核心素养测评(第七章第44节第2课时两平面的夹角)

核心素养测评(时间:45分钟分值:90分)【基础过关练】一、单选题1.(5分)在三棱锥A-BCD中,平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1,n2.若<n1,n2>=π6,则二面角A-BD-C的大小为 (A.π6 B.5π6 C.π6或5π6 D【解析】选C.因为二面角的范围是[0,π],且<n1,n2>=π6,所以二面角A-BD-C的大小为π6或2.(5分)如图,点A,B,C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上,=(0,0,2),平面ABC的法向量为n=(2,1,2),设二面角C-AB-O的大小为θ,则cosθ等 ()A.43 B.53 C.23 D【解析】选C.由题意可知,平面ABO的一个法向量为=(0,0,2),由题图可知,二面角C-AB-O为锐角,由空间向量的结论可知,cosθ==42×3=23.3.(5分)设a=(1,1,0),b=(t,0,1)分别为两平面的法向量,若两平面所成的角为60°,则t等于 ()A.1 B.-1 C.-1或1 D.2【解析】选C.因为法向量a,b所成的角与两平面所成的角相等或互补,所以(1,1,0)·(t4.(5分)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,且AB=3,AD=4,PA=435,则平面ABD与平面PBD的夹角为 (A.30° B.45° C.60° D.75°【解析】选A.因为PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,所以AB,AD,AP两两垂直,故以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.则A(0,0,0),B(3,0,0),D(0,4,0),P(0,0,435因为PA⊥平面ABCD,所以平面ABD的一个法向量为n=(0,0,1),而=(3,0,-435),=(-3,4,0),设平面PBD的法向量为m=(x,y,z),则即3x取x=4,得y=3,z=53,则m=(4,3,53).设平面ABD与平面PBD的夹角为θ,则cosθ=|cos<n,m>|=n·mnm=5342+32所以平面ABD与平面PBD的夹角为30°.5.(5分)已知四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD,PD=AD,点E是线段PB上的动点,则直线DE与平面PBC所成角的最大值为 ()A.π6 B.π4 C.π3 【解析】选C.由题意,因为底面ABCD为正方形,且PD⊥底面ABCD,所以以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,设PD=AD=1,则D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,1),所以=(1,1,-1),=(0,1,-1),设=λ,λ∈[0,1],则=(λ,λ,-λ),所以E(λ,λ,1-λ),即=(λ,λ,1-λ),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则,有x+y-z=0y-z=0,解得x=0,y所以平面PBC的一个法向量为n=(0,1,1),设直线DE与平面PBC所成角为θ,则sinθ=|cos<n,>|==12×2λ2因为y=sinθ,在θ∈0,π所以当λ=13时,sinθ取得最大值,最大值为32,此时θ=π3,即直线DE与平面PBC二、多选题6.(5分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=π3AB=2AD=2PD,PD⊥底面ABCD,则 ()A.PA⊥BDB.PB与平面ABCD所成的角为πC.异面直线AB与PC所成角的余弦值为5D.二面角A-PB-C的正弦值为21【解析】选ABD.连接BD,设AB=2AD=2PD=2a,因为∠DAB=π3,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·AB·cos∠BAD=a2+4a2-4a2·12=3a2,则BD=3所以BD2+AD2=AB2,即BD⊥AD,又PD⊥底面ABCD,AD,BD⊂底面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥BD.如图,以D为原点,DA,DB,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(a,0,0),B(0,3a,0),C(-a,3a,0),P(0,0,a).