1、题组层级快练题组层级快练(五十五十) (第一次作业第一次作业) 一、单项选择题 1(2021皖南八校联考)四棱锥 VABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，其他四个 侧面是腰长为 3 的等腰三角形，则二面角 VABC 的余弦值的大小为() A. 2 3 B. 2 4 C. 7 3 D.2 2 3 答案B 解析 如图所示，取 AB 中点 E，过 V 作底面的垂线，垂足为 O，易知 O 为底面 ABCD 的中心， 连接 OE，VE，根据题意可知，VEO 是二面角 VABC 的平面角因为 OE1，VE 32122 2，所以 cosVEOOE VE 1 2 2 2 4 .故选 B. 2.
2、(2021长春调研)如图所示，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACB 90， 2ACAA1BC2.若二面角 B1DCC1的大小为 60， 则 AD 的长为() A. 2B. 3 C2D. 2 2 答案A 解析 如图所示，以 C 为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直 角坐标系，则 C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)设 ADa，则 D 点坐 标为(1，0，a)，CD (1，0，a)，CB1 (0，2，2)设平面 B1CD 的法向量为 m(x，y，z) 由 mCB1 2y2z0， mCD xaz0， 得 yz， xa
3、z，令 z1，则 m(a，1，1)又平面 C 1DC 的一个法 向量为 n(0，1，0)，则由 cos60|mn| |m|n|，得 1 a22 1 2，解得 a 2(负值舍去)，所以 AD 2.故选 A. 3.如图，棱长都相等的平行六面体 ABCDABCD中，DABAADA AB60，则二面角 ABDA 的余弦值为() A.1 3 B1 3 C. 3 3 D 3 3 答案A 解析棱长都相等的平行六面体 ABCDABCD中，DABAADA AB60，则四面体 ABDA 为正四面体，如图，取 BD 的中点 E，连接 AE，AE.设正 四面体的棱长为 2，则 AEAE 3，且 AEBD，AEBD，则
4、AEA即为二面角 ABDA 的平面角，在AAE 中，cosAEAAE 2AE2AA2 2AEAE 1 3.故二面角 ABDA 的余弦值为1 3. 4(2021成都检测)如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB4，BCAA13，则二面 角 C1BDC 的余弦值为() A. 41 5 B.3 41 5 C.3 41 41 D.4 41 41 答案D 解析在矩形 ABCD 内过点 C 作 CHBD 于点 H，连接 C1H.在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，CC1平面 ABCD，所以 CC1BD.又 CHBD，CHCC1C，所以 BD平面 C1CH， 故BDC1H， 所以C1HC为二面角
5、C1BDC的平面角 在RtBCD中， BD DC2CB2 42325，因为 CHBD，所以 CHDCBC BD 43 5 12 5 .在 RtC1CH 中，C1H CH2CC12 12 5 2 323 41 5 ，所以 cosC1HC CH C1H 12 5 3 41 5 4 41 41 ，即二面角 C1 BDC 的余弦值等于4 41 41 . 二、解答题 5.(2020天津)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，CC1平面 ABC，AC BC，ACBC2，CC13，点 D，E 分别在棱 AA1和棱 CC1上，且 AD1，CE2，M 为棱 A1B1的中点 (1)求证：C1MB1D； (2)求二
6、面角 BB1ED 的正弦值； (3)求直线 AB 与平面 DB1E 所成角的正弦值 答案(1)略(2) 30 6 (3) 3 3 解析依题意，以 C 为原点，分别以CA ， CB ，CC1 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立 空间直角坐标系(如图)，可得 C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C1(0，0，3)，A1(2，0， 3)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，2)，M(1，1，3) (1)证明：依题意，C1M (1，1，0)，B1D (2，2，2)，从而C1M B1D 2200， 所以 C1MB1D. (2)依题意，CA (2，0，0)是平面
