2.4 课后达标检测-【优学精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修一同步教参（人教B版）

**基本信息** 本同步练习通过基础巩固、能力提升、综合应用三层设计，以二面角为核心，从单一知识点到复杂情境，培养空间观念、推理能力与模型观念，适配新授课知识内化与能力进阶需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|法向量求面面角、翻折二面角|直接应用定义与公式，如第1题用向量数量积判断垂直| |提升层|坐标法求角、线面角与二面角综合|结合空间直角坐标系，如第9题正方体中平面角计算| |综合层|多面体中面面垂直证明、线面角计算|复杂情境推理与建模，如第14题三棱台中的二面角求解|

1．已知平面α的法向量n1＝(1，0，0)，平面β的法向量 n2＝(0，1，0)，则平面α与β的夹角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：选D.因为n1·n2＝1×0＋0×1＋0×0＝0，所以n1⊥n2，故α⊥β，所以平面α与平面β的夹角为90°. 2．在边长为a的正三角形ABC中，AD⊥BC于点D，将△ABD沿AD翻折后，BC＝a，此时二面角B­AD­C的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：选C.分析知∠BDC就是二面角B­AD­C的平面角．因为在△BCD中，BC＝BD＝CD＝a，所以△BCD为正三角形，所以∠BDC＝60°. 3．如图，三棱台ABC-A1B1C1的下底面是正三角形，AB⊥BB1，B1C1⊥BB1，则二面角A-BB1-C的大小是(　　) A.30° B．45° C．60° D．90° 解析：选C.在三棱台ABC-A1B1C1中，B1C1∥BC，且B1C1⊥BB1，则BC⊥BB1，又AB⊥BB1，且AB∩BC＝B，所以B1B⊥平面ABC，所以∠ABC为二面角A-BB1-C的平面角，因为△ABC为正三角形，所以∠ABC＝60°.故选C. 4．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，AE⊥平面ABCD，若AE＝1，则平面ADE与平面BCE所成的角为(　　) A．45° B．60° C．120° D．150° 解析：选A. 因为AE⊥平面ABCD，且四边形ABCD为正方形，如图建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，C(1，1，0)，E(0，0，1)，所以＝(0，1，0)，＝(－1，0，1)， 设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，则n＝(1，0，1)， 又平面ADE的一个法向量为m＝(1，0，0)， 设平面ADE与平面BCE所成的角为θ，则cos θ＝＝，又0°≤θ≤90°，所以θ＝45°.故选A. 5．如图，四棱锥S­ABCD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P­AC­B的余弦值为(　　) A． B．－ C．－ D．－ 解析：选B. 连接BD，交AC于点O，连接SO，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P­AC­B的平面角为θ，由图易知θ为钝角，所以cos θ＝－|cos 〈n，〉|＝－＝＝－. 6．(多选)如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，已知CM⊥AB，ON⊥AB，垂足M，N为两个不同的点，且〈，〉＝，设直线MC与ON所成的角为α，二面角C­AB­O的大小为β，则(　　) A．α＝ B．α＝ C．β＝ D．β＝ 解析：选BC.由题意可知，〈，〉＝， 因为α∈[0，]，所以α＝π－＝. 因为β∈[0，π]，且由题图可知二面角C­AB­O为锐二面角，所以β＝. 7．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝1，则二面角C1-AB-C的大小为________． 解析： 由图可知C1B⊥AB，CB⊥AB，所以∠C1BC是二面角C1-AB-C的平面角，tan ∠C1BC＝＝1，所以∠C1BC＝. 答案： 8．在60°的二面角的一个面内有一个点，若它到另一个面的距离是10 cm，则该点到二面角的棱的距离是________． 解析： 如图所示，平面α，β相交于l，PA⊥l，PA⊂平面α，MA⊥l，MA⊂平面β，PM⊥平面β ，PM＝10 cm.则∠PAM为二面角α­l­β的平面角，且∠PAM＝60°， 所以sin ∠PAM＝＝， 所以AP＝ cm. 即点P到二面角的棱l的距离为 cm. 答案： cm 9．