新教材2023-2024学年高中数学第一章空间向量与立体几何1.2空间向量在立体几何中的应用1.2.4二面角分层作业新人教B版选择性必修第一册

第一章1.2.4二面角A级必备知识基础练1.[探究点二]已知二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量分别为a,b,且<a,b>=π6,则二面角α-l-β的大小为(A.π6 B.C.π6或52.[探究点二]已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=4,CC1=2,则平面A1BC1与平面ABCD所成角的余弦值为()A.63 B.33 C.223.[探究点二·2023天津高二阶段练习]直线l的方向向量为a,两个平面α,β的法向量分别为n,m,则下列命题为假命题的是()A.若a⊥n,则直线l∥平面αB.若a∥n,则直线l⊥平面αC.若cos<a,n>=12,则直线l与平面α所成角的大小为D.若cos<m,n>=32,则平面α,β所成锐角的大小为4.[探究点二·2023山东潍坊高二阶段练习](多选题)下列说法不正确的是()A.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为5π6,则直线l与平面αB.两条异面直线所成的角等于它们的方向向量的夹角C.二面角的范围是[0,π]D.二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小5.[探究点一]已知点O在二面角α-AB-β的棱上,点P在平面α内,且∠POB=60°.若直线PO与平面β所成的角为45°,则二面角α-AB-β的正弦值为.

6.[探究点二]若两个平面α,β的法向量分别是u=(1,0,1),v=(-1,1,0),则这两个平面所成角的大小是.

7.[探究点二]如图所示,AE⊥平面ABCD,四边形AEFB为矩形,BC∥AD,BA⊥AD,AE=AD=2AB=2BC=4.(1)求证:CF∥平面ADE;(2)求平面CDF与平面AEFB所成角的余弦值.8.[探究点二]如图所示,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,F为PC的中点,求二面角C-BF-D的正切值.B级关键能力提升练9.过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,则平面ABP与平面CDP所成角的余弦值为()A.13 B.22 C.3210.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,二面角B-AC-B1的平面角的余弦值为()A.63 B.32 C.1211.[2023广东高二阶段练习](多选题)如图,以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出如下四个结论,其中正确的是()A.AB·ACB.AB⊥DCC.BD⊥ACD.平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直12.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=1,AA1=2,点E为C1D1的中点,则二面角B1-A1B-E的余弦值为.

13.二面角的棱上有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=217,则该二面角的大小为.

14.[2023江西高二开学考试]如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱BB1=1,∠ABC=2π3,且M,N分别为BB1,AC的中点,连接(1)证明:MN∥平面AB1C1;(2)若BA=BC=2,求二面角A-B1C1-B的平面角的大小.C级学科素养创新练15.图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.