7、BB1E 的一个法向量，EB1 (0，2，1)，ED (2，0，1) 设 n(x，y，z)为平面 DB1E 的法向量，则 nEB1 0， nED 0， 即 2yz0， 2xz0. 不妨设 x1，可得 n(1，1，2) 因此有 cosCA ，n CA n |CA |n| 6 6 ，于是 sinCA ，n 30 6 . 所以二面角 BB1ED 的正弦值为 30 6 . (3)依题意，AB (2，2，0)由(2)知 n(1，1，2)为平面 DB1E 的一个法向量，于是 cos AB ，n AB n |AB |n| 3 3 . 所以直线 AB 与平面 DB1E 所成角的正弦值为 3 3 . 6.(20
8、21唐山模拟)如图，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是平行四边形， 连接 BD，其中 DADP，BABP. (1)求证：PABD； (2)若 DADP，ABP60，BABPBD2，求二面角 DPCB 的正弦值 答案 (1)略(2)4 3 7 解析(1)证明：如图，取 AP 中点 M，连接 DM，BM， DADP，BABP， PADM，PABM，又DMBMM， PA平面 DMB，又BD平面 DMB，PABD. (2)DADP，BABP，DADP，ABP60， DAP 是等腰直角三角形，ABP 是等边三角形，ABPBBD2，DM1，BM 3. BD2MB2MD2，MDMB. 以 MP，MB，
9、MD 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图， 则 A(1，0，0)，B(0，3，0)，P(1，0，0)，D(0，0，1)， 从而得DP (1，0，1)，DC AB (1，3，0)，BP (1， 3，0)，BC AD (1，0，1) 设平面 DPC 的法向量 n1(x1，y1，z1)， 则 n1DP 0， n1DC 0， 即 x1z10， x1 3y10，可取 n 1( 3，1， 3)， 设平面 PCB 的法向量 n2(x2，y2，z2)， 由 n2BC 0， n2BP 0，得 x2z20， x2 3y20，可取 n 2( 3，1， 3) cosn1，n2n1n2 |n
10、1|n2| 1 7. 设二面角 DPCB 为，sin 1cos2n1，n24 3 7 ，即二面角 DPCB 的正 弦值为4 3 7 . 7.(2021武汉模拟)如图所示，多面体是由底面为 ABCD 的直四棱柱被截面 AEFG 所截而得到的，该直四棱柱的底面为菱形，其中 AB2，CF5，BE 1，BAD60. (1)求 BG 的长； (2)求平面 AEFG 与底面 ABCD 所成锐二面角的余弦值 答案(1)2 5(2) 3 4 解析 (1)由面面平行的性质定理可知：四边形 AEFG 是平行四边形，建立如图所示的空间直角坐 标系 Oxyz.可得 A(0， 3，0)，B(1，0，0)，E(1，0，1
11、)，C(0，3，0)，F(0，3，5) 所以AG EF (1，3，4)，则 G(1，0，4) 所以BG (2，0，4) 则 BG 的长为|BG |2 5. (2)依题意可取平面 ABCD 的一个法向量 m(0，0，1) 由(1)可知：AG (1，3，4)，AE (1，3，1)， 设 n(x，y，z)是平面 AEFG 的一个法向量，则 nAE 0， nAG 0， 即 x 3yz0， x 3y4z0， 可取 n 3，5 3 3 ，2 . 则|cosn，m|nm| |n|m| 3 4 ， 所以所求锐二面角的余弦值为 3 4 . 8.(2021广东惠州二次调研)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 A
12、BCD 是边长为 2 的菱形，ABC60，PAPB，PC2. (1)求证：平面 PAB平面 ABCD； (2)若 PAPB，求二面角 APCD 的余弦值 答案(1)略(2)2 7 7 解析(1)证明：取 AB 的中点为 O，连接 CO，PO，如图 四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，ABBC2. 又ABC60，ABC 是等边三角形，COAB，OC 3. PAPB，PO1 2AB1. PC2，OP2OC2PC2，COPO. ABPOO，CO平面 PAB. CO平面 ABCD，平面 PAB平面 ABCD. (2) PAPB，PAPB，AB2，PA 2.OP2OA21212( 2)2PA2，PO
13、AO. 由(1)知，COAB，COPO， 直线 OC，OB，OP 两两垂直以 O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz， 则 A(0，1，0)，C( 3，0，0)，D( 3，2，0)，P(0，0，1)， AP (0，1，1)，PC( 3，0，1)，DC (0，2，0) 设平面 APC 的法向量为 m(x1，y1，z1)， 由 mAP 0， mPC 0，得 y1z10， 3x1z10，取 x 11，得 m(1， 3， 3)， 设平面 PCD 的法向量为 n(x2，y2，z2)，由 nPC 0， nDC 0， 得 3x2z20， 2y20， 取 x21，得 n (1，0， 3)，cos
