2021学年1.2.4 二面角课堂检测

这是一份2021学年1.2.4 二面角课堂检测，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知平面α内有一个以AB为直径的圆，PA⊥α，点C在圆周上(异于点A，B)，点D，E分别是点A在PC，PB上的射影，则( )
A．∠ADE是二面角A－PC－B的平面角
B．∠AED是二面角A－PB－C的平面角
C．∠DAE是二面角B－PA－C的平面角
D．∠ACB是二面角A－PC－B的平面角
2．已知△ABC和△BCD均为边长为a的等边三角形，且AD＝eq \f(\r(3),2)a，则二面角A－BC－D的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
3.
如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，若△PAC的面积与正四棱锥的侧面面积之和的比为eq \r(6)8，则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)
4．已知二面角α－l－β中，平面α的一个法向量为n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，－\r(2)))，平面β的一个法向量为n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\r(2)))，则二面角α－l－β的大小为( )
A．120° B．150°
C．30°或150° D．60°或120°
二、填空题
5．若二面角内一点到两个面的距离分别为5和8，两垂足间的距离为7，则这个二面角的大小是________．
6．若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)，则二面角P－BC－A的大小为________．
7．在空间四面体O－ABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝eq \f(π,3)，则cs〈eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉的值为________．
三、解答题
8．如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD.底面ABCD为边长是1的正方形，PA＝1，求平面PCD与平面PAB夹角的大小．
9．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，AB＝2，点E是C1D1的中点．
(1)求证：DE⊥平面BCE；
(2)求二面角A－EB－C的大小．
[尖子生题库]
10.
如图所示，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值．
课时作业(七) 二面角
1．解析：由二面角的定义及三垂线定理，知选B.
答案：B
2．解析：
如图取BC的中点为E，连接AE，DE，
由题意得AE⊥BC，DE⊥BC，
且AE＝DE＝eq \f(\r(3),2)a，又AD＝eq \f(\r(3),2)a，
∴∠AED＝60°，即二面角A－BC－D的大小为60°.
答案：C
3．解析：设正四棱锥的底面边长为a，侧面与底面所成的二面角为θ，高为h，斜高为h′，则eq \f(\f(1,2)×\r(2)ah,4×\f(1,2)ah′)＝eq \f(\r(6),8)，∴eq \f(h,h′)＝eq \f(\r(3),2)，∴sin θ＝eq \f(\r(3),2)，即θ＝eq \f(π,3).
答案：D
4．解析：设所求二面角的大小为θ，则|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(\r(3),2)，所以θ＝30°或150°.
答案：C
5．解析：设二面角大小为θ，由题意可知
|cs θ|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(82＋52－72,2×8×5)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(64＋25－49,80)))＝eq \f(1,2)，
所以θ＝60°或120°.
答案：60°或120°
6．解析：取BC的中点O，连接PO，AO(图略)，则∠POA就是二面角P－BC－A的平面角．又PO＝AO＝eq \r(3)，PA＝eq \r(6)，所以∠POA＝90°.
答案：90°
7．解析：eq \(OA,\s\up12(→))·eq \(BC,\s\up12(→))＝eq \(OA,\s\up12(→))·(eq \(OC,\s\up12(→))－eq \(OB,\s\up12(→)))
＝eq \(OA,\s\up12(→))·eq \(OC,\s\up12(→))－eq \(OA,\s\up12(→))·eq \(OB,\s\up12(→))
＝|eq \(OA,\s\up12(→))|·|eq \(OC,\s\up12(→))|cseq \f(π,3)－|eq \(OA,\s\up12(→))|·|eq \(OB,\s\up12(→))|·cseq \f(π,3)
＝eq \f(1,2)|eq \(OA,\s\up12(→))|(|eq \(OC,\s\up12(→))|－|eq \(OB,\s\up12(→))|)＝0.
