1.2.4 二面角（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册（人教B版2019）

1.2.4　二面角 基础过关练 题组一　二面角及其度量 1.设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点),记直线PB与直线AC所成的角为α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则(　　) A.β<γ,α<γ　　　　B.β<α,β<γ C.β<α,γ<α　　　　D.α<β,γ<β 2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若点P在正方体的内部,且满足,则二面角P-AB-C的余弦值为(　　) A. 3.如图,平面SAC⊥平面ACB,△SAC是边长为4的等边三角形,△ACB为直角三角形,且∠ACB=90°,BC=4,则二面角S-AB-C的余弦值为　　　　.  题组二　用空间向量求二面角 4.已知两平面的法向量分别为m=(0,,0),n=(,2),则两平面所成的二面角的大小为(　　) A.60°　　　　 B.120° C.60°或120°　　　　D.90° 5.在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC, ∠PAC=∠ABC=90°,PA=BC=1,E是AB的中点,PB=AC=2,则二面角B-PC-E的余弦值为(　　) A. 6.如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,且AC⊥BD,AC与BD交于点O,PO⊥底面ABCD,PO=2,AB=2,E,F分别是AB,AP的中点,则二面角F-OE-A的余弦值为(　　) A.- 7.如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,BC⊥CD,平面SCD⊥平面ABCD,△SCD是以CD为斜边的等腰直角三角形,BC=2AD=2CD=4,E为BS上一点,且BE=2ES. (1)证明:直线SD∥平面ACE; (2)求二面角S-AE-C的余弦值. 能力提升练 题组　利用空间向量求二面角 1.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,D为BC的中点,E为线段A1C上的点,且满足A1E=mEC(m∈R),当二面角E-AD-C的余弦值为时,实数m的值为(　　) A.1　　　　B.2　　　　 C.　　　　D.3 2.如图,已知正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为4,E为棱AB的中点,点P在侧面CC'D'D上运动,当平面B'EP与平面ABCD、平面CC'D'D所成的角相等时,D'P的最小长度为(　　) A. 3.如图,在四面体A-BCD中,△BCD为等边三角形,∠ADB=,二面角B-AD-C的大小为α,则α的取值范围是(　　) A. 4.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,线段B1D1上有两个动点E,F(E在F的左边),且EF=,则下列说法正确的是(　　) A.当E,F运动时,存在点E,F,使得AE⊥CF B.当E,F运动时,存在点E,F,使得AE∥BF C.当E运动时,二面角E-AB-C的平面角的最小值为45° D.当E,F运动时,二面角A-EF-B的余弦值为定值 5.如图,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD为正方形,AB=2,DS=1,平面ASD⊥平面ABCD,SD⊥AD,点E为棱DC上的动点,平面BSE与平面ASD所成的锐二面角为θ,则当θ取得最小值时,三棱锥E-ASD的体积为　　　　.  6.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是边长为2的等边三角形,CC1=2,D,E分别是线段AC,CC1的中点,C1在平面ABC内的射影为D.若点F为线段B1C1上的动点(不包括端点),则锐二面角F-BD-E的余弦值的取值范围为　　　　.  7.如图所示,在正方形ABCD中,AB=2,连接BD,将△CBD沿BD翻折到△C'BD的位置,使平面C'BD⊥平面ABD. (1)求异面直线C'D与AB所成角的大小; (2)求二面角D-AC'-B的正弦值. 8.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,△PAB为正三角形,平面PAB⊥平面ABCD,M是线段PD(不含端点)上的一个动点. (1)记平面BCM交PA于点N,求证:MN∥平面PBC; (2)是否存在点M,使得二面角P-BC-M的正弦值为?若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由. 9.