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点P在棱AA1上，PC＝，则平面ABCD与平面BPC1所成角的余弦值为________． 解析： 连接AC，由题可得AC＝，由正方体性质易得PA⊥AC，所以AP＝ ＝，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，所以＝，＝(－1，0，1)，设平面BPC1的法向量为n＝(x，y，z)，则即 取y＝1，则n＝(3，1，3)，取平面ABCD的一个法向量为n1＝(0，0，1)，设平面ABCD与平面BPC1所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈n，n1〉|＝＝. 答案： 10. (13分)如图，在四棱锥P­ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2. (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD；(5分) (2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD所成角的余弦值．(8分) 解：(1)取PD的中点G，连接FG，CG(图略)， 因为F为PE的中点， 所以FG＝DE＝1，FG∥DE， 又BC＝1，AD∥BC， 所以FG＝BC，FG∥BC， 所以四边形FGCB为平行四边形， 所以BF∥CG， 又BF⊄平面PCD，CG⊂平面PCD， 所以BF∥平面PCD. (2)因为AB⊥平面PAD，PE⊂平面PAD， 所以AB⊥PE， 又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD. 连接EC，易知四边形ABCE为矩形，故直线EC，ED，EP两两垂直，故以E为坐标原点，EC，ED，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P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，则＝(1，0，0)，＝(0，1，2)，＝(1，0，－2)，＝(0，2，－2). 设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则 可取n1＝(0，－2，1). 设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 可取n2＝(2，1，1). 设平面PAB与平面PCD所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝. 所以平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为. 11．已知正四面体ABCD中异面直线AB与CD所成的角为α，侧棱AB与底面BCD所成的角为β，侧面ABC与底面BCD所成的锐二面角为γ，则(　　) A.α＞γ＞β B．α＞β＞γ C．β＞α＞γ D．γ＞α＞β 解析：选A.过A作A在底面BCD的射影O，因为ABCD是正四面体，所以O是底面BCD的中心，取BC的中点E，连接OB，OE，AE，如图所示，在正四面体A-BCD中，AO⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD，又BO⊥CD，AO，BO⊂平面ABO，AO∩BO＝O，则CD⊥平面ABO，因为AB⊂平面ABO，所以AB⊥CD，即异面直线AB与CD所成的角为α＝90°.侧棱AB在底面BCD内的射影为OB，则∠ABO是侧棱AB与底面BCD所成的角，即β＝∠ABO.因为AE⊥BC，OE⊥BC，侧面ABC与底面BCD所成的角为∠AEO，所以γ＝∠AEO. 则sin β＝sin ∠ABO＝， sin γ＝sin ∠AEO＝， 因为AB＞AE， 所以＜， 即sin β＜sin γ， 则β＜γ＜90°， 即β＜γ＜α.故选A. 12．(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列说法中正确的是(　　) A．AC与BD1所成角的大小为60° B．二面角D­AC­D1的平面角的正切值为 C．AB1与平面ACD1所成角的正切值为 D．n＝(1，1，0)是平面ACD1的一个法向量 解析：选BC.如图建立空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)， 所以＝(－1，1，0)，＝(－1，－1，1)，·＝0， 即⊥，AC与BD1所成角的大小为90°，故A错误；设平面ACD1的一个法向量为m＝(x，y，z)，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，所以令x＝1，则m＝(1，1，1)， 平面DAC的法向量可取t＝(0，0，1)，设二面角D­AC­D1的平面角为θ， 由图可得cos θ＝|cos 〈m，t〉|＝，所以sin θ＝，tan θ＝，故B正确；因为 ＝(0，1，1)，设AB1与平面ACD1所成的角为α，则sin α＝＝＝，cos α＝，tan α＝，故C正确；因为n＝(1，1，0)与m＝(1，1，1)不平行，所以n＝(1，1，0)不是平面ACD1的一个法向量，故D错误．