对于A,=(a,0,-a),=(0,-3a,0),则·=0,所以PA⊥BD,故A正确;对于B,=(0,3a,-a),因为PD⊥底面ABCD,所以=(0,0,a)是平面ABCD的一个法向量,所以cos<,>==-a22a·a则PB与平面ABCD所成角的正弦值为12,即PB与平面ABCD所成的角为π故B正确;对于C,=(-a,3a,0),=(-a,3a,-a),则cos<,>==a2+3a2+02a·5a=255,则异面直线AB对于D,设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),则即ax令y1=1,则n=(3,1,3).设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),则即3ay2-az2=0,所以cos<n,m>=n·m|n||设二面角A-PB-C的平面角为θ(0≤θ≤π),则|cosθ|=27所以sinθ=1-cos2θ=217.(5分)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M为线段BD1上的动点(含端点),则()A.存在点M,使得CM⊥平面A1DBB.存在点M,使得CM∥平面A1DBC.不存在点M,使得直线C1M与平面A1DB所成的角为30°D.存在点M,使得平面ACM与平面A1BM所成的角为45°【解析】选BCD.建立如图所示的空间直角坐标系,C(0,0,0),B(0,1,0),A(1,1,0),D(1,0,0),D1(1,0,1),A1(1,1,1),C1(0,0,1),设=λ⇒M(1-λ,λ,1-λ)(λ∈[0,1]),设平面A1DB的法向量为n=(x,y,z),=(-1,1,0),=(1,0,1),=(1-λ,λ,1-λ),则有⇒-x+y=0x+z=0,令x=1,则n=(1,1,-1).假设存在点M,使得CM⊥平面A1DB,所以有∥n,所以有1-λ1=λ1=1-λ假设存在点M,使得CM∥平面A1DB,所以有⊥n⇒·n=0⇒1-λ+λ-1+λ=0⇒λ=0∈[0,1],所以假设成立,因此选项B正确;假设存在点M,使得直线C1M与平面A1DB所成的角为30°,=(1-λ,λ,-λ),λ∈[0,1],所以有|cos<,n>|=sin30°,即=1-λ+λ+解得λ=7±365,不符合题意,所以假设不成立,故选项C假设存在点M,使得平面ACM与平面A1BM所成的角为45°,设平面ACM、平面A1BM的法向量分别为a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),=(1,1,0),=(1-λ,λ-1,1-λ),显然λ∈[0,1),则有⇒x1+y1=0(1-λ)x⇒x2+可令b=(1,0,-1),所以有cos<a,b>=a=1+2λ-1λ-12×1+1+(2λ-11-λ)三、填空题8.(5分)已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC夹角的余弦值等于___________.【解析】如图,建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为1,平面ABC的一个法向量为n1=(0,0,1),平面AEF的法向量为n2=(x,y,z).因为A(1,0,0),E(1,1,13),F(0,1,2所以=(0,1,13),=(-1,0,13),则即y+取x=1,则y=-1,z=3.故n2=(1,-1,3).所以cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n2答案:3【变式备选】在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E为棱AB的中点,则二面角D1-EC-D的余弦值为______________.

【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,由AD=AA1=1,AB=2,得E(1,1,1),C(0,2,1),D1(0,0,0),则=(1,1,1),=(0,2,1),设平面D1EC的法向量为n=(x,y,z),则即x+令z=-2,得n=(1,1,-2),易知平面DEC的一个法向量为m=(0,0,1),则cos<m,n>=m·n|m||由图可知二面角D1-EC-D为锐角,则二面角D1-EC-D的余弦值为63答案:69.(5分)已知矩形ABCD,AB=1,BC=3,沿对角线AC将△ABC折起,若BD=2,则二面角B-AC-D的余弦值为___________.

【解析】如图所示,过B,D分别作BE⊥AC,DF⊥AC,垂足分别为E,F,由矩形ABCD中,AB=1,BC=3,可知AC=2,∠BAC=60°⇒BE=DF=32,AE=CF=12,EF=1.设二面角B-AC-D的平面角为α,则<,>=α,=++⇒=+++2·+2·+2·,所以2=34+1+34+2×34×cos(π-α)⇒cosα=13.答案:1【变式备选】如图,已知二面角α-l-β和点P,过点P作PA⊥α于A,PB⊥β于B,若PA=5,PB=8,AB=7,则二面角α-l-β的大小为 ()A.30° B.60° C.120° D.150°【解析】选C.设=a,=b,则=b-a且a=5,b=8,=7,由=b-a2=b2+a2-2a·b,解得a·b=20,可得cos<a,b>=a·ba又0°≤<a,b>≤180°,所以∠APB=<a,b>=60°,所以二面角α-l-β的大小为120°.四、解答题10.(10分)(2025·淮安模拟)如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AC与BD交于点O,底面ABCD是边长为2的正方形,且D1O⊥底面ABCD.(1)证明:AC⊥CC1;【解析】(1)因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.因为D1O⊥底面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以D1O⊥AC.又因为AC⊥BD,BD,D1O⊂平面BDD1B1,BD∩D1O=O,所以AC⊥平面BDD1B1.又DD1⊂平面BDD1B1,所以AC⊥DD1.又平行六面体ABCD-A1B1C1D1,所以DD1∥CC1,所以AC⊥CC1.(2)若二面角D1-AB-D的正切值为2,求直线A1C与平面ABCD所成角的余弦值.【解析】(2)取AB中点H,连接D1H,OH,因为四边形ABCD是正方形,所以OH⊥AB.因为D1O⊥底面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以D1O⊥AB.又因为OH,D1O⊂平面D1OH,OH∩D1O=O,所以AB⊥平面D1OH.又D1H⊂平面D1OH,所以AB⊥D1H,所以∠D1HO是二面角D1-AB-D的平面角.又二面角D1-AB-D的正切值为2,所以D1O=1.建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,1),D(0,-1,0),A(1,0,0),C(-1,0,0),所以=+=+=(0,-1,-1)+(-2,0,0)=(-2,-1,-1),因为D1O⊥底面ABCD,所以底面ABCD的一个法向量为=(0,0,1).设直线A1C与平面ABCD所成角为θ,θ∈[0,π2],sinθ=|cos<,>|=66,所以cosθ=1-sin2【变式备选】(2024·南京模拟)如图,在△ABC中,AD是BC边上的高,以AD为折痕,将△ACD折至△APD的位置,使得PB⊥AB.(1)证明:PB⊥平面ABD;【解析】(1)因为AD是BC边上的高,所以PD⊥AD,AD⊥BD,因为PD∩BD=D,PD,BD⊂平面PBD,所以AD⊥平面PBD,因为PB⊂平面PBD,所以AD⊥PB,又因为PB⊥AB,AD,AB⊂平面ABD,AD∩AB=A,所以PB⊥平面ABD.(2)若AD=PB=4,BD=2,求二面角B-PA-D的正弦值.【解析】(2)以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DB所在直线为y轴,过D点垂直ADB平面的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,AD=PB=4,BD=2,则B(0,2,0),P(0,2,4),A(4,0,0),D(0,0,0),所以=(0,0,4),=(4,-2,-4),=(4,0,0),设平面BPA与平面PAD的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),故,解得:z1=0,令x1=1,得:y1=2,则n1=(1,2,0),,解得:x2=0,令z2=1,则y2=-2,故n2=(0,-2,1),设二面角B-PA-D的平面角为θ,显然θ为锐角,所以cosθ=|n1·n2||所以sinθ=1-cos2即二面角B-PA-D的正弦值为35【能力提升练】11.