如图甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,将三角形AOB沿OB折起至三角形POB的位置,使得PC=,得到如图乙所示的四棱锥P-OBCD. (1)在棱PD上是否存在一点F,使得CF∥平面POB?若存在,求出PF的长度;若不存在,请说明理由; (2)若E是线段PB上的一个动点,当直线CE与DP所成的角最小时,求二面角B-CE-D的余弦值. 答案与分层梯度式解析 1.2.4　二面角 基础过关练 1.B 2.B 4.C 5.C 6.B 1.B　解法一:如图,取AC的中点G,连接VG,设点V在底面ABC上的射影为O,则点P在底面ABC上的射影D在线段AO上,过点D作DE⊥AC于点E,连接PE,BD,易得PE∥VG,过点P作PF∥AC,交VG于点F,连接BF,过点D作DH∥AC,交BG于点H,则α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,易知α,β,γ均为锐角,则cos α==cos β,即α>β,tan γ==tan β,即γ>β,故选B. 解法二:由最小角定理知β<α,记二面角V-AB-C的平面角为γ',显然γ'=γ,由最大角定理知β<γ'=γ,故选B. 解法三(特殊位置法):令三棱锥V-ABC为正四面体,P为VA的中点,易得cos α=,则sin α=,sin β=,sin γ=,则β<α,β<γ,故选B. 2.B　如图,过点P分别作PN⊥AB于点N,PM⊥平面ABCD,垂足为M,连接MN,由三垂线定理可知AB⊥MN,所以∠PNM为所求二面角的平面角,易知PM=,故PN=,所以cos∠PNM=. 3.答案　 解析　如图,过点S作SD⊥AC于点D,过点D作DM⊥AB于点M,连接SM. ∵平面SAC⊥平面ACB,平面SAC∩平面ACB=AC, ∴SD⊥平面ACB,易得SM⊥AB, ∴∠DMS为二面角S-AB-C的平面角. 在△SAC中,SD=4×. 在△ACB中,过点C作CH⊥AB于点H, ∵AC=4,BC=4, ∴CH=. 易知DM∥CH,且AD=DC,∴DM=. 在Rt△SDM中,SM=, ∴cos∠DMS=. 故二面角S-AB-C的余弦值为. 4.C　因为cos<m,n>=, 所以<m,n>=60°. 因为二面角的平面角与二面角的两个半平面的法向量的夹角相等或互补, 所以两平面所成的二面角的大小为60°或120°. 5.C　∵平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PA⊥AC,PA⊂平面PAC,∴PA⊥平面ABC. 以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系. 因为AC=2,BC=1,∠ABC=90°,所以AB=,所以B(0,0,0),P(0, 1）,所以 . 设平面BPC的一个法向量为m=(x1,y1,z1), 则 令y1=1,则m=(0,1,-). 设平面EPC的一个法向量为n=(x2,y2,z2), 则 令y2=2,则n=(). 设二面角B-PC-E的平面角为θ,θ∈, 则cos θ=. 故选C. 6.B　以O为坐标原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 由题意得OA=OB=2, 则O(0,0,0),A(0,-2,0),B(2,0,0),P(0,0,2). ∵E,F分别是AB,AP的中点, ∴E(1,-1,0),F(0,-1,1), ∴=(0,-1,1). 设平面OEF的一个法向量为m=(x,y,z), 则令x=1,则y=1,z=1, ∴m=(1,1,1). 易知平面OAE的一个法向量为n=(0,0,1), 则cos<m,n>=. 由图知,二面角F-OE-A为锐二面角, ∴二面角F-OE-A的余弦值为.故选B. 7.解析　(1)证明:连接BD,交AC于点F,连接EF. 因为AD∥BC,所以△AFD∽△CFB,所以=2. 因为BE=2ES,所以=2,所以=2, 所以EF∥SD. 因为SD⊄平面ACE,EF⊂平面ACE, 所以直线SD∥平面ACE. (2)因为平面SCD⊥平面ABCD,平面SCD∩平面ABCD=CD,BC⊂平面ABCD,BC⊥CD,所以BC⊥平面SCD. 以C为坐标原点,过点C且垂直于平面BCD的直线为x轴,CD,CB所在直线分别为y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz, 则C(0,0,0),S(1,1,0),A(0,2,2),E, 所以=,. 设平面SAE的一个法向量为m=(x,y,z), 则 令x=3,得m=(3,1,1). 设平面EAC的一个法向量为n=(a,b,c), 则 令c=1,得n=(-1,-1,1). 设二面角S-AE-C的平面角为θ,由图可知θ为锐角,则cos θ=, 所以二面角S-AE-C的余弦值为. 能力提升练 1.A 2.B 3.C 4.C 1.A　由题意知m>0,如图所示,过点A在平面ABC内作Ax⊥AC,以A为坐标原点,AC,AA1所在直线分别为y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),D,所以. 