小学数学第八章　作业40　二面角的常见解法

作业40二面角的常见解法分值：80分一、单项选择题(每小题5分，共30分)1.已知二面角α-l-β的大小为130°，两条异面直线a，b满足a⊂α，b⊂β，且a⊥l，b⊥l，则a，b所成角的大小为A.40° B.50°C.130° D.140°2.如图所示，将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，使得∠B'AC=60°.则二面角B'-AD-C的大小是A.30°B.60°C.90°D.120°3.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为棱AD，BC的中点，则平面C1D1EF与底面ABCD所成的锐二面角的余弦值为A.22 B.C.2554.如图，边长为2的两个等边△ABC，△DBC，若点A到平面BCD的距离为62，则锐二面角A-BC-DA.π4 B.C.π3 D.5.已知二面角A-BC-D，A-CD-B，A-BD-C的平面角都相等，则点A在平面BCD上的射影是△BCD的A.内心 B.外心 C.垂心 D.重心6.已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D的大小为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为A.15 B.C.35 D.二、多项选择题(每小题6分，共12分)7.如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面BCD，∠ABC=∠BCD=π2，∠CBD=π6，AB=BDA.四面体ABCD的体积为3B.AB⊥CDC.二面角A-CD-B的平面角的余弦值为21D.四面体ABCD外接球的体积为8π8.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则下列结论正确的是A.AC⊥B1DB.A1C1∥平面B1CDC.二面角B1-CD-B的大小为45°D.点C1到平面B1CD的距离为2三、填空题(每小题5分，共10分)9.如图，△ABC与△BCD所在平面垂直，且AB=BC=BD，∠ABC=∠DBC=120°，则二面角A-BD-C的平面角的余弦值为.

10.若某锐二面角内一点到二面角的两个半平面的距离分别为1和2，到二面角的棱的距离为2，则此二面角的平面角的大小为.

四、解答题(共28分)11.(13分)在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，∠ABC=30°，求二面角P-BC-A的余弦值.12.(15分)(2024·新课标全国Ⅰ)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=3.(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；(5分)(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为427，求AD.(10分答案精析1.B2.C3.B4.A[设BC的中点为E，连接AE，DE，过点A作AF⊥ED，垂足为F，因为△ABC，△DBC均为等边三角形，故AE⊥BC，DE⊥BC，故∠AED为二面角A-BC-D的平面角.又AE∩DE=E，AE，DE⊂平面AED，故BC⊥平面AED，而AF⊂平面AED，故BC⊥AF，又AF⊥ED，DE∩BC=E，DE，BC⊂平面BCD，故AF⊥平面BCD，则点A到平面BCD的距离为AF=62又△ABC为等边三角形，边长为2，故AE=2×sinπ3=3故在Rt△AFE中，sin∠AEF=AFAE=623则∠AEF=π4，即∠AED=π故二面角A-BC-D的大小为π4.5.A[因为二面角A-BC-D，A-CD-B，A-BD-C的平面角都相等，所以点A在平面BCD上的射影到△BCD的三边的距离都相等，所以点A在平面BCD上的射影是△BCD的内心.]6.C[取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C-AB-D的平面角，即∠CED=150°，显然CE∩DE=E，CE，DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC=CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB=2，则CE=1，DE=3，在△CDE中，由余弦定理得CD=C=1+3-2=7，由正弦定理得DEsin∠DCE=即sin∠DCE=3sin150°7=显然∠DCE是锐角，cos∠DCE=1-sin2=52所以直线CD与平面ABC所成的角的正切值为35.7.BC[因为∠ABC=π2，所以AB⊥BC，又因为平面ABC⊥平面BCD平面ABC∩平面BCD=BC，AB⊂平面ABC，所以AB⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，故AB⊥CD，B正确；在△BCD中，因为∠BCD=π2，∠CBD=π6，BD所以CD=1，BC=3，所以S△BCD=12BC·CD=12×3×1=所以V四面体ABCD=13S=13×32×2=33同B项分析可得CD⊥平面ABC，故CD⊥AC，又CD⊥BC，所以二面角A-CD-B的平面角是∠ACB，又AC=7，所以cos∠ACB=BCAC=217，将原几何体补成长方体，如图所示，则四面体ABCD的外接球即为该长方体的外接球，外接球的直径为AD，且AD=AB2+所以外接球的半径R=2，故V球=43π·(2)3=82π3，8.ACD[连接BD，如图所示，对于A，由正方体性质可知，BB1⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，又因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又BB1∩BD=B，且BB1，BD⊂平面BB1D，所以AC⊥平面BB1D，因为B1D⊂平面BB1D，所以AC⊥B1D，所以A正确；对于B，连接A1D，平面B1CD即为平面B1A1DC，又A1C1∩平面B1A1DC=A1，即A1C1与平面B1CD相交，所以B错误；对于C，平面B1CD∩平面ABCD=CD，易知B1C⊥CD，BC⊥CD，所以∠B1CB即为二面角B1-CD-B的平面角，显然∠B1CB=45°，即二面角B1-CD-B的大小为45°，所以C正确；对于D，易知三棱锥C1-B1CD与三棱锥B1-C1CD的体积相等，设点C1到平面B1CD的距离为d，即13S△B1CD·d=可得13×12×2×=13×12×1×1×所以d=22，即点C1到平面B1CD的距离为22，所以D正确9.-5解析过点A作AE⊥CB，交CB的延长线于点E，连接DE，∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE⊂平面ABC，∴AE⊥平面BCD，∵DE⊂平面BCD，∴AE⊥DE，∴点E即为点A在平面BCD内的射影，∴△BDE为△ABD在平面BCD内的射影，设AB=a，则AE=DE=AB·sin60°=32a∴AD=62a由余弦定理可得cos∠ABD=A=a2+a∴sin∠ABD=154∴S△ABD=12a2×154=158a又BE=12a∴S△BDE=12×32a×12a=3设二面角A-BD-E的平面角为θ，∴cosθ=S△BDES△ABD而二面角A-BD-C的平面角与二面角A-BD-E的平面角互补，∴二面角A-BD-C的平面角的余弦值为-5510.75°解析根据题意，设点P在锐二面角α-l-β内，过点P作PA⊥α，垂足为A，过点P作PB⊥β，垂足为B，因为PA⊥α，l⊂α，则PA⊥l，同理PB⊥l，而PA∩PB=P，PA，PB⊂平面PAB，则l⊥平面PAB，设平面PAB与直线l的交点为C，连接PC，AC，BC，且PC，AC，BC⊂平面PAB，则有PC⊥l，AC⊥l，BC⊥l，则∠ACB是二面角α-l-β的平面角，依题意，不妨设PA=1，则PB=2，PC=2，如图，因为AC⊂α，BC⊂β，则PA⊥AC，PB⊥BC，在Rt△PAC中，PA=1，PC=2，则∠ACP=30°，在Rt△BCP中，PB=2，PC=2，则∠BCP=45°，则∠ACB=30°+45°=75°，所以此锐二面角的平面角的大小为75°.11.解设PA=AB=2，过点A在平面ABCD内作AE⊥BC，垂足为E，连接PE，如图所示，∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥PA，∵AE⊥BC，PA∩AE=A，PA，AE⊂平面PAE，∴BC⊥平面PAE，∵PE⊂平面PAE，∴PE⊥BC，∴二面角P-BC-A的平面角为∠PEA，在Rt△ABE中，∠AEB=90°，∠ABE=30°，AB=2，则AE=12AB=1∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE，∴PE=PA2+∴cos∠PEA=AEPE=5∴二面角P-BC-A的余弦值为5512.(1)证明因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB.因为BC2+AB2=AC2，所以BC⊥AB，根据平面知识可知AD∥BC，又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.(2)解如图所示，过点D作DE⊥AC于点E，再过点E作EF⊥CP于点F，连接DF，因为PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD，又平面PAC∩平面ABCD=AC，DE⊂平面ABCD，所以DE⊥平面PAC，因为CP⊂平面PAC，所以DE⊥CP，又EF⊥CP，EF∩DE=E，EF，DE⊂平面DEF，所