高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册1.2.4 二面角同步测试题

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册1.2.4 二面角同步测试题，共22页。

1．A是直二面角α﹣l﹣β的棱l上的一点，两条长为a的线段AB、AC分别在α、β内，且分别与l成45°角，则BC的长为（ ）
A．aB．a或aC．aD．a或a
2．将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成大小为60°的二面角A﹣BD﹣C，点P为线段AC上的一动点，下列结论正确的是（ ）
A．异面直线AC与BD所成的角为60°
B．△ACD是等边三角形
C．△BDP面积的最小值为
D．四面体ABCD的外接球的体积为
3．如图，已知△ABC和△BCD均为边长为a的等边三角形，且AD＝a，则二面角A﹣BC﹣D的大小为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
4．如图，在圆锥SO中，A，B是⊙O上的动点，BB'是⊙O的直径，M，N是SB的两个三等分点，∠AOB＝θ（0＜θ＜π），记二面角N﹣OA﹣B，M﹣AB'﹣B的平面角分别为α，β，若α≤β，则θ的最大值是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在等边三角形ABC中，D，E分别是线段AB，AC上异于端点的动点，且BD＝CE，现将三角形ADE沿直线DE折起，使平面ADE⊥平面BCED，当D从B滑动到A的过程中，则下列选项中错误的是（ ）
A．∠ADB的大小不会发生变化
B．二面角A﹣BD﹣C的平面角的大小不会发生变化
C．BD与平面ABC所成的角变大
D．AB与DE所成的角先变小后变大
6．在三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，PA＝PB＝5，AC＝BC＝3，AB＝2，则二面角P﹣AB﹣C的正切值为（ ）
A．2B．C．3D．
7．已知△ABC为直角三角形，且∠ABC＝90°，点D，E分别在边AB，AC上．现在以DE为折痕，将△ADE翻折至△A′DE的位置，设BC与A′D所成的角为θ1，A′D与平面ABC所成的角为θ2，二面角A′﹣DB﹣C的平面角为θ3，则下列结论正确的是（ ）
A．θ1≥θ2≥θ3B．θ1≥θ3≥θ2或θ3≥θ1≥θ2
C．θ3≥θ2≥θ1D．θ3≥θ1≥θ2
8．已知三棱锥P﹣ABC的所有棱长都相等，则二面角P﹣AB﹣C的余弦值等于（ ）
A．B．C．D．
9．如图，已知矩形ABCD，AB＝2AD＝2，将△DBC沿着DB翻折成一个空间四边形（A，B，C，D不共面），E，F，M，N，P分别为AB，CD，AC，BD，CB的中点，设二面角C﹣BD﹣A的平面角为θ．下面判断错误的是（ ）
A．MN⊥平面EFP
B．存在θ，使得MN与DC垂直
C．当平面ADB⊥平面DCB时，
D．当平面ADB⊥平面ACB时，
10．如图，AB是圆的直径，PA垂直于圆所在的平面，C是圆上一点（不同于A，B）且PA＝AC，则二面角P﹣BC﹣A大小为（ ）
A．60°B．30°C．45°D．15°
二．填空题
11．已知正方形ABCD的边长为2，对△ABD部分以BD为轴进行翻折，A翻折到A′，使二面角A′﹣BD﹣C的平面角为直二面角，则＝ ．
12．在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为边长为2的菱形，∠BAD＝60°，AA1＝，点P在线段BD1上运动，且，则以下命题中正确的是 ．
①当时，三棱锥A﹣CPD1的体积为；
②随点P在线段BD1上运动，点B到平面ACP的最大距离为2；
③当二面角B﹣AC﹣P的平面角为60°时，；
④知，N为CC1的中点，当平面AMN与BD1的交点为P时，∠APC＝120°．