故选BC. 13. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB，AC，AA1两两互相垂直，AB＝AC＝AA1, M，N 分别是侧棱BB1，CC1上的点，平面AMN与平面ABC所成的(锐)二面角为，则当CN最小时，∠AMB＝________． 解析：建立空间直角坐标系，如图所示， 设CN＝b，BM＝a，AB＝AC＝AA1＝1，则N(0，1，b)，M(1，0，a)，A(0，0，0)，B(1，0，0)， 所以＝(1，0，a)， ＝(0，1，b)， 设平面AMN的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令z＝1，则n＝(－a，－b，1)， 又平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，所以cos ＝＝＝，即3a2＋3b2＝1， 当CN最小时，b＝0，BM＝a＝， 所以tan ∠AMB＝＝， 所以∠AMB＝. 答案： 14．(15分)(2026·潍坊期末)如图， 在三棱台ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，A1B1＝2，AB＝AC＝4，D为BC的中点，AC⊥C1D. (1)证明：AC⊥AB；(7分) (2)若AA1＝2，求平面BCC1B1与平面ADC1所成角的余弦值．(8分) 解：(1)证明：在三棱台ABC­A1B1C1中， 因为A1B1＝2，AB＝AC＝4，所以A1C1＝2，BC＝2B1C1，BC∥B1C1. 因为D为BC的中点，所以B1C1＝BD，又B1C1∥BD， 所以四边形BDC1B1为平行四边形，故BB1∥C1D. 因为AC⊥C1D，所以AC⊥BB1. 因为AA1⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，所以AA1⊥AC. 因为AA1，BB1⊂平面ABB1A1，AA1，BB1为相交直线，所以AC⊥平面ABB1A1， 因为AB⊂平面ABB1A1，所以AC⊥AB. (2) 以A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，则A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(0，4，0)，B1(2，0，2)，C1(0，2，2)，D(2，2，0)， 所以＝(－4，4，0)，＝(－2，0，2)，＝(0，2，2)，＝(2，2，0). 设m＝(x1，y1，z1)是平面BCC1B1的法向量，则 即 取m＝(，，1). 设n＝(x2，y2，z2)是平面ADC1的法向量，则即 取n＝(，－，1). 所以＝＝， 所以平面BCC1B1与平面ADC1所成角的余弦值为. 15．(15分)(2026·德州月考) 如图，在圆柱O1O2中，AB是底面圆O2上的一条直径，P，Q分别是底面O2，O1圆周上的一点，PQ∥O1O2，AB＝2PQ，且点P不与A，B两点重合． (1)证明：平面APQ⊥平面BPQ；(6分) (2)若二面角A­O1O2­P的大小为60°，求直线BQ与平面PQO1所成角的正弦值．(9分) 解：(1)证明：因为AB是底面圆O2上的一条直径， 所以AP⊥BP， 因为O1O2⊥底面圆O2，PQ∥O1O2， 所以PQ⊥底面圆O2， 因为BP⊂底面圆O2，所以PQ⊥BP， 因为AP∩PQ＝P，AP，PQ⊂平面APQ， 所以BP⊥平面APQ， 因为BP⊂平面BPQ，所以平面APQ⊥平面BPQ. (2)因为O1O2⊥底面圆O2，AO2，PO2⊂底面圆O2， 所以O1O2⊥PO2，O1O2⊥AO2，又平面AO1O2∩平面PO1O2＝O1O2， 所以∠AO2P为二面角A­O1O2­P的平面角， 故∠AO2P＝60°，又AO2＝PO2， 所以△APO2为等边三角形， 以P为坐标原点，PB，PA，PQ所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 设AB＝2，故AP＝AO2＝PO2＝PQ＝1，PB＝＝， 则B(，0，0)，Q(0，0，1)，P(0，0，0)，O1， ＝(，0，－1)，＝(0，0，1)，＝， 设平面PQO1的法向量为m＝(x，y，z)， 则 解得z＝0，令x＝1，得y＝－，故m＝(1，－，0)， 设直线BQ与平面PQO1所成角的大小为θ， 则sin θ＝＝＝＝， 即直线BQ与平面PQO1所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $