人教B版（）选择性必修第一册《1.2.4二面角》年同步练习卷
一、选择题
1．若平面α的一个法向量为（1，0，1），平面β的一个法向量是（﹣3，1，3），则平面α与β所成的角等于（
）
A．30° B．45° C．60° D．90°
2．已知A﹣BCD为正四面体，则其侧面与底面所成角的余弦值为（
）
A． B． C．2 D．
3．如图，设AB为圆锥PO的底面直径，PA为母线，点C在底面圆周上，若△PAB是边长为2的正三角形，且CO⊥AB，则二面角P﹣AC﹣B的正弦值是（
）
A． B． C． D．
4．正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD所成的角为（
）
A．30° B．45° C．60° D．90°
5．如图正方体的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F且，则下列结论正确的是（
）
A．AC与BE所成角为45°
B．三棱锥A﹣BEF的体积为定值
C．EF∥平面ABCD
D．二面角A﹣EF﹣B是定值
6．已知△ABC是由具有公共直角边的两块直角三角板（Rt△ACD和Rt△BCD）组成的三角形，如图所示，其中∠ACD＝45°，∠BCD＝60°．现将Rt△ACD沿斜边AC进行翻折成△D1AC（D1不在平面ABC上）．若M，N分别为BC和BD1的中点，则在△ACD翻折过程中，下列命题中正确的是（
）
A．在线段BD上存在一定点E，使得AD1∥平面MNE
B．存在某个位置，使得直线AD1⊥平面BCD1
C．存在某个位置，使得直线AD1与DM所成角为60°
D．对于任意位置，二面角D1﹣BC﹣A始终不小于直线AD1与平面ABC所成角
二、填空题
7．若两个平面法向量分别是（1，0，1），（﹣1，1，0），则这两个平面所成的锐二面角的大小是 ．
8．如图，正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD所成的角为 ．
9．请根据所给的图形，把空白的之处填写完整．
（Ⅰ）直线与平面平行的性质定理（请用符号语言作答）
如图（1），已知：a∥α，
求证：
（Ⅱ）平面与平面垂直的性质定理的证明（每一个空格1分，共7分）
如图（2），已知：α⊥β，AB∩CD＝B，α∩β＝CD， ， ，
求证：AB⊥β
证明：在β内引直线 ，垂足为B，则 是二面角 的平面角，由α⊥β知
，又AB⊥CD，BE和CD是β内的两条 直线，所以AB⊥β．
10．正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角ABDC的正弦值为 ．
三、解答题
11．如图，四边形ABCD是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1．
（1）求直线SC与平面ASD所成角的余弦；
（2）求平面SAB和平面SCD所成角的余弦．
12．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．
（Ⅰ）证明：PA⊥BD；
（Ⅱ）若PD＝AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．
试题解析
1．解：平面α的一个法向量为（1，0，1），平面β的一个法向量是（﹣3，1，3），
∴cos，0．
∴平面α与β所成的角等于90°．
故选：D．
2．解：不妨设正四面体为A﹣BCD，
取CD的中点E，连接AE，BE，
设四面体的棱长为2，则AE＝BE
且AE⊥CD，BE⊥CD，
则∠AEB即为侧面与底面所成二面角的平面角．
在△ABE中，cos∠AEB，
故正四面体侧面与底面所成二面角的余弦值是．
故选：A．
3．解：如图，
取AC的中点D，连接OD，PD，
∵PO⊥底面，∴PO⊥AC，
∵OA＝OC，D为AC的中点，∴OD⊥AC，
又PO∩OD＝O，∴AC⊥平面POD，则AC⊥PD，
∴∠PDO为二面角P﹣AC﹣B的平面角．
∵△PAB是边长为2的正三角形，
∴PO，OA＝OC＝1，OD，则PD．
∴sin．
故选：B．
4．解：构造正方体ABCD﹣PQRS，如图所示，
因为平面PQCD与平面PQBA所成二面角就是平面ABP与平面CDP所成二面角，
又PA⊥平面ABCD，AB平面ABCD，
所以PA⊥AB，
又因为PQ∥AB，
所以PA⊥PQ，
又PQ∥CD，
则PD⊥PQ，
所以∠APD就是面PQCD与平面PEBA所成二面角的平面角，
因为构造的几何体为正方体，
故∠APD＝45°．
故选：B．
5．解：（1）对于A选项，因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1，所以DD1⊥平面ABCD，所以DD1⊥AC，
连接BD，易知AC⊥BD，又BD∩DD1＝D，故AC⊥平面BDD1B1，而BE平面BDD1B1，所以AC⊥BE，故A错误；
（2）对于B选项，由正方体的性质可知，△BEF的高为BB1为定值，底为EF定值，故S△BEF为定值，另外，由（1）可知，AC⊥平面BEF，故A点到平面BEF的距离为定值，故三棱锥A﹣BEF的体积为定值，故B正确；