∴cs〈eq \(OA,\s\up12(→))·eq \(BC,\s\up12(→))〉＝eq \f(|\(OA,\s\up12(→))·\(BC,\s\up12(→))|,|\(OA,\s\up12(→))||\(BC,\s\up12(→))|)＝0.
答案：0
8．解析：
如图建立空间直角坐标系Axyz，
则A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．
故平面PAB的法向量eq \(AD,\s\up12(→))＝(0,1,0)，eq \(DC,\s\up12(→))＝(1,0,0)，
eq \(PD,\s\up12(→))＝(0,1，－1)．
设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DC,\s\up12(→))＝0，,n·\(PD,\s\up12(→))＝0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y－z＝0.))
令z＝1，所以n＝(0,1,1)，所以cs〈n，eq \(AD,\s\up12(→))〉＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
所以〈n，eq \(AD,\s\up12(→))〉＝45°.
即平面PAB与平面PCD的夹角为45°.
9．解析：
(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，E(0,1,1)，A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，
eq \(DE,\s\up12(→))＝(0,1,1)，eq \(BE,\s\up12(→))＝(－1，－1,1)，eq \(BC,\s\up12(→))＝(－1,0,0)．
因为eq \(DE,\s\up12(→))·eq \(BE,\s\up12(→))＝0，eq \(DE,\s\up12(→))·eq \(BC,\s\up12(→))＝0，
所以eq \(DE,\s\up12(→))⊥eq \(BE,\s\up12(→))，eq \(DE,\s\up12(→))⊥eq \(BC,\s\up12(→)).
则DE⊥BE，DE⊥BC.
因为BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，
BE∩BC＝B，
所以DE⊥平面BCE.
(2)eq \(AB,\s\up12(→))＝(0,2,0)，设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up12(→))＝0，,n·\(BE,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,－x－y＋z＝0，))
含x＝1，所以平面AEB的法向量为n＝(1,0,1)．
因为DE⊥平面BCE，
所以eq \(DE,\s\up12(→))＝(0,1,1)就是平面BCE的一个法向量．
因为cs〈n，eq \(DE,\s\up12(→))〉＝eq \f(n·\(DE,\s\up12(→)),|n||\(DE,\s\up12(→))|)＝eq \f(1,2)，
由图形可知二面角A－EB－C为钝角，所以二面角A－EB－C的大小为120°.
10．解析：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.
因为E是PD的中点，
所以EF∥AD，EF＝eq \f(1,2)AD.
由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD.
又BC＝eq \f(1,2)AD，所以EF綊BC，
所以四边形BCEF是平行四边形，所以CE∥BF.
又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.
(2)由已知，得BA⊥AD，以A为坐标原点，eq \(AB,\s\up12(→))的方向为x轴正方向，|eq \(AB,\s\up12(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，eq \r(3))，eq \(PC,\s\up12(→))＝(1,0，－eq \r(3))，eq \(AB,\s\up12(→))＝(1,0,0)．
设M(x，y，z)(0eq \(BM,\s\up12(→))＝(x－1，y，z)，eq \(PM,\s\up12(→))＝(x，y－1，z－eq \r(3))．
因为BM与底面ABCD所成的角为45°，
而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，
所以|cs〈eq \(BM,\s\up12(→))，n〉|＝sin 45°，
即eq \f(|z|,\r(x－12＋y2＋z2))＝eq \f(\r(2),2)，
即(x－1)2＋y2－z2＝0.①
又M在棱PC上，设eq \(PM,\s\up12(→))＝λeq \(PC,\s\up12(→))，则
x＝λ，y＝1，z＝eq \r(3)－eq \r(3)λ.②
由①②解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)，))(舍去)，或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，
从而eq \(AM,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2))).
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AM,\s\up12(→))＝0，,m·\(AB,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－\r(2)x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))
所以可取m＝(0，－eq \r(6)，2)．
于是cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\r(10),5).
因此二面角M－AB－D的余弦值为eq \f(\r(10),5).