二面角的平面角的常見解法同步練 高一下學期數(shù)學人教A版（2019）必修第二冊

二面角的平面角的常見解法【基礎(chǔ)過關(guān)練】1.如圖，三棱臺ABC－A1B1C1的下底面是正三角形，AB⊥BB1，B1C1⊥BB1，則二面角A－BB1－C的大小是()A．30° B．45°C．60° D．90°2．如圖所示，將等腰Rt△ABC沿斜邊BC上的高AD折成一個二面角，使得∠B′AC＝60°.則這個二面角的大小是()A．30° B．60°C．90° D．120°3．已知二面角α－l－β的大小為130°，兩條異面直線a，b滿足a?α，b?β，且a⊥l，b⊥l，則a，b所成角的大小為()A．40°B．50°C．130°D．140°4.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)分別為棱AD，BC的中點，則平面C1D1EF與底面ABCD所成的二面角的余弦值為()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),5)D.eq\f(3\r(5),5)5．(多選)如圖，在棱長為1的正方體中，下列結(jié)論正確的是()A．異面直線AC與BC1所成的角為60°B．直線AB1與平面ABC1D1所成的角為45°C．二面角A－B1C－B的正切值為eq\r(2)D．四面體D1－AB1C的外接球的體積為eq\f(\r(3)π,2)6.如圖，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長都相等，則二面角A1－BC－A的平面角的正切值為()A.eq\f(\r(6),2) B.eq\r(3)C．1 D.eq\f(2\r(3),3)7.如圖，在正方體ABCD－A′B′C′D′中：(1)二面角D′－AB－D的大小為________．(2)二面角A′－AB－D的大小為________．8.如圖所示，α∩β＝CD，P為二面角內(nèi)部一點．PA⊥α，PB⊥β，垂足分別為A，B.若△PAB為等邊三角形，則二面角α－CD－β的大小為________．9．在四面體A－BCD中，已知棱AC的長為eq\r(2)，其余各棱長都為1，求二面角A－CD－B的余弦值．10．在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是平行四邊形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，∠ABC＝30°，求二面角P－BC－A的余弦值．【能力提升練】11.如圖，將正方形A1BCD折成直二面角A－BD－C，則二面角A－CD－B的余弦值為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(2),2)12．如圖所示，在△ABC中，AD⊥BC，△ABD的面積是△ACD面積的2倍．沿AD將△ABC翻折，使翻折后BC⊥平面ACD，此時二面角B－AD－C的大小為()A．30°B．45°C．60°D．90°13．二面角α－MN－β的平面角為θ1，AB?α，B∈MN，∠ABM＝θ2(θ2為銳角)，AB與β的夾角為θ3，則下列關(guān)系式成立的是()A．cosθ3＝cosθ1·cosθ2B．cosθ3＝sinθ1·cosθ2C．sinθ3＝sinθ1·sinθ2D．sinθ3＝cosθ1·sinθ214．將邊長為1的正方形ABCD沿對角線AC折疊，使得點B和點D的距離為1，則二面角B－AC－D的大小為________．15.“帷幄”是古代打仗必備的帳篷，又稱“幄帳”．如圖是一種幄帳示意圖，帳頂采用“五脊四坡式”，四條斜脊的長度相等，一條正脊平行于底面，若各斜坡面與底面所成二面角的正切值均為eq\f(1,2)，底面矩形的長與寬之比為2∶1，則正脊與斜脊長度的比值為()A.eq\f(4,3)B．2C.eq\f(4\r(5),5)D.eq\r(2)16.如圖，在水平放置的直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AD＝DC＝eq\f(1,2)AB＝1，以AB所在直線為軸，將梯形ABCD向上旋轉(zhuǎn)角θ得到梯形ABEF，其中θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)證明：平面ADF⊥平面CDFE；(2)若平面ADF與平面BCE所成的二面角的余弦值等于eq\f(\r(3),3)，求θ的值．參考答案1．C2.C3.B4.B5．ACD[如圖所示，連接AD1，AO，CD1，對于A，易知BC1∥AD1，則∠D1AC為異面直線AC與BC1所成的角，顯然△AD1C為正三角形，∴∠D1AC＝60°，故A正確；對于B，∵B1O⊥BC1，B1O⊥AB，AB∩BC1＝B，∴B1O⊥平面ABC1D1，∴∠B1AO為直線AB1與平面ABC1D1所成的角，∵AO＝eq\f(\r(6),2)，B1O＝eq\f(\r(2),2)，∴tan∠B1AO＝eq\f(B1O,AO)＝eq\f(\r(3),3)，∴∠B1AO＝30°，故B錯誤；對于C，在△AB1C中，AO⊥B1C，∴∠AOB為二面角A－B1C－B的平面角，tan∠AOB＝eq\f(AB,BO)＝eq\f(1,\f(\r(2),2))＝eq\r(2)，故C正確；對于D，利用補形法可知三棱錐的外接球即為正方體的外接球，∴R＝eq\f(\r(3),2)，∴V＝eq\f(4π,3)R3＝eq\f(\r(3)π,2)，故D正確．]6．D[設(shè)棱長為a，BC的中點為E，連接A1E，AE(圖略)，由正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長都相等，可得A1E⊥BC，AE⊥BC，所以二面角A1－BC－A的平面角為∠A1EA，在等邊△ABC中，AE＝eq\f(\r(3),2)a，所以tan∠A1EA＝eq\f(AA1,AE)＝eq\f(a,\f(\r(3),2)a)＝eq\f(2\r(3),3)，即二面角A1－BC－A的平面角的正切值為eq\f(2\r(3),3).]7．