设平面ADE的一个法向量为n=(x,y,z), 则令y=-1,得x=, 所以n=. 易知平面ADC的一个法向量为m=(0,0,1). 由题意得|cos<n,m>|=,所以m2=1,又m>0,所以m=1.故选A. 2.B　建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz, 则B'(0,0,4),E(2,0,0),所以=(2,0,-4). 设P(x,4,z)(0≤x≤4,0≤z≤4),则=(x-2,4,z). 易知平面ABCD、平面CC'D'D的一个法向量分别为n1=(0,0,1),n2=(0,1,0). 设平面B'EP的一个法向量为n3=(a,b,c), 则 取c=1,则a=2,b=,所以n3=. 因为平面B'EP与平面ABCD、平面CC'D'D所成的角相等,所以|cos<n1,n3>|=|cos<n2,n3>|⇒|n1·n3|=|n2·n3|⇒|2x+z-4|=4⇒2x+z-8=0或2x+z=0. 在平面CC'D'D上,直线2x+z-8=0过点D(4,4,0)和C'D'的中点(2,4,4). 在平面CC'D'D上,直线2x+z=0只过点(0,4,0),即点C. 取C'D'的中点G,连接GD,则点P在DG上运动或点P在点C处,所以D'P的最小长度为点D'到直线DG的距离,由等面积法可得D'P的最小长度为. 3.C　以B为坐标原点,BD所在直线为y轴,过点B且垂直于平面BCD的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 因为△BCD为等边三角形,所以不妨设BC=CD=BD=1. 因为∠ADB=,所以设A(m,1,n). 因为当n=0时,A,B,C,D四点共面,不能构成空间四面体,所以n≠0. 易知B(0,0,0),C,D(0,1,0),所以. 设平面BAD的一个法向量为m=(x1,y1,z1), 则 令x1=1,则z1=-,所以m=. 设平面ADC的一个法向量为n=(x2,y2,z2), 则 令x2=1,则y2=,所以n=. 由图可知α为锐角, 所以cos α==. 因为≥0,所以<1,即≤cos α<1,所以α∈.故选C. 4.C　以C为坐标原点,CD,CB,CC1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(2,2,0),B(0,2,0),C(0,0,0),B1(0,2,2),D1(2,0,2). 设E(t,2-t,2),1≤t≤2,则F(t-1,3-t,2), 所以=(t-1,3-t,2), 所以>0,所以当E,F运动时,不存在点E,F,使得AE⊥CF,故A错误. 若AE∥BF,则A,B,B1,D1四点共面,与AB,B1D1是异面直线矛盾,故B错误. 设平面ABE的一个法向量为m=(x,y,z), 易得=(t-2,-t,2), 则 令y=2,得m=(0,2,t). 易知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1), 故cos<m,n>=, 易知函数y=在[1,2]上单调递减, 所以,所以. 设二面角E-AB-C的平面角为θ,0°≤θ≤90°,则(cos θ)max=,所以二面角E-AB-C的平面角的最小值为45°,故C正确. 连接BD,AD1,AB1,则平面EFB即为平面BDD1B1,平面AEF即为平面AB1D1. 易知平面BDD1B1的一个法向量为=(2,2,0). 设平面AB1D1的一个法向量为u=(a,b,c), 易得=(-2,2,0), 则令a=1,得u=(1,1,1), 故cos<,u>=. 由图知,二面角A-EF-B为锐二面角,所以二面角A-EF-B的余弦值为定值,故D错误. 故选C. 5.答案　 解析　依题意可知DA,DS,DC两两相互垂直,以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(2,0,2),S(0,1,0),所以=(-2,1,-2). 设E(0,0,t),0≤t≤2,则=(-2,0,t-2). 易知平面ASD的一个法向量为m=(0,0,1). 设平面BSE的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令z=2,则x=t-2,y=2t,所以n=(t-2,2t,2), 所以cos θ=, 因为0≤t≤2,所以当t=-时,cos θ取得最大值,θ取得最小值,此时DE=,V三棱锥E-ASD=. 6.答案　 解析　连接C1D,因为C1在平面ABC内的射影为D,所以C1D⊥平面ABC. 因为△ABC是等边三角形,D是AC的中点,所以DB⊥AD. 以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0,0,0),B(,所以,1,0). 设F(x,y,z),(0<λ<1),则(x,y,z-λ,λ,0),所以F(),所以). 设平面BDE的一个法向量为m=(a,b,c), 则令b=3,得m=(0,3,). 设平面BDF的一个法向量为n=(d,e, f), 则令e=,得n=(0,,-λ). 所以|cos<m,n>|=. 