课时分层作业7 二面角(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教B版）

课时分层作业(七)　二面角 说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共106分 一、选择题 1．已知△ABC和△BCD均为边长为a的等边三角形，且AD＝a，则二面角A-BC-D的大小为(　　) A．30°　　　B．45°　　　C．60°　　　D．90° 2．如图所示，在正四棱锥P-ABCD中，若△PAC的面积与正四棱锥的侧面面积之和的比为∶8，则侧面与底面所成的二面角的大小为(　　) A． B． C． D． 3．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒头、四角攒尖、八角攒尖．如图在重檐四角攒尖中，它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面积是底面积的倍，则侧面与底面所成角的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．15° 4．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 5．(教材P54练习B T3改编)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1，则平面PCA与平面PCB所成角的大小是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 二、填空题 6．△ABC是正三角形，P是△ABC所在平面外一点，PA＝PB＝PC.若S△PAB∶S△ABC＝，则二面角P-AB-C的大小为__________． 7．已知点O在二面角α-AB-β的棱上，点P在平面α内，且∠POB＝60°.若直线PO与平面β所成的角为45°，则二面角α-AB-β的正弦值为__________. 8．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，沿对角线AC折叠之后，使得平面BAC⊥平面DAC，则平面BCD与平面CDA所成角的余弦值为__________． 三、解答题 9．如图，已知直四棱柱的所有棱长均为2，AC∩BD＝O，F是棱AA1的中点． (1)证明：平面BDF⊥平面AOF； (2)若直线FC与底面ABCD所成角的正切值为，求平面BFC与平面D1FC所成角的余弦值． 10．(多选题)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，BC＝1，AB＝2，∠ACB＝90°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成角为θ(θ≤90°)，则cos θ的取值可能为(　　) A． B． C． D． 11．如图，已知矩形ABCD与矩形ABEF全等，二面角D-AB-F为直二面角，M为AB的中点，FM与BD所成的角为θ，且cos θ＝，则＝(　　) A．1 B． C． D． 12．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则三棱锥A1-CDD1外接球的表面积为__________，二面角C1-AC-D1的余弦值为__________. 13．已知矩形ABCD，AB＝，AD＝1，将△ACD沿AC折起到△ACP的位置，若PB＝，则二面角P-AC-B平面角的余弦值的大小为_______． 14．如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积． 15．如图(1)，在边长为2的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点M，N分别是边BC，CD上的点，且MN∥BD，AC∩MN＝G.沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图(2)所示的五棱锥P-ABMND. (1)在翻折过程中是否总有BD⊥平面PAG？证明你的结论． (2)若平面PMN⊥平面ABMND，记＝λ，λ∈(0，1)，试探究：随着λ值的变化，二面角B-PM-N的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角的余弦值． 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 课时分层作业(七) 1．C　[如图取BC的中点为E，连接AE，DE， 由题意得AE⊥BC，DE⊥BC， 且AE＝DE＝a， 又AD＝a， 所以∠AED＝60°，即二面角A⁃BC⁃D的大小为60°．] 2．D　[设正四棱锥的底面边长为a，侧面与底面所成的二面角为θ，高为h，斜高为h'，则，所以，所以sin θ＝，即θ＝] 3．B　[如图，设正四棱锥为P⁃ABCD，连接AC，BD交于点O，连接PO，则PO⊥底面ABCD，∴△PBC在底面ABCD上的射影为△OBC，设所求角的大小为θ，则由射影面积公式，知cos θ＝又0°≤θ≤90°，∴θ＝45°．] 4．B　[设AP＝AB＝1．以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0，0，1)，D(0，1，0)，C(1，1，0)，所以＝(1，1，－1)，＝(0，1，－1)． 设平面PCD的一个法向量m＝(x，y，z)， 则 取y＝1，得m＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量． 易知平面ABP的一个法向量为n＝(0，1，0)． 设平面ABP与平面CDP所成的角为θ， 则cos θ＝故选B．] 5．C　[因为三棱锥P⁃ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1， 所以以B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，过点B作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，如图． 则A(0，1，0)，C(1，0，0)，B(0，0，0)，P(0，1，1)，所以＝(0，－1，－1)，＝(0，0，－1)，＝(1，－1，－1)． 设平面PCA的一个法向量n＝(x，y，z)， 则取x＝1，得n＝(1，1，0)为平面PCA的一个法向量． 设平面PCB的一个法向量m＝(a，b，c)， 则取b＝1，得m＝(0，1，－1)为平面PCB的一个法向量． 设平面PCA与平面PCB所成的角为θ， 则cos θ＝，所以θ＝60°，所以平面PCA与平面PCB所成角的大小为60°．] 6．60°　[设二面角P⁃AB⁃C的大小为θ，PA＝PB＝PC，P在平面ABC上的射影O为△ABC的中心， 所以S△OAB＝S△ABC．又S△PAB＝S△ABC， 所以cos θ＝，所以θ＝60°．] 7　[如图， 过点P作PE⊥β，垂足为E，过点E作EF⊥AB，垂足为F，连接OE，PF，则∠POE为直线PO与平面β所成的角，∠PFE为二面角α⁃AB⁃β的平面角． 设OP＝a，则在Rt△PEO中，由∠POE＝45°，可得PE＝a；在Rt△PFO中，由∠POF＝60°，可得PF＝a·sin 60°＝a；在Rt△PEF中，sin∠PFE＝，即二面角α⁃AB⁃β的正弦值为] 8　[如图，取AC的中点E，连接BE，DE，分别以EA，ED，EB为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设菱形ABCD的边长为2，则A(1，0，0)，C(－1，0，0)，D(0，，0)，B(0，0，)．