14、m，n mn |m|n| 2 7 7 ，由图易知二面角 APCD 为锐二面角， 二面角 APCD 的余弦值为2 7 7 . 9.(2021山东潍坊二模)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线 上，并作答 ABBC；FC 与平面 ABCD 所成的角为 6 ；ABC 3 . 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是菱形，PA平面 ABCD，且 PAAB2，PD 的中点为 F. (1)在线段 AB 上是否存在一点 G，使得 AF平面 PCG？若存在，指出 G 在 AB 上的位置并 给以证明；若不存在，请说明理由； (2)若_，求二面角 FACD 的余弦值 答案(1)略(2)略 解析(
15、1) 存在线段 AB 的中点 G，使得 AF平面 PCG. 证明如下：如图所示，设 PC 的中点为 H，连接 FH，GH. F，H 分别为 PD，PC 的中点，FHCD，FH1 2CD，在菱形 ABCD 中，G 为 AB 中 点，AGCD，AG1 2CD， FHAG，FHAG，四边形 AGHF 为平行四边形，AFGH. 又 GH平面 PCG，AF平面 PCG，AF平面 PCG. (2) 选择，ABBC. PA平面 ABCD，PAAB，PAAD. AB，AD，AP 两两垂直，以 AB，AD，AP 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如 图所示的空间直角坐标系 PAAB2，A(0，0，0
16、)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，AF (0，1，1)，CF (2，1，1) 设平面 FAC 的法向量为(x，y，z)， 则 AF yz0， CF 2xyz0， 取 y1，得(1，1，1) 易知平面 ACD 的一个法向量为 v(0，0，1)， 设二面角 FACD 大小为，由图知二面角 FACD 为锐二面角，则 cos|v| |v| 3 3 ， 二面角 FACD 的余弦值为 3 3 . 选择，FC 与平面 ABCD 所成的角为 6 . 如图，取 BC 中点 E，连接 AE，取 AD 的中点 M，连接 FM，CM， 则 FMPA，且 FM1. PA平面 A
17、BCD，FM平面 ABCD，FC 与平面 ABCD 所成角为FCM，FCM 6 . 在 RtFCM 中，CM FM tan 6 1 3 3 3. 又 CMAE，AE2BE2AB2， BCAE，又 BCAD，AEAD.PA平面 ABCD，PAAD，PAAE，AE， AD，AP 两两垂直，以 AE，AD，AP 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 PAAB2，A(0，0，0)，C( 3，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，AF (0，1，1)，CF ( 3，0，1) 设平面 FAC 的法向量为 m(x，y，z)， 则 mAF yz0，
18、mCF 3xz0，取 x 3，得 m( 3，3，3) 易知平面 ACD 的一个法向量为 n(0，0，1)， 设二面角 FACD 的大小为， 由图知二面角 FACD 为锐二面角， 则 cos|mn| |m|n| 21 7 . 二面角 FACD 的余弦值为 21 7 . 选择，ABC 3 . 取 BC 中点 E，连接 AE.PA平面 ABCD，PAAE，PAAD， 底面 ABCD 是菱形，ABC60，ABC 是正三角形 E 是 BC 的中点，BCAE，AE，AD，AP 两两垂直，以 AE，AD，AP 所在直线分 别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系以下同选择. 10.(2020福建漳州
19、二模)如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 ABCD 平面 PAD，ADBC，ABBCAP1 2AD，ADP30，BAD 90，E 是 PD 的中点 (1)证明：PDPB； (2)设 AD2，点 M 在线段 PC 上，且异面直线 BM 与 CE 所成角的余弦值为 10 5 ，求二面角 MABP 的余弦值 答案(1)略(2)2 7 7 解析(1)证明：因为BAD90，所以 BAAD. 因为平面 ABCD平面 PAD，交线为 AD，所以 BA平面 PAD，从而 BAPD. 在PAD 中，由正弦定理得， AP sinADP AD sinAPD，即 1 2AD sin30 AD sinAPD，得 si
