选修2-1二面角及其向量课时作业

选修2-1二面角及其向量课时作业选修2-1二面角及其向量课时作业选修2-1二面角及其向量课时作业资料仅供参考文件编号：2022年4月选修2-1二面角及其向量课时作业版本号：A修改号：1页次：1.0审核：批准:发布日期：课时作业23二面角及其度量时间：45分钟满分：100分一、选择题(每小题5分，共30分)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【答案】B【解析】由二面角定义及三垂线定理知选B.2．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，如果PA＝AB，那么平面ABP与平面CDP所成的二面角的大小为()A．30° B．45°C．60° D．90°【答案】B【解析】设PA＝AB＝a，则PD＝eq\r(2)a，设二面角为θ，则cosθ＝eq\f(S△ABP,S△CDP)＝eq\f(\r(2),2).∴θ＝45°，故选B.3．若分别与一个二面角的两个面平行的向量m＝(－1,2,0)，n＝(1,0，－2)，且m、n都与二面角的棱垂直，则二面角的正弦值为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2\r(6),5)C.eq\f(1,4) D.eq\f(\r(15),4)【答案】B【解析】设二面角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(1,\r(5)·\r(5))＝eq\f(1,5)，sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(2\r(6),5).4．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，则该二面角的大小为()A．150° B．45°C．60° D．120°【答案】C【解析】由条件，知·＝0，·＝0，＝＋＋.∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈，〉＝(2eq\r(17))2，∴cos〈，〉＝－eq\f(1,2)，即〈，〉＝120°，∴二面角的大小为60°，故选C.5.在正方体AC1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()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(2,3)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(2),2)【答案】B【解析】建立如图所示的坐标系，设正方体的棱长为1，则＝(1,0,1)，＝(1,1，eq\f(1,2))设平面A1DE的法向量n1＝(x，y，z)，则∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0,x＋y＋\f(z,2)＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－z，,y＝\f(z,2).))令z＝1，∴n1＝(－1，eq\f(1,2)，1)平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(1,\r(1＋\f(1,4)＋1)·1)＝eq\f(2,3).6．一间民房的屋顶有如图所示三种不同的盖法：①单向倾斜；②双向倾斜；③四向倾斜．记三种盖法屋顶面积分别为P1，P2，P3.若屋顶斜面与水平面所成的角都是α，则()A．P3>P2>P1 B．P3>P2＝P1C．P3＝P2>P1 D．P3＝P2＝P1【答案】D【解析】斜面的投影面积相等，且cosα＝eq\f(S′,S)，∴P1＝P2＝P3，故选D.二、填空题(每小题10分，共30分)7．平面α的法向量n1＝(1,0，－1)，平面β的法向量n2＝(0，－1,1)，则平面α与β所成二面角的大小为________．【答案】eq\f(2π,3)或eq\f(π,3)【解析】设二面角大小为θ，则cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝－eq\f(1,2)，所以cosθ＝eq\f(1,2)或－eq\f(1,2)，所以θ＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).8．四边形ABCD是边长为2的正方形，MA和PB都与平面ABCD垂直，且PB＝2MA＝2，则平面PMD与平面ABCD所成二面角的余弦值为________．【答案】eq\f(\r(6),3)【解析】△MPD在平面ABCD上的射影为△ABD，易求得S△ABD＝2，S△MPD＝eq\r(6)，∴cosθ＝eq\f(S△ABD,S△MPD)＝eq\f(\r(6),3).9．已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于________【答案】eq\f(\r(2),3)【解析】方法一：(几何法)如图，延长FE交BC于P，则AP为面AEF与面ABC的交线，连接AC，∵PB＝BC，∴∠CAP＝90°.由三垂线定理，∴∠FAP＝90°，∴∠FAC为二面角的平面角．∴tan∠FAC＝eq\f(FC,AC)＝eq\f(\f(2,3),\r(2))＝eq\f(\r(2),3) .方法二：(向量法)建立如图所示坐标系，令边长为3，∴A(3,0,0)，E(3,3,1)，F(0,3,2)，平面ABC的一个法向量为(0,0,1)，设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，∴，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3y＋z＝0,－3x＋3y＋2z＝0))，令x＝1，∴z＝3，y＝－1，∴n＝(1，－1,3)，令平面夹角为θ，∴cosθ＝eq\f(3,1×|n|)＝eq\f(3,\r(11))，sinθ＝eq\f(\r(2),\r(11))，∴tanθ＝eq\f(\r(2),3).三、解答题(本题共3小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10．(13分)如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝eq\f(1,2)AD.(1)证明：平面AMD⊥平面CDE；(2)求二面角A－CD－E的余弦值．【解析】(1)证明：取AD的中点P，连接PE，PC，PM.由题意可得DE＝DC，PE＝PC.因为M为EC的中点，所以PM⊥EC，DM⊥EC，又PM∩DM＝M，所以EC⊥平面AMD.因为EC⊂平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.(2)解：设Q为CD的中点，连接PQ，EQ.由题意可得CE＝DE，所以EQ⊥CD.因为PC＝PD.所以PQ⊥CD，故∠EQP为二面角A－CD－E的平面角．设AB＝a，由题意可得EP⊥PQ，EQ＝eq\f(\r(6),2)a，PQ＝eq\f(\r(2),2)a，于是在Rt△EPQ中，cos∠EQP＝eq\f(PQ,EQ)＝eq\f(\r(3),3)，所以二面角A－CD－E的余弦值为eq\f(\r(3),3).11．(13分)(2014·浙江理，20)如图，在四棱锥A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝eq\r(2).(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B－AD－E的大小．【解析】(1)在平面四边形BCDE中，BC＝eq\r(2)，在三角形ABC中，AB＝2，BC＝eq\r(2)，AC＝eq\r(2).根据勾股定理逆定理．∴AC⊥BC.∵平面ABC⊥平面BCOE，而平面ABC∩平面BCDE＝BC，AC⊥BC，∴AC⊥平面BCDE，∴AC⊥DE，又∵AC⊥DE，DE⊥DC，∴DE⊥平面ACD.(2)由(1)知分别以、为x轴、z轴正方向，以过C平行为y轴正向建立坐标系．则B(1,1,0)，A(0,0，eq\r(2))，D(2,0,0)，E(2,1,0)∴＝(1,1，－eq\r(2))，＝(2,0，－eq\r(2))，＝(0,1,0)，设平面ABD法向量n1＝(x1，y1，z1)，由n1·＝n1·＝0，解得n1＝(1,1，eq\r(2))，设平面ADE法向量n2＝(x2，y2，z2)，则n2·＝n2·＝0，解得：n2＝(1,0，eq\r(2))，设平面ABD与平面ADE夹角为θ，cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1＋0＋2,2×\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，∴平面ABD与平面ADE的二面角平面角为eq\f(π,6).12．(14分)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1(1)求证：A1E⊥BD；(2)当E恰为棱CC1的中点时，求证：平面A1BD⊥平面EBD；(3)在棱CC1上是否存在一个点E，可以使二面角A1－BD－E的大小为45°？如果存在，试确定点E在棱CC1上的位置；如果不存在，请说明理由．【解析】连接AC，BD，设AC∩DB＝O，连接A1O，OE.(1)∵A1A⊥底面ABCD，∴BD⊥A1又BD⊥AC，∴BD⊥平面ACEA1.∵A1E⊂平面ACEA1，∴A1E⊥BD.(2)在等边三角形A1BD中，BD⊥A1O，而BD⊥A1E，A1O⊂平面A1OE，A1E⊂平面A1OE，A1O∩A1E＝A1，∴BD⊥平面A1OE.于是BD⊥OE.∴∠A1OE为二面角A1－BD－E的平面角．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设棱长为2∵E为棱CC1的中点，由平面几何知识，得EO＝eq\r(3)a，A1O＝eq\r(6)a，A1E＝3a，满足A1E2＝A1O2＋EO2，∴∠A1OE＝90°.即平面A1BD⊥平面EBD.(3)在正方体ABCD－A1B1C1D1假设棱CC1上存在点E，可以使二面角A1－B