令3-λ=t,则t∈(2,3),|cos<m,n>|=. 令s=,则s∈,|cos<m,n>|=. 易知函数y=12s2-6s+1=12的图象开口向上,对称轴为直线s=,所以当s∈时,函数y=12s2-6s+1单调递增,所以当s∈时,12s2-6s+1∈,所以∈(1,),所以|cos<m,n>|∈. 7.解析　取BD的中点O,连接C'O,AO,则AO⊥BD,C'O⊥BD. 因为平面C'DB⊥平面ABD,平面C'DB∩平面ABD=BD,C'O⊂平面C'DB,所以C'O⊥平面ABD. 如图,以O为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系. 易得BD=2,则A(,0). (1)易得,0), 所以|cos<, 所以异面直线C'D与AB所成角的大小为. （2）易得 ). 设平面C'AB的一个法向量为n1=(x1,y1,z1), 则令z1=1,则x1=y1=1, 所以n1=(1,1,1). 设平面C'AD的一个法向量为n2=(x2,y2,z2), 则令z2=1,则x2=1,y2=-1,所以n2=(1, -1,1). 所以cos<n1,n2>=. 所以二面角D-AC'-B的正弦值为. 8.解析　(1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以BC∥AD,又BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以BC∥平面PAD. 因为BC⊂平面BCM,平面BCM∩平面PAD=MN,所以MN∥BC,又MN⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以MN∥平面PBC. (2)取AB的中点E,连接PE,CE,AC. 因为△PAB为等边三角形,所以PE⊥AB. 因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PE⊂平面PAB,所以PE⊥平面ABCD. 因为四边形ABCD是菱形,所以AB=BC,又∠ABC=60°,所以△ABC为等边三角形,所以CE⊥AB. 以点E为坐标原点,EB,EC,EP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(1,0,0),C(0,),所以 ). 设λ),0<λ<1,则 λ). 设平面PBC的一个法向量为m=(x1,y1,z1), 则取x1=,得m=(,1,1). 设平面BCM的一个法向量为n=(x2,y2,z2), 则 取x2=λ,得n=(λ,1-λ,λ+1). 由题意得|cos<m,n>|=,整理得27λ2+6λ-5=0,即(3λ-1)(9λ+5)=0,所以λ=(负值舍去). 故当点M为线段PD(不含端点)上靠近点P的三等分点时,二面角P- BC-M的正弦值为. 9.解析　(1)存在点F,使得CF∥平面POB.连接OC, 依题意知PC=,OP=1,OD=3, 所以OC2+OP2=PC2,所以OP⊥OC. 因为OP⊥OB,OC⊂平面OBCD,OB⊂平面OBCD,OC∩OB=O,所以OP⊥平面OBCD,又OD⊂平面OBCD, 所以OP⊥OD,所以PD=. 过点C作CG∥OB交OD于点G,作GF∥OP交PD于点F,连接CF,如图, 易知OG=1,所以OG=OD. 因为GF∥OP,所以PF=. 因为CG∥OB,OB⊂平面POB,CG⊄平面POB, 所以CG∥平面POB. 因为FG∥OP,OP⊂平面POB,FG⊄平面POB, 所以FG∥平面POB. 又FG,CG⊂平面CFG,FG∩CG=G, 所以平面CFG∥平面POB, 又CF⊂平面CFG,所以CF∥平面POB. 故存在点F,使得CF∥平面POB,此时PF=. (2)以O为坐标原点,OB,OD,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则C(1,1,0),D(0,3,0),P(0,0,1),B(1,0,0), 所以=(0,-3,1). 设(0≤λ≤1),E(x,y,z), 则(x,y,z-1)=λ(1,0,-1), 所以E(λ,0,1-λ),=(λ-1,-1,1-λ). 设直线CE与DP所成的角为θ, 则cos θ=|cos<=(0≤λ≤1). 令t=4-λ,则λ=4-t(3≤t≤4),cos θ=. 令a=,则≤a≤,cos θ=, 所以当a=时,cos θ取得最大值,此时直线CE与DP所成的角最小,λ=,所以E. 易得=(-1,2,0). 设平面BCE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 取x1=1,得n1=(1,0,1). 设平面CED的一个法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 取x2=2,得n2=(2,1,8). 所以cos<n1,n2>=. 由图可知,二面角B-CE-D为钝二面角,则其余弦值为-. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$