2024-2025学年新教材高中数学课时素养评价九第一章空间向量与立体几何1.2.4二面角含解析新人教B版选择性必修第一册_第1页
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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⊂

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