1.2.4二面角1.C2.A建立如图所示空间直角坐标系,则A1(4,0,2),B(4,4,0),C1(0,4,2),所以A1B=(0,4,-2),A1C1设平面A1BC1的一个法向量为m=(x,y,z),则A令z=2,则m=(1,1,2).易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),所以cos<m,n>=m·n|m||n|=26=63,3.A对A,若a⊥n,则直线l∥平面α或直线l⊂平面α,故A错误;对B,若a∥n,则直线l⊥平面α,故B正确;对C,设直线l与平面α所成角的大小为θ(0≤θ≤π2),则sinθ=|cos<a,n>|=12,所以θ=π6,故对D,设平面α,β所成锐角的大小为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=32,所以θ=π6,故D故选A.4.ABD当直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为5π6时,直线l与平面α所成的角为π3,故A不正确;向量夹角的范围是[0,π],而异面直线所成的角为(0,π2],故B不正确;二面角的范围是[0,π],故C正确;二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角的大小相等或互补,故选ABD.5.63如图,过点P作PE⊥β,垂足为E,过点E作EF⊥AB,垂足为F,连接OE,PF,则∠POE为直线PO与平面β所成的角,∠PFE为二面角α-AB-β的平面角设OP=2a,则在Rt△PEO中,由∠POE=45°,可得PE=a;在Rt△PFO中,由∠POF=60°,可得PF=2a·sin60°=62a;在Rt△PEF中,sin∠PFE=PE即二面角α-AB-β的正弦值为636.60°设这两个平面所成角为θ,则cosθ=|u·v|7.(1)证明∵四边形ABEF为矩形,∴BF∥AE.又BF⊄平面ADE,AE⊂平面ADE,∴BF∥平面ADE.又BC∥AD,同理可得BC∥平面ADE.又BF∩BC=B,BF,BC⊂平面BCF,∴平面BCF∥平面ADE.又CF⊂平面BCF,∴CF∥平面ADE.(2)解如图,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,则C(2,2,0),D(0,4,0),F(2,0,4),∴AD=(0,4,0),CD=(-2,2,0),CF=(0,-2,4).设n=(x,y,z)是平面CDF的一个法向量,则n·CD=0,n∴n=(2,2,1).又AD是平面AEFB的一个法向量,∴cos<n,AD>=n·AD|n||AD|=28.解如图所示,设AC与BD交于O,连接OF.因为底面四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,O为AC中点.又F为PC中点,所以OF∥PA.因为PA⊥平面ABCD,所以OF⊥平面ABCD.以O为坐标原点,OB,OC,OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.设PA=AD=AC=1,则BD=3,所以O(0,0,0),B(32,0,0),F(0,0,12),C(0,12,0),OC=(0,12,0),易知OC由BC=(-32,12,0),FB=(32,0,-12),可得平面BCF的一个法向量为n=(1,3,3),所以cos<n,OC>=217,sin<n,OC>=279.B设AP=AB=1.以A为原点,AB为x轴,AD为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系,则P(0,0,1),D(0,1,0),C(1,1,0),PC=(1,1,-1),PD=(0,1,-1).设平面PCD的法向量m=(x,y,z),则m取y=1,得m=(0,1,1).易知平面ABP的法向量n=(0,1,0).设平面ABP与平面CDP所成角为θ,则cosθ=m·n|m10.D连接AC,取AC的中点O,连接B1O,BO.由AB=BC,则BO⊥AC且AB1=B1C,则B1O⊥AC,故∠BOB1即为二面角B-AC-B1的平面角.不妨设正方体的棱长为1,则在△ABC中,BO=12AC=22,在△AB1C中,AB1=B1C=AC=2,则B1O=又B1B=1,故可得cos∠B1OB=B1故选D.11.BC对于A,设AB=AC=t,平面ABD⊥平面ADC,而BD⊥AD,AD⊥CD,则有∠BDC为二面角的平面角,即∠BDC=90°,则BC=2BD=t,故∠BAC=60°,AB·AC=12t2≠对于B,平面ABD⊥平面ADC,其交线为AD.又由CD⊥AD,且CD⊂平面ADC,则CD⊥平面ABD,则有AB⊥DC,故B正确;对于C,同理可证BD⊥AC,故C正确;对于D,平面ADC与平面ABC不垂直,则平面ADC的法向量和平面ABC的法向量不能互相垂直,故D错误.故选BC.12.33以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A1(1,0,2),B(1,2,0),B1(1,2,2),E(0,1,2),则A1B=(0,2,-2),A1E设平面A1BE的一个法向量为n1=(x,y,z),则2y-2z=0,-x+易知平面A1BB1的一个法向量为n2=(1,0,0),而二面角B1-A1B-E为锐角,故cosθ=|n13.60°由条件,知CA·AB=0,AB·BD=0,CD=CA+AB+BD,∴|CD|2=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA·AB+2AB·BD+2CA·BD=62+42+82+2×6×又0°≤<CA,BD>∴<CA,BD∴该二面角的大小为60°.14.(1)证明如图,取AC1的中点P,连接B1P,PN.∵N为AC的中点,∴PN∥C1C,且PN=12C1C又B1M∥C1C,B1M=12C1C,∴PN∥B1M,PN=B1M∴四边形B1MNP是平行四边形,∴MN∥B1P.又B1P⊂平面AB1C1,MN⊄平面AB1C1,∴MN∥平面AB1C1.(2)解如图,作BE⊥BC,交AC于E,以点B为原点,BE为x轴,BC为y轴,BB1为z轴,建立空间直角坐标系Bxyz.∵BA=BC=2,BB1=1,∠ABC=2π∴A(3,-1,0),B(0,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,1),C1(0,2,1),∴AB1=(-3,1,1),B1C1=(0,2,0).设平面AB1C1的法向量为m=(x,∴A即-∴令x=1,则y=0,z=3,∴m=(1,0,3).∵平面BB1C1的一个法向量为n=(1,0,0),∴cos<m,n>=m·∵由图知二面角A-B1C1-B的平面角为锐角,∴二面角A-B1C1-B的平面角的大小为π315.(1)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解作EH⊥BC,垂足为H.因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC