2021_2022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202106042121.doc

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1、九九二二面面角角(15 分钟30 分)1已知二面角l，其中平面的一个法向量 m(1，0，1)，平面的一个法向量 n(0，1，1)，则二面角l的大小为()A60B120C60或 120D135【解析】选 C.cos m，nmn|m|n|12 212，所以m，n120，所以二面角l的大小为 60或 120.2如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，二面角 D1BCD 的大小为()A6B4C3D2【解析】选 B.在正方体 ABCDA1B1C1D1中，因为 BC平面 DCC1D1，所以 BCDC，BCD1C，所以DCD1是二面角 D1BCD 的平面角，因为 DD1DC，DD1DC，所以DCD14，

2、所以二面角 D1BCD 的大小为4.3如图，在三棱锥 PABC 中，PA平面 ABC，ABBC，且 PAABBC1，则二面角 APCB的大小是()A30B45C60D90【解析】选 C.因为 PABC 中，PA平面 ABC，ABBC，且 PAABBC1，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)，PA(0，0，1)，PB(0，1，1)，PC(1，1，1)，设平面 PAC 的法向量 n(x，y，z)，则nPAz0nPCxyz0，取 x1，得

3、n(1，1，0)，设平面 PBC 的法向量 m(a，b，c)，则mPBbc0mPCabc0，取 b1，得 m(0，1，1)，设二面角 APCB 的大小为，则 cos|mn|m|n|12 212，所以60.所以二面角 APCB 的大小为 60.4ABC 是正三角形，P 是ABC 所在平面外一点，PAPBPC，若 SPABSABC23，则二面角 PABC 的大小为_【解析】设二面角 PABC 的大小为，PAPBPC，P 在平面 ABC 上的射影 O 为ABC 的中心，所以 SOAB13SABC，又 SPAB23SABC.所以 cos SOABSPAB12.所以60.答案：605如图，在四面体 AB

4、CD 中，ABACCDBD4，BC4 3，AD2.(1)证明：BCAD；(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，ABACCDBD4，所以 AOBC，DOBC，因为 AODOO，所以 BC平面 AOD，因为 AD平面 AOD，所以 BCAD.(2)因为 AOBC，DOBC，所以AOD 是二面角 ABCD 的平面角，因为在四面体 ABCD 中，ABACCDBD4，BC4 3，AD2，O 是 BC 的中点，所以 OAOD 42（2 3）22，所以AOD 是等边三角形，所以AOD60，所以二面角 ABCD 的大小为 60.(30

5、 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，则()A一定是锐角B一定是钝角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 AESB，连接 CE，可证得AEBCEB，得 CE 垂直于 SB，则AEC 为二面角 ASBC 的平面角为，且 AEAB，CECB，在正方形 ABCD 中，由勾股定理得，AC2AB2CB2，所以 AC2AE2CE2，在AEC 中，由余弦定理得，cos cos AECAE2CE2AC22AECE0.所以2，则一定是钝角2在 RtABC 中，ABAC

6、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 AH1，则二面角 CADB 的余弦值是()A13B23C33D22【解析】选 A.如图，在 RtABC 中，由 ABAC 3，得 BC 6.设 BDx，则 CD 6 xCD，由 CHAB，AC 3，AH1，可得 CH 2.在BDH 中，由 BH 3 1，BDx，DBH45，得 DH2x2(3 1)22(3 1)x22x2 6 x 2 x42 3.在 RtCHD 中有 DH2CH2CD2，即 x2 6 x 2 x42 3 2(6 x)2，解得 x3 2 62.即 DB

7、3 2 62，CD 6 3 2 6232(6 2).则 SACD12 3 32(6 2)2293 34.SADH1222 3 3 2 62(3 1)3 2 623 34.设二面角 CADB 的平面角为，则 cos SADHSACD3 3493 3413.3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()A22B12C24D23【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.设正方体的棱长为 2，则 ABBC2，BE 5，BC12 2，E

8、C1（2 2）2123.cos EBC1BE2BC21EC212BEBC1110，sin EBC1 1cos2EBC1310，所以 S12BEBC1sinEBC13，S12ABBC2，cos SS23.4在正三棱柱 ABCA1B1C1中，ABa，D，E 分别是 BB1，CC1上的点，满足 BCEC2BD，则平面 ABC 与平面 ADE 所成的二面角的大小为()A30B45C60D75【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 BCEC2BD，所以 BD 是CEF 的中位线，所以 BCBFABAC，所以CAF90，所以 ACAF，又因为 ABC