13．如图，在三棱锥A﹣BCD的平面展开图中，已知四边形BCED为菱形，BC＝1，BF＝，若二面角A﹣CD﹣B的余弦值为﹣，M为BD的中点，则CD＝ ，直线AD与直线CM所成角的余弦值为 ．
14．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面A1BCD1与平面ABCD所成的锐二面角的大小是 ．
15．如图所示，在已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面为直角梯形，AB∥CD，且∠ADC＝90°，AD＝1，CD＝，BC＝2，AA1＝2，E是CC1的中点，则A1B1到平面ABE的距离为 ，二面角A﹣BE﹣C的余弦值为 ．
三．解答题
16．在平行四边形ABCD中，AB＝CD＝a，AD＝2a，E是BC的中点，∠A＝60°，现将该平行四边形沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，如图．
（1）求证：AB⊥CD；
（2）求二面角A﹣ED﹣B的余弦值．
17．已知四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PC⊥底面ABCD，且PC＝2，E是侧棱PC上的动点．
（1）求证：BD⊥AE；
（2）若点E为PC的中点，求平面PDA与平面EAB所成二面角的正弦值．
18．在三棱锥P﹣ABC中，底面ABC为正三角形，平面PBC⊥平面ABC，PB＝PC＝1，D为AP上一点，AD＝2DP，O为三角形ABC的中心．
（1）求证：AC⊥平面OBD；
（2）若直线PA与平面ABC所成的角为45°，求二面角A﹣BD﹣O的余弦值．
人教B版（2019）数学高中选择性必修第一册
1.2.4 二面角
参考答案与试题解析
一．选择题
1．【考点】二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算．
【解答】解：如图，
当两斜线AC，AB同向时，在AC上取点C，过C作CG⊥l于G，
在平面β内过G作GB⊥l，交AB于B，连结CB．
∵二面角α﹣AB﹣β为直二面角，∴CG⊥β，则CG⊥GB．
在Rt△CGP中，∵∠CAG＝45°，AB＝AC＝a，则AG＝CG＝a．
在Rt△DGP中，∵∠BAG＝45°，∴AB＝AC＝a，则BG＝a．
在Rt△DGC中，∵CG＝BG＝a，∴CB＝a．
如图：
当两斜线AC，AB异向时，在AC上取点C，过C作CG⊥l于G，
在AB上取点B，使AB＝AC＝a，连结CB，
∵二面角α﹣AB﹣β为直二面角，∴CG⊥β，则CG⊥GB．
在Rt△CGA中，∵∠CAG＝45°，∴AG＝CG＝a，
AB＝a，AG＝a，∠BAG＝135°．
在△DPG中，GB2＝AG2+AB2﹣2AG•ABcs135°
＝a2+a2﹣2•a•a•（﹣）＝a2．
∴CB2＝CG2+GB2＝a2+a2＝3a2．
CB＝a，
所以CB＝a或a．
故选：D．
2．【考点】二面角的平面角及求法；球的体积和表面积；异面直线及其所成的角．
【解答】解：如图所示，AM＝MD，
对于A，∵AM⊥BD，CM⊥BD，AM∩CM＝M，AM，CM⊂平面AMC，
∴BD⊥平面AMC，
又AC⊂平面AMC，
∴BD⊥AC，故选项A错误；
对于B，∵AM⊥BD，CM⊥BD，
∴∠AMC即为二面角A﹣BD﹣C的平面角，则∠AMC＝60°，AM＝MC，
∴△AMC为等边三角形，
∴，
而AD＝CD＝2，由此△ACD不是等边三角形，故选项B错误；
对于C，∵BD⊥平面AMC，
∴BD⊥PM，
∴，
而当PM⊥AC时，PM最小，故，于是，故选项C正确；
对于D，由于，故M是外接球的球心，且半径为，
∴，故选项D错误．
故选：C．
3．【考点】二面角的平面角及求法．
【解答】解：如图，取BC的中点E，连接EA、ED，
根据等边三角形的性质得EA⊥BC，ED⊥BC，
∴∠AED即为所求，
又，
所以△AED是等边三角形，
则∠AED＝60°．
故选：C．
4．【考点】二面角的平面角及求法．
【解答】解：设底面圆的半径为r，OS＝a，以B′B所在直线为x轴，以垂直于B′B所在直线为y轴，以OS所在直线为z轴建立空间直角坐标系．
则由∠AOB＝θ（0＜θ＜π），可得：
O（0，0，0），B（r，0，0），S（0，0，a），
A（rcsθ，rsinθ，0），B′（﹣r，0，0），
∵M，N是SB的两个三等分点，∴M（，0，），N（，0，），
∴，＝（，0，），
设平面NOA的一个法向量为，
由，取x1＝1，得；
平面OAB的一个法向量为．
由图可知，N﹣OA﹣B的平面角α为锐二面角，
∴csα＝＝|；
设平面B′AM的一个法向量为，
，．
由，取x2＝1，得；
平面AB′B的一个法向量为，
由题意可知，M﹣AB'﹣B的平面角β为锐二面角，
∴csβ＝＝．
由二面角的范围可知0≤α≤β≤π．
即，
化简可得csθ≥，且0＜θ＜π，则0＜θ≤．
∴θ的最大值是．
故选：B．
5．【考点】二面角的平面角及求法；异面直线及其所成的角；平面与平面垂直；直线与平面所成的角．
【解答】解：对于A，cs∠ADB＝cs∠ADE•cs∠BDE＝cs60°•cs∠120°＝﹣，是定值，
∴∠ADB的大小不会发生变化，故A正确；
对于B，根据三面角余弦定理得：
csθ＝＝＝，
∴二面角A﹣BD﹣C的平面角的大小不会发生变化，故B正确；
对于C，通过直观判断，当B点固定，BD方向不变，D由B向A滑动时，平面ABC贴近底面，
故BD与平面ABC所成角逐渐变小，故C错误；
对于D，AB与DE所成角为∠ABC，cs∠ABC＝，
由题意知AB先减少后增大，
∴AB与DE所成的角先变小后变大，故D正确．
故选：C．
6．【考点】二面角的平面角及求法．
【解答】解：∵在三棱锥P﹣ABC中，PA＝PB＝5，AC＝BC＝3，AB＝2，PC⊥平面ABC，
取AB中点O，连结PO，CO，
∴CP＝＝4，PO⊥AB，CO⊥AB，
∴∠POC是二面角P﹣AB﹣C的平面角，
∵PO＝＝2，CO＝＝2．
∴二面角P﹣AB﹣C的正切值为：2．
故选：A．
7．【考点】二面角的平面角及求法．
【解答】解：根据最小角定理和结论“二面角是所有线面角中的最大角”，
得到θ1≥θ2，θ3≥θ2，
过点C作CH⊥平面A′BD，则CH⊥BD，
连接HB，∵BC⊥DB，CH∩BC＝C，
∴BD⊥平面BCH，
由线面角的定义得∠CBH是直线BC与平面A′DB所成角，
当A'﹣DB﹣C为锐角时，再结合最小角定理知θ3≤θ1，
∴θ1≥θ3≥θ2．
当A'﹣DB﹣C为钝角时，θ3最大，∴θ3≥θ1≥θ2．
故选：B．
8．【考点】二面角的平面角及求法．
【解答】解：取AB的中点E，连接PE，CE，
∵四面体P﹣ABC是正四面体，
∴AB⊥CE，且AB⊥PE，
∴∠PEC即为二面角P﹣AB﹣C的平面角，
设四面体P﹣ABC的棱长为2，
则PE＝CE＝，
则cs∠PEC＝＝＝．
故选：D．
9．【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直．
【解答】解：对于A，如图①，由题意知四边形ENFM是菱形，∴MN⊥EF，
如图②，连接NC，NA，知NC＝NA＝，
∴△ANC是等腰三角形，∴MN⊥AC，
由中位线定理得PE∥AC，∴MN⊥PE，
∵PE∩EF＝E，PE，EF⊂平面EFP，∴MN⊥平面EFP，故A正确；
对于B，由A的解析得MN⊥平面EFP，可得MN⊥FP，
由中位线定理得FP∥BD，
若B成立，存在θ，使得MN与DC垂直，
∴MN⊥面BCD，∴MN⊥NC，与图③△ACN等腰矛盾，故B错误；
对于C，当平面ADB⊥平面DCB，如图④，作CG⊥BD，连接AG，
由题意知CG＝，BG＝，
由AG2＝AB2+BG2﹣2AB•BGcs∠ABG，其中cs，
得AG＝，
∵△ACG是直角三角形，∴AC＝，
∴cs∠CDA＝＝，
∴当平面ADB⊥平面DCB时，，故C正确；
对于D，当平面ADB⊥平面ACB时，∵AD⊥AB，∴AD⊥平面ABC，
∴AD⊥AC，由题意得AC＝，△ABC为直角三角形，
