6.3.3第2课时空间角的计算(2)同步练习-2024-2025学年高二下学期数学苏教版选择性必修第二册

6.3.3　空间角的计算 第2课时　空间角的计算(2) 一、基础达标 1.在一个锐二面角的两个半平面内,与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0,-1,3),(2,2,4),则这个锐二面角的平面角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 2.(多选题)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,若<a,b>=,则二面角α-l-β的大小可能为(　　) A. B. C. D. 3.如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,SD⊥平面PAC,P为侧棱SD上的点,则二面角P-AC-B的余弦值为(　　) A. B.- C.- D.- 4.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,∠BAD=90°,PA=AB=BC=AD=1,BC∥AD,Q是四边形ABCD内部一点(包括边界),且二面角Q-PD-A的平面角的大小为30°,则△ADQ面积的最大值是(　　) A. B. C. D. 5.设μ=(1,0,1),v=(0,1,1)分别是平面α,β的法向量,则平面α与平面β的夹角是　　　　　.  6.如图,已知△ABC和△DBC所在的平面互相垂直,AB=BC=BD,∠ABC=∠DBC=120°,则二面角A-BD-C的正切值等于　　　　.  7.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为矩形,且AA1=AB=2AD,E,F分别为C1D1,DD1的中点. (1)证明:AF∥平面A1EB; (2)求平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值. 二、能力提升 8.如图,在五面体ABCDE中,正三角形ABC的边长为1,AE⊥平面ABC,CD∥AE,且CD=AE.设CE与平面ABE所成的角为α,AE=k(k>0),若α∈[],则k的最大值为(　　) A. B.1 C. D. 9.(多选题)如图,菱形ABCD的边长为2,∠BAD=60°,E为边AB的中点,将△ADE沿DE折起,使A到A',连接A'B,A'C,且A'D⊥DC,平面A'BE与平面A'CD的交线为l,则下列结论中正确的是(　　) A.平面A'DE⊥平面A'BE B.CD∥l C.BC与平面A'DE所成角的余弦值为 D.二面角E-A'B-D的余弦值为 10.在二面角α-l-β中,A,B∈l,C∈α,D∈β,且AC⊥l,BD⊥l,若AB=,AC=2,BD=1,CD=3,则此二面角的大小为　　　　.  11.在如图所示的试验装置中,两个正方形框架ABCD,ABEF的边长都是1,且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M,N分别在正方形对角线AC和BF上移动,且CM和BN的长度保持相等,记CM=BN=a(0<a<),当MN的长最小时,平面MNA与平面MNB夹角的正弦值为　　　.  12.如图,已知在长方形ABCD中,AB=2,AD=,M为DC的中点.将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM. (1)求证:AD⊥BM; (2)若E是线段DB上的一动点,则当点E在何位置时,二面角E-AM-D的余弦值为? 三、拓展探究 13.(多选题)在正四面体D-ABC中,点E在棱AB上,满足AE=2EB,点F为线段AC上的动点,则下列说法错误的是(　　) A.存在某个位置,使得DE⊥BF B.存在某个位置,使得∠FDB= C.存在某个位置,使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 D.存在某个位置,使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 14.如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)证明:l⊥平面PDC; (2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值. 参考答案 1.A　由,知这个锐二面角的平面角的余弦值为. 2.AB　由于二面角的范围是[0,π],而二面角的两个半平面α与β的法向量都有两个方向,因此二面角α-l-β的大小为.故选AB. 3.B　连接BD,设AC交BD于点O,则SO⊥平面ABCD,以O为坐标原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,设底面边长为a,则SO=a,S(0,0,a),D(-a,0,0),=(-a,0,-a),显然n=(0,0,1)是平面ABC的一个法向量,因为SD⊥平面PAC, 所以=(-a,0,-a)是平面PAC的一个法向量.