20、nAPD 1，所以APD90，故 APPD. 因为 BAAPA，所以 PD平面 PAB.又 PB平面 PAB，所以 PDPB. (2) 如图，以 P 为坐标原点，以 PD，PA 所在直线分别为 x 轴，y 轴，过点 P 且垂直于平面 PAD 的射线为 z 轴正半轴， 建立空间直角坐标系 因为 AD2， 所以 ABBCAP1， PD 3， 所以 P(0，0，0)，A(0，1，0)，B(0，1，1)，C 3 2 ，1 2，1，E 3 2 ，0，0 ， 设PM PC (01)，则PM 3 2 ，1 2，1， 所以 M 3 2 ，1 2， 从而BM 3 2 ，1 21，1， 又CE 0，1 2，1，所
21、以|cosBM ， CE | |56| 2 5 2232 10 5 ，得 923620 0，解得2 3或 10 3 (舍去)，故 M 3 3 ，1 3， 2 3 . 所以BM 3 3 ，2 3， 1 3 ，BA (0，0，1)， 设平面 MAB 的法向量为 m(x，y，z)， 则 mBM （x，y，z） 3 3 ，2 3， 1 3 0， mBA （x，y，z）（0，0，1）0. 整理得 3x2yz0， z0， 令 y 3，得 m(2，3，0) 由(1)知 PD平面 PAB，所以平面 PAB 的一个法向量为 n(1，0，0)， 所以 cosm，n mn |m|n| 2 7 7 ，易知二面角 MA
22、BP 为锐二面角，故二面角 MAB P 的余弦值为2 7 7 . (第二次作业第二次作业) 1(2021百师联盟联考四)如图，在四棱锥 PABCD 中，PD底面 ABCD，ADCD，ABCD，PDABAD1 2CD1，M，N，Q 分 别为线段 BC，CD，PA 的中点 (1)证明：平面 PMN平面 QDB； (2)求二面角 PBDQ 的余弦值 答案(1)证明见解析(2) 6 3 解析(1)证明：如图，连接 AN，BN，设 AN，BD 交于点 O，连接 OQ， 因为 N 为 CD 中点，AB1 2CD， 所以 DN1 2CDAB， 因为 ADCD， 所以四边形 ABND 为矩形， 所以 O 为
23、AN 中点 因为 Q 为 PA 中点， 所以 OQPN. 又 M 为 BC 中点， 所以 BDMN. 因为 PN平面 PMN，MN平面 PMN，OQ平面 QDB，BD平面 QDB， PNMNN，OQBDO， 所以平面 PMN平面 QDB. (2) 因为 PD平面 ABCD，ADCD， 可建立如图所示的空间直角坐标系， 所以 D(0，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，Q(1 2，0， 1 2)， DP (0，0，1)，DB (1，1，0)，DQ (1 2，0， 1 2) 设平面 PBD 和平面 QBD 的一个法向量分别为 m(x1，y1，z1)，n(x2，y2，z2)， 则有 mDP
24、 0， mDB 0， nDQ 0， nDB 0， 即 z10， x1y10， 1 2x 21 2z 20， x2y20， 取 x1x21，得 m(1，1，0)，n(1，1，1)， 设二面角 PBDQ 的大小为，易知为锐角， 所以 cos| mn |m|n| 6 3 . 2(2021山东省超级全能生联考)如图，几何体 ACDA1B1C1D1中，矩形 ADD1A1矩形 CDD1C1，B1A1平面 ADD1A1，ADCD1，AA1A1B1 2，E 为棱 AA1的中点 (1)证明：B1C1CE； (2)求直线 DD1与平面 B1CE 所成角的正弦值 答案(1)证明见解析(2) 14 7 解析(1)证明
25、：B1A1平面 ADD1A1，DD1平面 ADD1A1，B1A1DD1， 又DD1D1A1，B1A1D1A1A1，B1A1，D1A1平面 A1B1C1D1， DD1平面 A1B1C1D1. DD1CC1，CC1平面 A1B1C1D1. B1C1平面 A1B1C1D1，CC1B1C1. 矩形 ADD1A1矩形 CDD1C1，矩形 ADD1A1矩形 CDD1C1DD1，D1C1DD1，D1C1 平面 CDD1C1， D1C1平面 ADD1A1. 如图，连接 EC1.ADCD1，AA1A1B12，E 为 AA1的中点， B1E 5，B1C1 2，EC1 3， B1E2B1C12EC12， B1C1C
26、1E. 又CC1，C1E平面 CC1E，CC1C1EC1， B1C1平面 CC1E. 又CE平面 CC1E，B1C1CE. (2) 如图，以点 A 为原点，分别以 AD，AA1所在的直线为 x 轴、y 轴，过点 A 且平行于 C1D1 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，依题意得 C(1，0，1)，B1(0，2，2)，D(1，0，0)， E(0，1，0)，D1(1，2，0) CE (1，1，1)，B 1C (1，2，1)， DD1 (0，2，0)， 设平面 B1CE 的法向量 m(x，y，z)， 则 mB1C 0， mCE 0， 即 x2yz0， xyz0，消去 x，得 y2z0， 不妨设