(5分)把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD与平面CBD所成二面角的大小为120°,则异面直线AD与BC所成角的余弦值为()A.14 B.-14 C.-34 【解析】选D.取BD中点O,连接AO,CO,以OC,OB分别为x,y轴,过点O垂直平面BOC的直线为z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示,因为四边形ABCD是边长为2的正方形,所以OA=OB=OC=1,则B(0,1,0),C(1,0,0),D(0,-1,0),又易知,OA⊥BD,OC⊥BD,所以∠AOC为二面角A-BD-C的平面角,由题知,∠AOC=120°,所以∠AOz=30°,则A(-12,0,3所以=(12,-1,-32=(1,-1,0),cos<,>==12+114+1+34×2=34,所以异面直线12.(5分)(多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,E,F,G分别为棱BB1,DD1,CC1上的点,且BE=13BB1,DF=13DD1,CG=23CC1,若点P在正方体内部(含边界),满足:=λ+μ,λ,μ为实数,则下列说法正确的是 ()A.点P的轨迹为菱形AEGF及其内部B.当λ=1时,点P的轨迹长度为10C.|A1P|的最小值为9D.当μ=12时,直线AP与平面ABCD所成角的正弦值的最大值为【解析】选ABD.对于A,因为=λ+μ,由空间向量基本定理可知,P在菱形AEGF内,A正确;对于B,取CC1上一点H,使得CH=13CC1,连接EH,FH,HB易证四边形AFHB和四边形BHGE是平行四边形,所以AF∥EG且AF=EG,所以四边形AFGE是平行四边形,所以AE=FG,当λ=1时,=λ+μ⇒=+μ,所以-=μ,即=μ,P在线段EG上,P的轨迹长度为线段EG的长,即为10,B正确;对于C,由=λ+μ知,P在菱形AEGF内,所以|A1P|的最小值即为点A1到平面AEGF的距离,以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(3,0,0),F(0,0,1),E(3,3,1),A1(3,0,3),可得=(-3,0,1),=(0,3,1),=(0,0,3),设平面AFGE的法向量为n=(a,b,c),则,取c=3,可得a=1,b=-1,所以n=(1,-1,3),所以A1到平面AEGF的距离为d==91+1+32=91111,对于D,当μ=12时,=λ+μ⇒=λ+12,分别取AF,EG的中点M,N,连接MN,易得P在线段MN上,M(32,0,12),N(32,3,32),所以=λ(0≤λ≤1),可得P(32,3λ,λ+12),平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),=(-32,3λ,λ+12设AP与平面ABCD所成角为θ,所以sinθ=cos<,m>==λ+12设t=12λ+1,因为λ∈[0,1],则t则λ=12t-12代入化简可得sinθ当t=12时,直线AP与平面ABCD所成角的正弦值的最大值为2211,D【变式备选】如图,三棱锥V-ABC的侧棱长都相等,底面ABC与侧面VAC都是以AC为斜边的等腰直角三角形,E为线段AC的中点,F为直线AB上的动点,若平面VEF与平面VBC所成锐二面角的平面角为θ,则cosθ的最大值是()A.33 B.23 C.53 【解析】选D.底面ABC与侧面VAC都是以AC为斜边的等腰直角三角形,则Rt△ABC≌Rt△AVC,所以VA=VC=BA=BC.设VA=VC=BA=BC=VB=2,由E为线段AC的中点,得VE=BE=2,由VE2+BE2=VB2,所以VE⊥EB,以E为坐标原点,EB为x轴,EC为y轴,EV为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,2,0),B(2,0,0),V(0,0,2),设F(x,x-2,0),=(0,2,-2),=(2,0,-2),=(0,0,2),=(x,x-2,-2),设平面VBC的法向量m=(x1,y1,z1),则,即2y1令x1=1,则y1=1,z1=1,所以m=(1,1,1).设平面VEF的法向量n=(x2,y2,z2),则,即2z2=0x·x2+(x-2)·y2-所以n=(2x-1,1,0),平面VEF与平面VBC所成锐二面角的平面角为则cosθ=m·nmn=2x32x2令f(x)=6x2-62x+6=6(x-22)2+3,当x=22时,f(x)则cosθ的最大值为23=613.