设二面角P-AC-B为θ,所以cos θ=cos<n,>==-.故选B. 4.A　如图,以A为坐标原点建立空间直角坐标系,由二面角Q-PD-A的平面角大小为30°,可知Q的轨迹是过点D的一条直线,又Q是四边形ABCD内部一点(包括边界),则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)(b>0),由题意可知A(0,0,0),D(2,0,0),P(0,0,1),所以=(-2,0,1),=(-2,b,0),=(2,0,0),易知平面APD的一个法向量为n1=(0,1,0).设平面PDG的法向量为n2=(x2,y2,z2),则令z2=2,得x2=1,y2=,所以n2=(1,,2)是平面PDG的一个法向量,则二面角G-PD-A的平面角的余弦值为|cos<n1,n2>|=,解得b=或b=-(舍去),则G(0,,0),所以Q在DG上运动,且△ADQ的面积为·2·b,故△ADQ面积的最大值是.故选A. 5.　∵μ=(1,0,1),v=(0,1,1)分别是平面α,β的法向量,∴cos<μ,v>=.∵平面和平面夹角范围是[0,],∴平面α与平面β的夹角为. 6.-2　在平面ABC内,过A作AH⊥BC,垂足为H,连接DH, ∵△ABC和△DBC所在的平面互相垂直,且平面ABC∩平面DBC=BC,∴AH⊥平面DBC.过H作HR⊥BD,垂足为R,连接AR, ∵AH⊥平面BCD,∴AH⊥BD. 又AH∩HR=H,∴BD⊥平面AHR, ∴BD⊥AR, 故∠ARH为二面角A-BD-C的平面角的补角.设BC=a,则由题设知,DH=AH=BDsin 60°=a,HB=,在△HDB中,HR=HBsin 60°=a,∴tan∠ARH==2,故二面角A-BD-C的正切值为-2.故答案为-2. 7.(1)证明 不妨设AD=1,则AA1=AB=2,如图建立空间直角坐标系,则A1(1,0,2),B(1,2,0),E(0,1,2),A(1,0,0),F(0,0,1),D(0,0,0), 所以=(-1,1,0),=(0,2,-2),=(-1,0,1). 设m=(x,y,z)是平面A1EB的一个法向量, 则取x=1,则y=z=1, 所以平面A1EB的一个法向量m=(1,1,1).又·m=0,所以⊥m.因为AF⊄平面A1EB,所以AF∥平面A1EB. (2)解 因为DA⊥平面AA1B1B,所以=(1,0,0)是平面A1B1B的一个法向量. 又因为cos<m,>=, 所以平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值为. 8.C　如图,建立空间直角坐标系C-xyz,则C(0,0,0),E(0,1,k),B(,0),A(0,1,0),则=(0,1,k),取AB的中点M,则M(,0),连接CM,因为在正三角形ABC中,BC=AC,所以CM⊥AB.又AE⊥平面ABC,CM⊂平面ABC,所以CM⊥AE.因为AE∩AB=A,所以CM⊥平面ABE,则平面ABE的一个法向量为=(,0).由题意知sin α=,由α∈[],可得,结合k>0可得≤k≤,所以k的最大值为.故选C. 9.ABD　对于A,在菱形ABCD中,连接BD(图略),在△ABD中,∠BAD=60°,AB=AD,所以△ABD是正三角形.由于E为边AB的中点,所以ED⊥AB.又DC∥AB,故ED⊥DC. 又因为A'D⊥DC,A'D∩DE=D,A'D,DE⊂平面A'DE,所以DC⊥平面A'DE.因为DC∥BE,所以BE⊥平面A'DE.因为BE⊂平面A'BE,所以平面A'DE⊥平面A'BE,故A正确;对于B,因为CD∥BE,CD⊄平面A'BE,BE⊂平面A'BE,所以CD∥平面A'BE.又平面A'BE与平面A'CD的交线为l,CD⊂平面A'CD,所以CD∥l,故B正确;对于C,由A知,ED⊥AB,故折起后仍有DE⊥A'E,ED⊥BE.又BE⊥平面A'DE,则BE⊥A'E,故以E为原点,分别以BE,DE,A'E为x轴、y轴、z轴,建立如图所示空间直角坐标系,则E(0,0,0),B(1,0,0),A'(0,0,1),C(2,,0),D(0,,0),则=(1,,0),因为BE⊥平面A'DE,所以=(1,0,0)是平面A'DE的一个法向量,设BC与平面A'DE所成角为θ,则sin θ=|cos<>|=||=||=,所以cos θ=,故C错误;对于D,易证DE⊥平面A'BE,故=(0,,0)为平面A'BE的一个法向量,又=(1,0,-1),=(-1,,0), 设平面A'BD的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令x=,则y=1,z=,故n=(,1,), 所以cos<,n>=, 又由图形可知二面角E-A'B-D为锐角,故其余弦值为,故D正确.故选ABD. 10.　如图所示,根据题意知||=,||=2,||=1,||=3,,AC⊥AB,BD⊥AB,易知二面角α-l-β的平面角即<>,=()2=22+()2+12+2=9,即=-1=2×1×cos(π-<>), 由空间向量夹角的范围知π-<>=,所以<>=,即此二面角的大小为.故答案为. 11.　