设平面BCD的一个法向量为n＝(x，y，z)， ∵＝(－1，0，－)，＝(0，，－)，∴ 令z＝，则y＝，x＝－3，即n＝(－3，)．平面ACD的一个法向量为m＝(0，0，1)，设平面BCD与平面CDA所成的角为θ，则cos θ＝] 9．(1)证明：因为直四棱柱所有棱长为2，所以底面ABCD为菱形，BD⊥AO．又易知AA1⊥底面ABCD，所以BD⊥AA1． 又AO∩AA1＝A，所以BD⊥平面AOF．又BD⊂平面BDF， 所以平面BDF⊥平面AOF． (2)解：因为FC在底面ABCD的射影为AC，所以FC与底面ABCD所成角为∠FCA，tan∠FCA＝，FA＝1，所以AC＝2，所以△ABC为等边三角形，所以BO＝OD＝ 连接A1C1，B1D1交于点O1，连接OO1． 以O为原点，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，则B(，0，0)，C(0，1，0)，F(0，－1，1)，D1(－，0，2)，所以＝(，1，－1)，＝(0，2，－1)，＝(－，1，1)． 设平面BFC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则令y1＝1，则z1＝2，x1＝，所以n1＝为平面BFC的一个法向量． 设平面FCD1的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则 令y2＝1，则z2＝2，x2＝，所以n2＝(，1，2)为平面FCD1的一个法向量， 所以|cos<n1，n2>|＝， 所以平面BFC与平面D1FC所成角的余弦值为 10．BC　[因为平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，CF⊂平面ACFE，CF⊥AC，所以CF⊥平面ABCD．以点C为坐标原点，分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略)，令FM＝λ(0≤λ≤)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，故＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1)．设n1＝(x，y，z)为平面MAB的一个法向量， 由 取x＝1，则n1＝(1，－λ)为平面MAB的一个法向量． 因为n2＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量， 所以cos θ＝＝＝ 因为0≤λ≤，所以当λ＝0时，cos θ取得最小值；当λ＝时，cos θ取得最大值，所以cos θ∈ 故选BC．] 11．C　[取EF的中点H，连接BH，则∠DBH为FM与BD所成的角．由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2x，AF＝2y，则B(0，2x，0)，D(0，0，2y)，H(2y，x，0)，所以＝(2y，－x，0)，＝(0，－2x，2y)，所以cos θ＝，解得，故] 12．3π　　[三棱锥A1⁃CDD1的外接球即为正方体ABCD⁃A1B1C1D1的外接球，因为正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为1，其体对角线即为外接球的直径，所以2R＝，所以R＝， 所以外接球的表面积S＝4πR2＝3π；如图建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)，则＝(－1，1，0)，＝(0，0，1)，＝(0，－1，1)．设平面C1AC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则 所以 令x＝1，则y＝1，z＝0， 所以m＝(1，1，0)为平面C1AC的一个法向量． 设平面D1AC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，则y＝1，z＝1， 所以n＝(1，1，1)为平面D1AC的一个法向量． 设二面角C1⁃AC⁃D1为θ，则cos θ＝] 13．－　[作PE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为点E，F，过点E作ME∥BF交AB于点M， 则ME⊥AC，所以∠PEM即为二面角P⁃AC⁃B的平面角． 由题意，可得PE＝BF＝， 则EA＝FC＝，所以EF＝1． 因为，所以， 即3＝－0－2××·cos<>＋0， 所以cos< 因为ME∥BF，所以cos∠PEM＝－， 所以二面角P⁃AC⁃B平面角的余弦值的大小为－] 14．解：如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x轴、z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系． 因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点， 所以OC＝OB＝OD＝1，所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C． 设A(0，0，a)，a>0，因为DE＝2EA， 所以E． 由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)． 设平面BCE的一个法向量为m＝(x，y，z)，因为， ， 所以 令x＝1，则y＝，z＝，所以m＝为平面BCE的一个法向量． 因为二面角E⁃BC⁃D的大小为45°，所以cos 45°＝， 得a＝1，即OA＝1． 因为S△BCD＝BD·CDsin 60°＝，所以V三棱锥A⁃BCD＝S△BCD·OA＝××1＝ 15．解：(1)在翻折过程中总有BD⊥平面PAG． 证明如下： ∵点M，N分别是边BC，CD的点，且MN∥BD， 又∠DAB＝60°， ∴△PMN是等边三角形． ∵AC∩MN＝G，G是MN的中点， ∴MN⊥PG， ∵菱形ABCD的对角线互相垂直， ∴BD⊥AC， ∴MN⊥AC． ∵AC∩PG＝G，AC⊂平面PAG，PG⊂平面PAG， ∴MN⊥平面PAG，而MN∥BD， ∴BD⊥平面PAG． (2)∵平面PMN⊥平面ABMND，平面PMN∩平面ABMND＝MN，PG⊥MN， 故PG⊥平面ABMND，又MN⊥AC，则MN⊥AG． 以G为坐标原点，GA，GM，GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系． 边长为2的菱形ABCD中，∠DAB＝60°， ∴BC＝2．又＝λ，λ∈(0，1)， ∴M(0，λ，0)，N(0，－λ，0)，P(0，0，λ)，B((1－λ)，1，0)， ∴＝((1－λ)，1－λ，0)，＝(0，－λ，λ)． 设平面BMP的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 取x＝1，则n＝(1，－，－1)为平面BMP的一个法向量． 又平面PMN的一个法向量为m＝(1，0，0)， ∴cos<m，n>＝ 设二面角B⁃PM⁃N的平面角为θ，且由图可知，θ为钝角，则cos θ＝－， 即随着λ值的变化，二面角B⁃PM⁃N的大小不变，其余弦值为－ 1/8 学科网（北京）股份有限公司 $