27、z1，可得一个法向量为 m(3，2，1)， 又DD1 (0，2，0)， 设直线 DD1与平面 B1CE 所成角为， 于是 sin|cosm， DD1 | mDD1 |m|DD1 | 4 142| 14 7 . 故直线 DD1与平面 B1CE 所成角的正弦值为 14 7 . 3.(2021山东青岛二模)试在PCBD，PCAB，PAPC 三个条件中选两个条件补充 在下面的横线处，使得 PO平面 ABCD 成立，请说明理由，并在此 条件下进一步解答该题 如图，在四棱锥 PABCD 中，ACBDO，底面 ABCD 为菱形， 若_，且ABC60， 异面直线 PB 与 CD 所成的角为 60， 求二面角
28、APBC 的余弦值 答案略 解析若选，由 PO平面 ABCD 知 POAB.又 PCAB，PCPOP，所以 AB平面 PAC，所以 ABAC，所以BAC90， 则 BCBA，这与底面 ABCD 为菱形矛盾，所以必不选，故选. 下面证明：PO平面 ABCD. 因为四边形 ABCD 为菱形，所以 ACBD. 因为 PCBD，ACPCC，所以 BD平面 PAC，所以 BDPO. 又 PAPC，所以 POAC. 又 BDACO，所以 PO平面 ABCD. 下面求二面角 APBC 的余弦值 以 O 为坐标原点，以OB ， OC ，OP 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
29、标系 Oxyz. 方法一：因为 ABCD，所以PBA 为异面直线 PB 与 CD 所成的角，所以PBA60. 在菱形 ABCD 中，设 AB2， 因为ABC60，所以 OAOC1，OB 3. 设 POa(a0)，则 PA a21，PB a23. 在PBA 中，由余弦定理得 PA2AB2PB22ABPBcosPBA， 所以 a214a2322 a231 2，解得 a 6. 所以 A(0，1，0)，B( 3，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0， 6) 设 n1(x1，y1，z1)为平面 ABP 的法向量，AB ( 3，1，0)，AP (0，1， 6) 所以 n1AB 0， n1AP 0，即 3
30、x1y10， y1 6z10， 令 z11，得 n1( 2， 6，1) 设 n2(x2，y2，z2)为平面 CBP 的法向量，CB ( 3，1，0)，CP (0，1， 6) 所以 n2CB 0， n2CP 0，即 3x2y20， y2 6z20， 令 z21，得 n2( 2，6，1) 设二面角 APBC 的平面角为，由图知二面角 APBC 是锐二面角， 所以 cos|n1n2| |n1|n2| 1 3，所以二面角 APBC 的余弦值为 1 3. 方法二：在菱形 ABCD 中，设 AB2. 因为ABC60，所以 OA1，OB 3.设 POa(a0)， 则 P(0，0，a)，A(0，1，0)，B(
31、 3，0，0)，PB ( 3，0，a)，CD BA ( 3，1， 0) 因为 PB 与 CD 所成角为 60， 所以|cos PB ， CD | PB CD |PB |CD | 3 2 3a2 1 2， 解得 a 6， 以下同方法一 4 (2021衡中月考)如图甲的平面五边形 PABCD 中， PDPA， ACCDBD 5， AB1， AD2，PDPA，现将图甲中的三角形 PAD 沿 AD 边折起，使平面 PAD平面 ABCD 得 图乙的四棱锥 PABCD.在图乙中： (1)求证：PD平面 PAB； (2)求二面角 APBC 的大小 答案(1)略(2)5 6 解析(1)证明：AB1，AD2，B
32、D 5， AB2AD2BD2. ABAD. 平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD， AB平面 PAD. 又PD平面 PAD，ABPD. 又PDPA，PAABA， PD平面 PAB. (2)取 AD 中点 O，连接 OP，OC. 由平面 PAD平面 ABCD，PDPA 知 OP平面 ABCD. 由 ACCD，知 COAD. 以 O 为原点，分别以 OC，OA，OP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直 角坐标系 则 C(2，0，0)，P(0，0，1)，D(0，1，0)，B(1，1，0) PB (1，1，1)，PC(2，0，1)，PD(0，1，1) 设平面 PBC 的法向量为 m(a，b，c)， 则 mPB 0， mPC 0， abc0， 2ac0. 令 a1，则 m(1，1，2)， 由(1)可知平面 PAB 的法向量为PD (0，1，1) cosm， PD 3 6 2 3 2 . 经判断，二面角 APBC 为钝二面角，设其平面角为，则 cos 3 2 ， 二面角 APBC 的大小为5 6.