以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(1,0,0),C(0,0,1),F(1,1,0),E(0,1,0),因为CM=BN=a,所以M(,0,1-),N(,0),所以MN=,当a=时,MN最小,此时,M,N为中点,则M(,0,),N(,0),取MN的中点G,连接AG,BG,则G().因为AM=AN,BM=BN,所以AG⊥MN,BG⊥MN,所以∠AGB是平面MNA与平面MNB的夹角或其补角.因为=(,-,-),=(-,-,-),所以cos<>==-,所以平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是,所以平面MNA与平面MNB夹角的正弦值是. 12.(1)证明 因为在长方形ABCD中,AB=2,AD=,M为DC的中点,所以AM=BM=2,所以BM⊥AM. 因为平面ADM⊥平面ABCM,平面ADM∩平面ABCM=AM,BM⊂平面ABCM, 所以BM⊥平面ADM. 因为AD⊂平面ADM,所以AD⊥BM. (2)解 如图,取AM的中点O,连接OD,则OD⊥AM,过点O作ON⊥AM,交AB于点N. 又平面ADM⊥平面ABCM,所以OD⊥平面ABCM. 以O为原点,OA,ON,OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系, 则A(1,0,0),M(-1,0,0),D(0,0,1),B(-1,2,0), 所以=(1,0,1),=(-1,2,-1),=(-2,0,0). 设=λ(0≤λ≤1),则+λ=(1-λ,2λ,1-λ). 设平面AME的法向量为m=(x,y,z),则 取y=1,得x=0,y=1,z=,所以m=(0,1,). 显然平面AMD的一个法向量为n=(0,1,0). 因为cos<m,n>=,解得λ=, 所以E为BD的中点. 13.ABD　如图所示,设正四面体D-ABC的底面中心为点O,连接DO,则DO⊥平面ABC.以点O为坐标原点,OB,OD所在直线分别为x轴、z轴建立空间直角坐标系, 设正四面体D-ABC的棱长为2,则A(-,-1,0),B(,0,0),C(-,1,0),D(0,0,),E(,-,0).设F(-,λ,0),其中-1≤λ≤1,对于A,若存在某个位置使得DE⊥BF,=(,-,-),=(-,λ,0),所以=-1-λ=0,解得λ=-3,不满足题意,故A错误;对于B,若存在某个位置使得∠FDB==(-,λ,-),=(,0,-),则cos<>=,该方程无解,故B错误;对于C,设平面DBF的一个法向量为u=(x3,y3,z3),=(,0,-),=(-,λ,-),由令z3=λ,则u=(λ,,λ),若存在某个位置,使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为,又=(,-,-),则=|cos<u,>|=,整理得λ2+4λ=0,解得λ=0或λ=-4(舍去),所以存在F(-,0,0),即F为AC的中点,满足题意,故C正确; 对于D,设平面DAC的一个法向量为m=(x1,y1,z1),又=(-,-1,-),=(-,1,-),由取z1=-1,得m=(2,0,-1). 设平面DEF的一个法向量为n=(x2,y2,z2),=(,-,-),=(-,λ,-), 由取y2=4,则n=(2+6λ,4,3λ-1),若存在某个位置,使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为,则=|cos<m,n>|=,整理得47λ2-42λ+279=0,易得Δ=422-4×47×279<0,所以该方程无解,故D错误.故选ABD. 14.(1)证明 因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD. 又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.因为PD∩DC=D,PD,DC⊂平面PDC,所以AD⊥平面PDC. 因为AD∥BC,AD不在平面PBC中,所以AD∥平面PBC,又因为AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.所以l⊥平面PDC. (2)解 以D为坐标原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 由PD=AD=1,得D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则=(0,1,0),=(1,1,-1). 由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1). 设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量, 则可取n=(-1,0,a). 所以cos<n,>=. 设PB与平面QCD所成角为θ, 则sin θ=. 要使sin θ取到最大,显然t>0. 因为,当且仅当a=1时,等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为. 6 学科网（北京）股份有限公司 $