9、A1B1C1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 ACCE，所以EAC45.二、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 OAOBOC，则在下列结论中，正确的为()AOABC 是正三棱锥B二面角 DOBA 的平面角为3C直线 AD 与直线 OB 所成角为4D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

10、 A 中，因为 ACABBC，OAOBOC，所以 OABC 是正三棱锥，故 A 正确；设 OB1，则 A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，D(1，1，1)，O(0，0，0)，OD(1，1，1)，OB(0，1，0)，在 B 中，设平面 OBD 的法向量 m(x，y，z)，则mOBy0mODxyz0，取 x1，得 m(1，0，1)，平面 OAB 的法向量 n(0，0，1)，cos m，n|mn|m|n|1222，二面角 DOBA 的平面角为4，故 B 错误；在 C 中，AD(0，1，1)，OB(0，1，0)，cos AD，OB|ADOB|AD|OB|1222，所以直线 AD 与直

11、线 OB 所成角为4，故 C 正确；在 D 中，AB(1，1，0)，AC(1，0，1)，ODAB0，ODAC0，所以 ODAB，ODAC，因为 ABACA，所以直线 OD平面 ABC，故 D 正确6如图，在直角梯形 ABCD 中，ABCD，ABBC，BCCD12AB2，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 PC2 3.则()A平面 PED平面 EBCDBPCEDC二面角 PDCB 的大小为4DPC 与平面 PED 所成角的正切值为 2【解析】选 AC.在 A 中，四边形 EBCD 是边长为 2 的正方形，PE2，所以 PEDE，CE 22222 2

12、，所以 PE2CE2PC2，所以 PECE，因为 DECEE，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 DEBC，BCPB，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 BEPE，BEDE，PEDEE，所以 BE平面 PDE，因为 BECD，所以 CD平面 PDE，所以PDE 是二面角 PDCB 的平面角，因为 PE平面 EBCD，PEDE，所以PDE4，所以二面角 PDCB 的大小为4，故 C 正确；在 D 中，因为 CD平面 PDE，所以CPD 是 PC 与平面 PED 所

13、成角，PD PC2CD2（2 3）2222 2，所以 PC 与平面 PED 所成角的正切值为 tan CPDCDPD22 222，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，SDAB，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 OMSB，所以AOM 即为异面直线 SB 与 AC 所成角因为 SD平面 ABCD，所以ADSCDS90，因为正方形 ABCD，所以 ADCD，又 DMDM，所以ADMCDM，所以

14、 AMCM，因为 O 为 AC 的中点，所以 OMAC，AOM90，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 SDABAD，所以 RtADS 为等腰直角三角形，所以SAD45.故二面角 SABD 的大小为 45.答案：90458如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，AB，AC，AA1两两互相垂直，AA12AB2AC，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，

15、建立空间直角坐标系，设 AA12AB2AC2，BMa，CNb，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，M(1，0，a)，N(0，1，b)，AM(1，0，a)，AN(0，1，b)，设平面 AMN 的法向量 n(x，y，z)，由nAMxaz0nANybz0，取 z1，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3，所以 cos3|mn|m|n|1a2b21112，得 a2b23，所以当 B1M 最小时，BMa 最大，此时 a 3，b0，所以 tan AMBABBM1333，所以AMB6.答案：6四、解答题(每小题 10 分，共

16、 20 分)9 在多面体 ABCC1A1B1中，四边形 ABB1A1为菱形，B1BA60，平面 ABB1A1平面 ABC，BC1211B C，ACBC，ABB1C.(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，B1BA60，所以ABB1是等边三角形，因为 O 是线段 AB 的中点，所以 B1OAB，因为平面 ABB1A1平面 ABC，平面 ABB1A1平面 ABCAB，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

17、 B1OAB，ABB1C，B1OB1CB1，所以 AB平面 B1OC，所以 ABOC，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 AB2，则 A(1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，C1(2，2，3)，AC(1，1，0)，1AC(1，2，3)，设平面 C1AC 的法向量 n(x，y，z)，则1ACxy0ACx2y3z0 nn，取 x 3，得 n(3，3，3)，平面 ABC 的法向量 m(0，0，1)，设二面角 C1ACB 的平面角为，则 cos|mn|m|n|315，sin 231()15105.所以二面角 C1ACB 的正弦值为