（3）由正方体的性质可知，DD1∥BB1，DD1＝BB1，故四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，即EF∥BD，又EF平面ABCD，BD平面ABCD，故EF∥平面ABCD，故C正确；
（4）显然，二面角A﹣EF﹣B即为二面角A﹣B1D1﹣B，它不会随着EF的移动而变化，故二面角A﹣EF﹣B为定值，故D正确．
故选：BCD．
6．解：对于A，当E为AB的中点时，可得AD1∥NE，AD1平面MNE，
NE平面MNE，即有AD1∥平面MNE，故A正确；
对于B，∵AD1⊥D1C，当AD1⊥D1B时，且D1B＜AB，可得直线AD1⊥平面BCD1，故B正确；
对于C，假设存在某个位置，使得直线AD1与DM所成角为60°，
由AD1∥NE，过E作EH∥DM，可得∠NEH＝60°，
设CD＝AD＝1，AC，BD，BC＝2，
则NE，DM＝1，EH，
NHNM，
与NH＞NM矛盾，故C不正确；
对于D，过D1作D1O⊥平面ABC，垂足为O，连接AO，
过O作OF⊥BC，垂足为F，连接D1F，
则∠D1AO是AD1与平面ABC所成角，∠D1FO是二面角D1﹣BC﹣A的平面角，
，tan∠D1FO，
∵OA≥OF，∴，
∴对于任意位置，二面角D1﹣BC﹣A始终不小于直线AD1与平面ABC所成角，故D正确．
故选：ABD．
7．解：两个平面法向量分别是（1，0，1），（﹣1，1，0），
则这两个平面所成的二面角的大小是θ．
cosθ．
这两个平面所成的锐二面角的大小是：．
故答案为：．
8．解：∵正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，
∴建立以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴的空间坐标系如图：
设AB＝PA＝1，
则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，1），
则（1，1，﹣1），（1，0，0），
则（0，1，0）是平面PAB的法向量，
平面PCD的法向量为（x，y，z），
则，
令y＝1，则z＝1，x＝0，即（0，1，1），则1，
则cos，，
则，45°，故平面PAB与平面PCD所成的角为45°，
故答案为：45°
9．解：（Ⅰ）已知：a∥α，αβ，α∩β＝b，
求证：a∥b．
故答案为：αβ，α∩β＝b，a∥b．
（Ⅱ）如图（2），已知：α⊥β，AB∩CD＝B，
α∩β＝CD，
ABα，AB⊥CD，
求证：AB⊥β
证明：在β内引直线BE⊥CD，垂足为B，
则∠ABE是二面角α﹣CD﹣β的平面角，
由α⊥β，知AB⊥BE，又AB⊥CD，
BE和CD是β内的两条相交直线，所以AB⊥β．
故答案为：ABα，AB⊥CD，BE⊥CD，∠ABE，α﹣CD﹣β，AB⊥BE，相交．
10．解：取BC的中点O，连接AO，DO，建立空间直角坐标系，如图所示
设BC＝1，则A
∴
由题意，为平面BCD的法向量
设平面ABD的法向量为（x，y，z），则
由，可得
取x＝1，则∴
∴cos
∴sin
11．解：（1）如图建系，
S（0，0，2），C（2，2，0），D（1，0，0），（2，2，﹣2），
∵AB⊥平面SAD，故平面ASD的一个法向量为（0，2，0）…（3分）
设SC与平面ASD所成的角为θ，则sinθ则…（5分）
故cosθ，即SC与平面ASD所成的角余弦为：（6分）
（2）平面SAB的一个法向量为：（1，0，0）…（7分）
∵（2，2，﹣2），（1，0，﹣2），设平面SCD的一个法向量为（x，y，z），
由，令z＝1可得平面SCD的一个法向量为（2，﹣1，1）…（10分）
显然，平面SAB和平面SCD所成角为锐角，不妨设为α则
cosα
即平面SAB和平面SCD所成角的余弦值为…（12分）
12．（Ⅰ）证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD，
从而BD2+AD2＝AB2，故BD⊥AD
又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD
所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD
（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，
射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，则
A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．
（﹣1，，0），（0，，﹣1），（﹣1，0，0），
设平面PAB的法向量为（x，y，z），则
即，
因此可取（，1，）
设平面PBC的法向量为（x，y，z），则，
即：
可取（0，1，），cos
故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：．