(5分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知:PA⊥平面ABCD,∠BAD=90°,PA=AB=BC=12AD=2,BC∥AD,已知Q是四边形ABCD内部一点(包括边界),且二面角Q-PD-A的平面角大小为π3,则△ADQ面积的取值范围是【解析】以A为坐标原点,建系如图,因为二面角Q-PD-A的平面角大小为π3所以Q的轨迹是过点D的一条直线,又因为Q是四边形ABCD内部一点(包括边界),所以Q的轨迹是过点D的一条线段,设Q的轨迹与y轴的交点坐标为G(0,b,0),由题意可得A(0,0,0),D(4,0,0),P(0,0,2),所以=(-4,0,2),=(-4,b,0),=(4,0,0),因为AB⊥平面PAD,所以平面PAD的一个法向量为m==(0,2,0),设平面PDG的法向量为n=(x,y,z),所以令x=1,则y=4b,z=2,所以n=(1,4b因为二面角Q-PD-A的平面角大小为π3所以cos<m,n>=m·nmn=8b2×5+16所以当Q在线段BC上时,△ADQ的面积最大,最大值为12所以△ADQ面积的取值范围是(0,4].答案:(0,4]14.(10分)(2024·泉州模拟)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形,平面AA1D1D⊥平面ABCD,A1A=D1D=17,点P是棱DD1的中点,点Q在棱BC上.(1)若=3,证明:PQ∥平面ABB1A1;(2)若二面角P-QD-A的正切值为5,求BQ的长.【解题指南】(1)取AA1的中点M,连接MP,MB,利用平行四边形证明PQ∥MB,由判定定理得证;(2)建立空间直角坐标系,设=λ(0≤λ≤1),根据向量法求出二面角的余弦值,解出λ,即可得解.【解析】(1)取AA1的中点M,连接MP,MB,如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,四边形A1ADD1是梯形,A1D1=2,AD=4,又点M,P分别是棱A1A,D1D的中点,所以MP∥AD,且MP=A1D在正方形ABCD中,BC∥AD,BC=4,又BQ=3QC,所以BQ=3.从而MP∥BQ且MP=BQ,所以四边形BMPQ是平行四边形,所以PQ∥MB.又因为MB⊂平面ABB1A1,PQ⊄平面ABB1A1,所以PQ∥平面ABB1A1.(2)在平面AA1D1D中,作A1O⊥AD于O.因为平面AA1D1D⊥平面ABCD,平面AA1D1D∩平面ABCD=AD,A1O⊥AD,A1O⊂平面AA1D1D,所以A1O⊥平面ABCD.在正方形ABCD中,过O作AB的平行线交BC于点N,则ON⊥OD.以O为原点,ON,OD,OA1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz.因为四边形AA1D1D是等腰梯形,A1D1=2,AD=4,所以AO=1.又A1A=D1D=17,所以A1O=4.易得B(4,-1,0),D(0,3,0),C(4,3,0),D1(0,2,4),P(0,52所以=(4,0,0),=(0,-12,2),=(0,-4,0).设=λ=(0,-4λ,0)(0≤λ≤1),所以=+=(4,-4λ,0).设平面PDQ的法向量为m=(x,y,z),由,得-12令z=1,可得m=(4λ,4,1),另取平面DCQ的一个法向量为n=(0,0,1).设二面角P-QD-A的平面角为θ,由题意得cosθ=11+tan2又cosθ=|cos<m,n>|=|m·n所以1(4λ解得λ=±34(负值舍去因此CQ=34×4=3,BQ=1所以当二面角P-QD-A的正切值为5时,BQ的长为1.【创新思维练】15.(5分)(多选题)设Ox,Oy,Oz是空间中两两夹角均为θ(θ∈(0,π2])的三条数轴,e1,e2,e3分别是与x,y,z轴正方向同向的单位向量,若=xe1+ye2+ze3(x,y,z∈R),则把有序数对(x,y,z)θ叫作向量在坐标系Oxyz中的坐标,则下列结论正确的是()A.若向量a=(-1,3,-7)θ,向量b=(3,-2,4)θ,则a+b=(2,1,3)θB.若向量a=(2,6,-3)π2,向量bC.若向量a=(x,y,0)θ,向量b=(1,2,0)θ,则当且仅当x∶y=1∶2时,θ=πD.若向量=(1,0,0)π3,向量=(0,1,0)π3,向量【解析】选BD.对于A,若向量a=(-1,3,-