20192020学年高中数学课时分层作业25二面角及其量含解析人教b选修21.doc

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(建议用时:60分钟)
[基础达标练]
一、选择题
,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
B[由二面角的定义及三垂线定理,知选

B.]
3
△
ABC和△BCD均为边长为
a的等边三角形,且

AD=

2
a,则二面角
A-BC-D的大
小为(

)
°°°°
[如图取BC的中点为E,连接AE,DE,由题意得AE⊥BC,DE⊥BC,
33
且AE=DE=2a,又AD=2a,
∴∠AED=60°,即二面角A-BC-D的大小为60°.]
,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
6∶8,则侧面与底面所成的二面角为(
)
π
π


π
π
C.
6

D
[设正四棱锥的底面边长为
,侧面与底面所成的二面角为
θ,高为
,斜高为
h
′,
a
h
1
2×2ah
6
h3
3
π
则
1
=8,∴h′=2
,∴sinθ=2,即θ=
3.]
4×2ah′
-l-β中,平面α的一个法向量为
n1=
1
2,平面β的
3,-,-
2
2
一个法向量为
2
0,1,2
,则二面角α-l-β的大小为(
)
n=
2
°
°
°或150°
°或120°
|n·n|
3
1
2
|=2,所以θ=30°或150°.]
C
[设所求二面角的大小为
θ,则|cosθ|=|n1
||n2
,P是二面角
α-AB-β棱上的一点,分别在
α,β平面内引射线
PM,PN,
假如∠
=∠
=45°,∠
=60°,那么二面角
α-
-β的大小为()
BPM
BPN
MPN
AB
°°°
°
[不如设PM=a,PN=b,作ME⊥AB交AB于点E,NF⊥AB交AB于点F(图略),因为∠EPM
a
b
→→
→→→
→
→
→
→→
=∠FPN=45°,故PE=
,于是
EM·FN=(PM-PE)·(PN-PF)=PM·PN-PM·PF-
,PF=
2
2
→
→
→
→
b
a
a
b
abab
ab
ab
·
+
·
=
cos60°-·
cos45°-
·cos45°+
·
=
-
-+
PE
PNPE
PF
ab
a
2
b
2
2
2
2
2
2
2
=0.
因为EM,FN分别是α,β内的两条与棱AB垂直的线段,所以
EM与FN之间的夹角就是
所求二面角的大小,所以二面角
α-AB-β的大小为90°.]
二、填空题

5和8,两垂足间的距离为
7,则这个二面角
的大小是________.
60°或120°
[设二面角大小为
θ,由题意可知
cos
82+52-72
64+25-491
θ=2×8×5=
80
=2,
所以θ=60°或120°.]
△ABC所在平面外一点,且△
PBC和△ABC都是边长为
2的正三角形,PA=
6,
则二面角
-
-
的大小为________.
PBCA
90°
[取BC的中点O,连接PO,AO(图略),则∠POA就是二面角P-BC-
PO=AO=
3,PA=
6,所以∠POA=90°.]
→→

O-ABC中,OB=OC,∠AOB=∠AOC=π3,则cos〈OA,BC〉的值为________.
→→→→→
[OA·BC=OA·(OC-OB)
→→→→
=OA·OC-OA·OB
→→→→
|OA|·|OC|cosπ-|OA|·|OB|·cosπ
33
→
→→
1
=2|OA|(|
OC|-|OB|)=0.
→
→
→
→
|OA·BC|
∴cos〈OA·BC〉=→
→=0.]
|OA||BC|
三、解答题
,在四棱柱
ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,平面ABCD是一个直角梯形,
AB⊥AD,AB,CD为梯形的两腰,且
AB=AD=AA1=a.
若截面ACD1的面积为S,求点D到平面ACD1的距离;
AB
当为什么值时,平面AB1C⊥平面AB1D1?
BC
[解]
(1)由VD-ACD1=VC-ADD1,过C作CE⊥AD,垂足为E.
∵AA1⊥平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面AA1D1D,
∴
⊥平面
1
1,∴
=
是
C
到平面
1的距离,设点
D
到平面
1的距离为
h
,
CE
AADD
CEa
ADD
ACD
由
1
1
12
,得
a3
=×
2a
×
=.
3Sh3
a
h2S
分别以A1B1,A1D1,A1A所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,以下列图.
则A1(0,0,0),A(0,0,a),B1(a,0,0),
设C(a,b,a),且n1=(x,y,z)是平面AB1C的法向量,
→→
∴AB1=(a,0,-a),AC=(a,b,0).
→→
则n1·AB1=0,n1·AC=0,即ax-az=0,ax+by=0,
aa
得z=x,y=-bx,取x=1,则y=-b,z=1,
a
则n1=1,-b,1为平面AB1C的一个法向量.
同理可得平面AB1D1的一个法向量为n2=(1,1,1).
a
若平面AB1C⊥平面AB1D1,则n1·n2=0,∴b=2,
即当
AB
1
11
=2
时,平面ABC⊥平面ABD.
BC
,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂
1
直于底面ABCD,AB=BC=2AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中
点.
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.
[解](1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF.
因为E是PD的中点,
1
所以EF∥AD,EF=2AD.
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD.
1
又BC=2AD,所以EF綊BC,
四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF.
又BF?平面PAB,CE?平面PAB,故CE∥平面PAB.
→→
由已知,得BA⊥AD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立
→
以下列图的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),PC=(1,0,
→
-3),AB=(1,0,0).
设M(x,y,z)(0<x<1),则
→
→
=(
x
-1,
,
),=(
x
,
-1,
-3).
BM
y
z
PM
y
z
因为BM与底面ABCD所成的角为45°,
而
n
=(0,0,1)
是底面
的法向量,
ABCD
→
所以|cos〈BM,n〉|=sin45°,
|z|
2
即x-12+y2+z2=2,即(x-1)2+y2-z2=0.①
→→
又M在棱PC上,设PM=λPC,则
x=λ,y=1,z=3-3λ.②
2
2
x=1+2,
x=1-2,
由①②解得
y=1,
(舍去),或
y=1,
z=-
6
z=
6
,
,
2
2
所以M1-
2,1,
6,
2
2
→
6
从而AM=1-2,1,2.
设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则
→
m·AM=0,2-2x0+2y0+6z0=0,
即
→x0=0,
m·AB=0,
所以可取m=(0,-6,2).
m·n10
于是cos〈m,n〉=|m||n|=5.
10
所以二面角M-AB-D的余弦值为5.
[能力提高练]
,已知点P为菱形ABCD外一点,且PA⊥平面ABCD,
PA=AD=AC,点F为PC中点,则二面角C-BF-D的正切值为()
A.
3
B.
3
6
4
3
2
C.
3

D
[以下列图,连接
,
∩
=,连接
.以
O
为原点,
BDACBD
O
OF
,
,所在直线分别为
,,轴建立空间直角坐标系
.
OBOCOF
xy
z
Oxyz
设PA=AD=AC=1,则BD=
3
0,0,F
1
2,
0,0,
2,
1
3
C0,,0,D-,0,0.
2
2
→
1
→
结合图形可知,OC=
且OC为平面BDF的一个法向量,
0,,0
2
→
1
→
1
3
,FB=
3,0,-
由BC=-,,0
,
2
2
2
2
可求得平面BCF的一个法向量
n=(1,
3,3).
→
21
→
2
所以cos〈n,OC〉=
〈n,OC〉=
7
,sin
7
7,
→
2
所以tan〈n,OC〉=3
3.
即二面角-
-
的正切值为
2
3.]
CBFD
3
-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的二面角
的余弦值为()
2
A.-B.
3

1
B[建系如图,设正方体棱长为1,则D(0,0,0)、A1(1,0,1)、E1,1,2.
→→
1
∴DA1=(1,0,1),DE=1,1,2.
设平面A1ED的一个法向量为n=(x,y,z).
x+z=0
1
1
则
.令x=1,则z=-1,y=-,
x+y+
2z=0
2
1
→
∴n=
1
1,-,-1
.又平面
.
2
ABCD的一个法向量为DD=(0,0,1)
→
-1
2
1
∴cos〈n,DD〉=
=-3.
9·1
4
又平面A1ED与平面ABCD所成的二面角为锐角,
∴平面A1ED与平面ABCD所成二面角的余弦值为
2
3.]

12,底面对角线的长为
26,则侧面与底面所成的二面角等于
________.
π
6,∴底面边长为
2
3,从而利用体积得四棱锥的高为
3,所
[∵底面对角线长为2
3
求二面角的正切为
高
=
3
底面边长的一半
=3.
3
π
∴侧面与底面所成的二面角为
3.]

2
3,高为
.
60°[如图,四棱锥
-
为正四棱锥,连接
,订交于
PABCD
ACBD
点O,连接PO,则PO⊥⊥CD,连接PE,则∠PEO即为侧面与底面所成二面角的平面角.
由题意知
=3,
PO
OE=3,∴tan∠PEO=
3
=3.
3
∴∠=60°.]
PEO
,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形
ABCD(及其内部)
以AB边所在直线为旋转轴旋转
120°获取的,G是DF的中点.
设P是CE上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;
(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.
[解](1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP?平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP.
又BP?平面ABP,所以BE⊥BP.
又∠EBC=120°,所以∠CBP=30°.
法一:如图,取EC的中点H,连接EH,GH,CH.
因为∠EBC=120°,
所以四边形BEHC为菱形,
所以AE=GE=AC=GC=32+22=13.
取AG的中点M,连接EM,CM,EC,
则EM⊥AG,CM⊥AG,
所以∠=1,
所以EM=CM=13-1=23.
在△BEC中,因为∠EBC=120°,
由余弦定理得
2
2
2
-2×2×2×cos120
°=12,
EC=2
+2
所以EC=23,所以△EMC为等边三角形,
故所求的角为60°.
法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z
轴,建立以下列图的空间直角坐标系.
由题意得A(0,0,3)
,E(2,0,0)
,G(1,
3,3),C(-1,
3,0),
→
→
→
故AE=(2,0
,-3),AG=(1,
3,0),CG=(2,0,3).
设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量,
→
m·AE=0,2x1-3z1=0,
由可得
→x1+3y1=0.
m·AG=0,
取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-3,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量,
→
n·AG=0,x2+3y2=0,
由可得
→2x2+3z2=0.
n·CG=0,
取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-
3,-2).
m·n1
所以cos〈m,n〉=|m|·|n|=2.
故所求的角为60°.