由△CDT≌△HBT，得，
∴＝，∴HT＝，BH＝，∴CH⊥AB，
∴CH⊥平面ABD，∴CH⊥HT，
由题意得CH＝，
∴tanθ＝tan∠CTH＝＝，
∴当平面ADB⊥平面ACB时，，故D正确．
故选：B．
10．【考点】二面角的平面角及求法．
【解答】解：由已知 PA⊥平面 ABC，BC⊂平面 ABC，
∴PA⊥BC，
∵AB 是⊙O 的直径，且点 C 在圆周上，
∴AC⊥BC，
又∵PA∩AC＝A，PA⊂平面 PAC，
AC⊂平面 PAC，
∴BC⊥平面 PAC．
而 PC⊂平面 PAC，
∴PC⊥BC，
又∵BC 是二面角 P﹣BC﹣A 的棱，
∴∠PCA 是二面角 P﹣BC﹣A 的平面角，
由 PA＝AC 知△PAC 是等腰直角三角形，
∴∠PCA＝45°，
即二面角 P﹣BC﹣A 的大小是 45°．
故选：C．
二．填空题
11．【考点】二面角的平面角及求法．
【解答】解：由题知，，取 BD 的中点 O，连接 AO，A′O，如图所示，
则 AO⊥BD，A′O⊥BD，又二面角 A′﹣BD﹣C 的平面角为直二面角，
则∠AOA′＝90°，又 ，
则 AA′＝2，△ABA′为等边三角形，从而 ，
则 ，
故答案为：﹣2．
12．【考点】二面角的平面角及求法；命题的真假判断与应用．
【解答】解：对于①：当时，＝，所以＝＝＝，故①正确；
对于②：当点P为线段BD1的中点时，平面APC⊥底面ABCD，此时，点B到平面ACP的最大距离为1，所以②错误；
对于③：由△APC为等腰三角形，线段AC的中点为O，则OP⊥AC，在底面上有BO⊥AC，
所以二面角B﹣AC﹣P的平面角为∠BOP＝60°，
又tan∠DBD1＝＝，则∠DBD1＝60°，所以△BOP为正三角形，所以BP＝BO＝1＝BD1，
则λ＝，故③错误；
对于④：知，N为CC1的中点，当平面AMN与DD1的交点为E，此时EM与BD1的交点为BD1的四等分点，由③知，此时OP＝BO＝1，在直角三角形AOPA中，∠APO＝60°，由于△APC为等腰三角形，有∠APC＝120°，故④正确．
故答案为：①④．
13．【考点】二面角的平面角及求法；异面直线及其所成的角．
【解答】解：将三棱锥A﹣BCD的直观图还原，则BC＝BD＝AC＝AD＝1，，
取CD中点N，连接AN，BN，则AN⊥CD，BN⊥CD，故∠ANB为二面角A﹣CD﹣B的平面角，
设CD＝a（0＜a＜2），则，故，
又二面角A﹣CD﹣B的余弦值为，故，解得，即；
取AB的中点O，连接OM，OC，易知OM∥AD，
所以∠OMC为直线AD与直线CM所成的角或其补角，
易知，所以，
∴直线AD与直线CM所成角的余弦值为．
故答案为：；．
14．【考点】二面角的平面角及求法．
【解答】解：由题意正方体的图形如图：
因为A1B⊂平面AA1B1B，BC⊥平面AA1B1B，
所以∠A1BA是所求二面角的平面角，
可得∠A1BA＝．
故答案为：．
15．【考点】二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算．
【解答】解：∵直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面为直角梯形，AB∥CD，且∠ADC＝90°，
∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
∵AD＝1，CD＝，BC＝2，AA1＝2，E是CC1的中点，
∴A（1，0，0），B（1，2，0），E（0，，1），A1（1，0，2），C（0，，0），
＝（0，2，0），＝（﹣1，，1），＝（0，0，2），
设平面ABE的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝1，得＝（1，0，1），
∵A1B1∥AB，A1B1⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，
∴A1B1∥平面ABE，