18、105.10如图 1 所示，在直角梯形 ABCD 中，BCAD，ADCD，BC2，AD3，CD 3，边 AD上一点 E 满足 DE1.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：A1CBE；(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 CEBCBEAEAB2.所以四边形 ABCE 是菱形，连接 AC，交 BE 于 O，则 ACBE，在图 2 中，A1OBE，OCBE，因为 A1OOCO，所以 BE平面 A1OC，因为 A1C平面 A1OC，所以 A1CBE.(2)在图 2

19、 中，延长 BE，CD，设 BECDG，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，OCBE，平面 A1BE平面 BCDEBE，所以 OC平面 A1BE，又 A1G平面 A1BE，所以 OCA1G，作 OHA1G，垂足为 H，连接 CH，又 OHOCO，所以 A1G平面 OCH，又 CH平面 OCH，所以 A1GCH，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 3，因为G

20、DEGCB，所以DECBGEGB12，解得 GE2，所以 A1BA1EBEGE2，所以GA1EA1GB30，BA1G90，所以 A1BA1G，所以OHGBA1G，所以OHBA1OGBG34，解得 OH32，在 RtCOH 中，CH OC2OH2394212，所以 cos OHCOHCH32212217，所以平面 A1BE 与平面 A1CD 所成锐二面角的余弦值为217.【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，ABAD2，点 F在AB上，点 G 在DC上，BFDG1，P 为 DC 的中点(1)求三棱锥 ADGP 的体积；(2)求直线 AP 与直线

21、 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，DPDGPG1，所以 SDGP1211sin 6034，因为 AD 为圆柱的母线，所以 AD平面 DCG，所以 VADGP13SDGPAD36.(2)过 F 点作圆柱的母线 FH 交DC于点 H，因为 FH 与 BC 均为圆柱的母线，所以 FHBC 且 FHBC，所以四边形 BCHF 为平行四边形，所以 FBHC 且 FBHC1，所以PCH 为正三角形，又因为DPG 为正三角形，所以HCPGPD60，CHGP，所以 BFCHGP，所以APG 为直线 AP 与 BF 所成的角，在APG 中，AG

22、 5，GP1，AP 5，所以由余弦定理知：cos APGAP2GP2AG22APGP12 5510，所以直线 AP 与直线 BF 所成角的余弦值为510.(3)因为 AD平面 DCG，CG平面 DCG，所以 CGAD，又因为 CGDG，ADDGD，所以 CG平面 ADG，所以 CGAG，CGDG，因此AGD 为二面角 AGCD 的平面角，在 RtADG 中，AD2，DG1，tan AGDADDG2，所以二面角 AGCD 的正切值为 2.1设三棱锥 VABC 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 所成角为，直线 PB 与平面 ABC 所成角

23、为，二面角 PACB 的平面角为，则()A，B，C，D，【解析】选 B.如图，G 为 AC 中点，V 在底面 ABC 的投影为 O，则 P 在底面的投影 D 在线段 AO上，过 D 作 DE 垂直 AC 于 E，易得 PEVG，过 P 作 PFAC 交 VG 于 F，过 D 作 DHAC，交BG 于 H，则BPF，PBD，PED，则 cos PFPBEGPBDHPB，tan PDEDPDBDtan，即.2如图所示，在ABC 中，abcos Cccos B，其中 a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边，在四面体 PABC 中，S1，S2，S3，S 分别表示PAB，PBC，PCA，ABC 的面积

24、，依次表示面 PAB，面 PBC，面 PCA 与底面 ABC 所成二面角的大小写出对四面体性质的猜想，并证明你的结论【解析】类比三角形中的结论，猜想在四面体中的结论为 SS1cos S2cos S3cos.证明：如图，设点 P 在底面的射影为点 O，过点 O 作 OHAB 于 H，连接 PH，OA，OB，所以PHO 就是平面 PAB 与底面 ABC 所成的二面角，即PHO，所以 SAOB12ABOH，S112ABPH，因为 cos OHPHSAOBS1，所以 SAOBS1cos，同理可得，SCOBS2cos，SAOCS3cos，又 SSAOBSCOBSAOC，所以 SS1cos S2cos S3cos.