(1)45°(2)90°8．120°解析設(shè)平面PAB與棱CD交于點E，如圖，連接BE，AE，易得CD⊥BE，CD⊥AE，則∠BEA即為所求二面角的平面角．∵△PAB為等邊三角形，∴∠APB＝60°，∴∠BEA＝120°.故二面角α－CD－β的大小為120°.9．解如圖，由已知可得AD⊥DC，又由其余各棱長都為1，得△BCD為等邊三角形，取CD的中點E，連接BE，則BE⊥CD，在平面ADC中，過E作AD的平行線交AC于點F，連接BF，則EF⊥CD，則∠BEF為二面角A－CD－B的平面角．∵EF＝eq\f(1,2)，BE＝eq\f(\r(3),2)，BF＝eq\f(\r(2),2)，∴cos∠BEF＝eq\f(EF2＋BE2－BF2,2BE·EF)＝eq\f(\f(1,4)＋\f(3,4)－\f(1,2),2×\f(\r(3),2)×\f(1,2))＝eq\f(\r(3),3).10．解設(shè)PA＝AB＝2，過點A在平面ABCD內(nèi)作AE⊥BC交BC于點E，連接PE，如圖所示，∵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的平面角為∠PEA，在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∠ABE＝30°，AB＝2，則AE＝eq\f(1,2)AB＝1，∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，∴PA⊥AE，∴PE＝eq\r(PA2＋AE2)＝eq\r(5)，∴cos∠PEA＝eq\f(AE,PE)＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5).∴二面角P－BC－A的余弦值為eq\f(\r(5),5).11．B[∵以正方形A1BCD的對角線BD為棱折成直二面角，∴平面ABD⊥平面BCD，連接A1C交BD于點O，連接AO，如圖所示，則AO⊥BD，∵平面ABD∩平面BCD＝BD，AO?平面ABD，∴AO⊥平面BCD，∴AO⊥CD，取CD的中點M，連接OM，AM，則OM∥BC，∴OM⊥CD，又AO∩OM＝O，∴CD⊥平面AOM，∴AM⊥CD，∴∠AMO即為二面角A－CD－B的平面角．設(shè)正方形A1BCD的邊長為2，則AO＝eq\r(2)，OM＝1，∴AM＝eq\r(2＋1)＝eq\r(3).∴cos∠AMO＝eq\f(OM,AM)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).]12．C[由已知得BD＝2CD.翻折后，易知BC⊥CD.在Rt△BCD中，∠BDC＝60°.而AD⊥BD，CD⊥AD，故∠BDC是二面角B－AD－C的平面角，其大小為60°.]13．C[如圖，過點A作AH⊥β于點H，作HO⊥MN于點O，連接AO，則AO⊥MN，所以∠AOH為α－MN－β的平面角，∠ABH為AB與β所成的角，因為sinθ1＝eq\f(AH,AO)，sinθ2＝eq\f(AO,AB)，所以sinθ1·sinθ2＝eq\f(AH,AO)·eq\f(AO,AB)＝eq\f(AH,AB)＝sinθ3.]14.eq\f(π,2)解析設(shè)翻折前AC與BD相交于點O，則OB⊥AC，OD⊥AC，而翻折之后的圖形如圖所示，∴∠BOD為二面角B－AC－D的平面角，∵OB＝OD＝eq\f(\r(2),2)，BD＝1，∴△BOD為等腰直角三角形，且∠BOD＝eq\f(π,2)，∴二面角B－AC－D的大小為eq\f(π,2).15．A[設(shè)正脊長為a，斜脊長為b，底面矩形的長與寬分別為2t和t，如圖，過S作SO⊥上底平面于O，過O作OE⊥AD于E，作OF⊥AB于F，連接SE，SF，OA，由題意知tan∠SEO＝tan∠SFO＝eq\f(1,2)，SE2＝SA2－AE2＝b2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t－a,2)))2，SF2＝SB2－BF2＝b2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2，所以eq\f(2t－a,2)＝eq\f(t,2)，于是a＝t，SA＝b＝eq\r(OA2＋SO2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,4)))2)＝eq\f(3t,4)，所以eq\f(a,b)＝eq\f(t,\f(3t,4))＝eq\f(4,3).]16．(1)證明由題意，知AB⊥AD，AB⊥AF，AD∩AF＝A，且AD，AF?平面ADF，所以AB⊥平面ADF，又AB∥CD，所以CD⊥平面ADF，因為CD?平面CDFE，所以平面ADF⊥平面CDFE.(2)解因為EF∥AB∥CD，所以EF⊥平面ADF，從而△BCE在平面ADF內(nèi)的投影為△ADF，所以平面ADF與平面BCE所成二面角的余弦值為eq\f(S△ADF,S△BCE)，由已知得∠FAD＝θ，AF＝AD＝1，BE＝BC＝eq\r(2)，F(xiàn)D＝EC＝2sin

eq\f(θ,2)，所以S△ADF＝eq\f(1,2)sinθ＝sin

eq\f(θ,2)cos

eq\f(θ,2)，S△BCE＝eq\f(1,2)·2sin

eq\f(θ,2)·eq\r(2－sin2\f(θ,2))＝sin

eq\f(θ,2)·eq\r(2－sin2\f(θ,2))，從而eq\f(S△ADF,S△BCE)＝eq\f(sin

\f(θ,2)cos