∴A1B1到平面ABE的距离为d＝＝＝；
＝（0，0，1），＝（1，，0），
设平面BCE的法向量＝（a，b，c），
则，取a＝，得＝（，﹣1，0），
设二面角A﹣BE﹣C的平面角为θ，
则csθ＝＝＝．
∴二面角A﹣BE﹣C的余弦值为．
故答案为：；．
三．解答题
16．【考点】二面角的平面角及求法．
【解答】解：（1）证明；在△ABD中，AB＝a，AD＝2a，∠A＝60°，由余弦定理有BD＝＝a，
∴AB2+BD2＝AD2，∴∠ABD＝90°，∴AB⊥BD，又∵二面角A﹣BD﹣C是直二面角，平面ABD∩平面BCD＝BD，
AB⊂平面ABD，∴AB⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD；
（2）∵E是BC的中点，在△BCD中，由（1）易知∠BED＝120°，BE＝a，
过点B作BF⊥DE于F，再连接AF，
由（1）有AB⊥平面BCD，又FD⊂平面BCD，∴AB⊥FD，又FD⊥BF，BF⊂平面ABF，AB⊂平面ABF，
AB∩BF＝B，∴FD⊥平面ABF，又AF⊂平面ABF，∴AF⊥FD，
∴∠AFB是二面角A﹣ED﹣B的平面角，
在Rt△BFE中，有∠BEF＝60°，BE＝a，可得BF＝，
∴tan∠AFB＝＝，∴cs∠AFB＝，
∴二面角A﹣ED﹣B的余弦值为．
17．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直．
【解答】解：（1）证明：连接AC，
∵四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PC⊥底面ABCD，
∴AC⊥BD，BD⊥PC，
∵AC∩PC＝C，AC⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，
∵E是侧棱PC上的动点，∴AE⊂平面PAC，
∴BD⊥AE．
（2）以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，CP为z轴，建立空间直角坐标系，
∵点E为PC的中点，PC＝2，
∴D（1，0，0），A（1，1，0），P（0，0，2），E（0，0，1），B（0，1，0），
＝（1，1，﹣2），＝（0，0，﹣2），＝（﹣1，0，0），＝（﹣1，﹣1，1），
设平面PDA的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝1，得＝（1，﹣1，0），
设平面EAB的法向量＝（a，b，c），
则，取b＝1，得＝（0，1，1），
设平面PDA与平面EAB所成二面角为θ，
则|csθ|＝＝＝，
∴平面PDA与平面EAB所成二面角的正弦值为：sinθ＝＝．
18．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直．
【解答】（1）证明：连结AO并延长BC交于点E，则E为BC的中点，连结PE，如图所示，
因为O为正三角形ABC的中心，所以AO＝2OE，
又AD＝2DP，所以DO∥PE，
因为PB＝PC，E为BC的中点，所以PE⊥BC，
又平面PBC⊥平面ABC，平面ABC∩平面PBC＝BC，PE⊂平面PBC，
所以PE⊥平面ABC，所以DO⊥平面ABC，
又AC⊂平面PBC，所以DO⊥AC，
又AC⊥BO，DO⊥BO＝O，DO，BO⊂平面OBD，
所以AC⊥平面OBD；
（2）解：由PE⊥平面ABC可知，∠PAE＝45°，
所以PE＝AE，所以△ABE≌△PBE，
所以AB＝PB＝BC＝AC＝1，
由（1）可知，EA，EB，EP两两垂直，
所以分别以EA，EB，EP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，
设平面ABD的法向量为，则，
令x＝1，则，所以，
由（1）可知，AC⊥平面DBO，
故为平面DBO的法向量，
所以，
由图可知，二面角A﹣BD﹣O为锐二面角，
所以二面角A﹣BD﹣O的余弦值为．