eq\f(DE,CB)=eq\f(GE,GB)=eq\f(1,2),解得GE=2,所以A1B=A1E=BE=GE=2,所以∠GA1E=∠A1GB=30°,∠BA1G=90°,所以A1B⊥A1G,所以△OHG∽△BA1G,所以eq\f(OH,BA1)=eq\f(OG,BG)=eq\f(3,4),解得OH=eq\f(3,2),在Rt△COH中,CH=eq\r(OC2+OH2)=eq\r(3+\f(9,4))=eq\f(\r(21),2),所以cos∠OHC=eq\f(OH,CH)=eq\f(\f(3,2),\f(\r(21),2))=eq\f(\r(21),7),所以平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的余弦值为eq\f(\r(21),7).【补偿训练】如图,在半圆柱W中,AB为上底面直径,DC为下底面直径,AD为母线,AB=AD=2,点F在上,点G在上,BF=DG=1,P为DC的中点.(1)求三棱锥ADGP的体积;(2)求直线AP与直线BF所成角的余弦值;(3)求二面角AGCD的正切值.【解析】(1)由题意知,△DPG为正三角形,DP=DG=PG=1,所以S△DGP=eq\f(1,2)×1×1×sin60°=eq\f(\r(3),4),因为AD为圆柱的母线,所以AD⊥平面DCG,所以VADGP=eq\f(1,3)×S△DGP×AD=eq\f(\r(3),6).(2)过F点作圆柱的母线FH交于点H,因为FH与BC均为圆柱的母线,所以FH∥BC且FH=BC,所以四边形BCHF为平行四边形,所以FB∥HC且FB=HC=1,所以△PCH为正三角形,又因为△DPG为正三角形,所以∠HCP=∠GPD=60°,CH∥GP,所以BF∥CH∥GP,所以∠APG为直线AP与BF所成的角,在△APG中,AG=eq\r(5),GP=1,AP=eq\r(5),所以由余弦定理知:cos∠APG=eq\f(AP2+GP2-AG2,2AP×GP)=eq\f(1,2\r(5))=eq\f(\r(5),10),所以直线AP与直线BF所成角的余弦值为eq\f(\r(5),10).(3)因为AD⊥平面DCG,CG⊂
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 2024年度地震灾区重建土石方运输及清理合同2篇
- 企业职工劳动合同实习期月
- 植保无人机飞防作业合同 2篇
- 新建住宅小区保温工程监理合同(04版)
- 校园文化墙合同范文
- 经典幼儿园承包经营合同范文
- 土地承包合同委托书
- 二零二四年某城市更新项目全程咨询服务合同2篇
- 贵州省事业单位劳动合同范本共8
- 完整版服装外贸合同书
- 2024-2030年中国激光行业未来发展趋势及投资潜力分析报告
- 河南省部分名校2024-2025学年高三上学期11月阶段性测试(三)(期中)地理 含答案
- 部编小语六上《爱的教育》整本书阅读学习任务群教学设计
- 工余安健环知识培训
- 人教版小学数学四年级下册课件:《平均数》课件
- 人防工程防护功能平战转换实施方案
- 2025届高考写作指导:一元作文的审题立意
- 新课标的变化与思想政治课教学课件
- 少年负壮气 奋烈自有时-新学期:成为你自己的冠军 课件-2024-2025学年高三上学期开学第一节课主题班会
- 防诈骗安全(课件)小学生假期安全教育主题班会
- 第12讲 时间尺度下的地貌演化过程(高考一轮复习课件)
评论
0/150
提交评论