1、朝花夕拾杯中酒第9課時 二面角1(2021·皖南八校聯考)四棱錐VABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，其他四個側面是腰長為3的等腰三角形，那么二面角VABC的余弦值的大小為()A.B.C. D.答案B解析如下圖，取AB中點E，過V作底面的垂線，垂足為O，連接OE，VE，根據題意可知，VEO是二面角VABC的平面角因為OE1，VE2，所以cosVEO，應選B.2.如圖，三棱錐SABC中，棱SA，SB，SC兩兩垂直，且SASBSC，那么二面角ABCS的正切值為()A1 B.C. D2答案C解析三棱錐SABC中，棱SA，SB，SC兩兩垂直，且SASBSC，SA平面SBC，且ABAC

2、，如圖，取BC的中點D，連接SD，AD，那么SDBC，ADBC，那么ADS是二面角ABCS的平面角，設SASBSC1，那么SD，在RtADS中，tanADS，應選C.另解：以S為坐標原點，的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，設SA1，那么S(0，0，0)，A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，(0，0，1)，(1，0，1)，(0，1，1)，易知(0，0，1)為平面SBC的一個法向量，設n(x，y，z)為平面ABC的法向量，那么即令z1，那么n(1，1，1)為平面ABC的一個法向量，所以cos，n，故二面角ABCS的正切值為.3(2021·福州質量檢測)

3、三棱錐ABCD中，ABC為等邊三角形，AB2，BDC90°，二面角ABCD的大小為150°，那么三棱錐ABCD的外接球的外表積為()A7 B12C16 D28答案D解析此題考查空間直線與平面的位置關系、球的外表積設球心為F，過點A作AO平面BCD，垂足為O，取BC的中點E，連接AE，OE，EF，那么AEO30°，AE3，AO，OE，EC，外接球球心F在過E且平行于AO的直線上，設FEx，外接球半徑為R，那么R23x2()2(x)2，解得x2，R27，那么外接球的外表積為4R228，應選D.4.(2021·浙江溫州中學模擬)如圖，四邊形ABCD，ABBDD

4、A2，BCCD.現將ABD沿BD折起，當二面角ABDC處于，的過程中，直線AB與CD所成角的余弦值的取值范圍是()A， B，C0， D0，答案D解析如下圖，取BD中點E，連接AE，CE，AEC即為二面角ABDC的平面角而AC2AE2CE22AE·CE·cosAEC42cosAEC，又AEC，AC1，·2cos，·()2AB·BC·1，設異面直線AB，CD所成的角為，0cos·，應選D.5.如圖，平面與平面相交成銳角，平面內的一個圓在平面上的射影是離心率為的橢圓，那么_答案解析如圖，經過平面內圓的圓心作平行于和垂直于二面角的棱

5、的兩條直徑，那么這兩條直徑在平面上的射影是橢圓的長軸和短軸，那么短軸的延長線和垂直于棱的直徑所在直線的夾角為二面角的平面角，記為.因為e，所以，故cos，解得.6.(2021·甘肅天水一模)在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，且AD2，PAAB1，PA平面ABCD，E是BC邊上的動點，記二面角PEDA的大小為，那么tan的取值范圍為_答案，解析由A點作AOED于O，連接PO，那么POA為二面角的平面角tanPOA.又OA，2，tanPOA，7(2021·滄州七校聯考)三棱錐ABCD的三視圖如下圖：那么二面角BADC的正弦值為_答案解析如圖，把三棱錐ABCD放到長方體中

6、，長方體的長、寬、高分別為5，3，4，BCD為直角三角形，直角邊分別為5和3，三棱錐ABCD的高為4，建立如圖空間直角坐標系，那么B(0，0，0)，A(3，0，4)，C(3，5，0)，D(0，5，0)，(3，5，4)，(0，5，0)，(3，0，0)設n1(x1，y1，z1)是平面ABD的一個法向量，n1，n1.可取n1(4，0，3)設n2(x2，y2，z2)是平面ADC的一個法向量，n2，n2，可取n2(0，4，5)cosn1，n2.sinn1，n2.即二面角BADC的正弦值為.8(2021·洛陽第一次統考)如圖，四邊形ABEF和四邊形ABCD均是直角梯形，FABDAB90°

7、;，二面角FABD是直二面角，BEAF，BCAD，AFABBC2，AD1.(1)證明：在平面BCE上，一定存在過點C的直線l與直線DF平行；(2)求二面角FCDA的余弦值答案(1)略(2)解析(1)由得，BEAF，AF平面AFD，BE平面AFD，BE平面AFD.同理可得，BC平面AFD.又BEBCB，平面BCE平面AFD.設平面DFC平面BCEl，那么l過點C.平面BCE平面ADF，平面DFC平面BCEl，平面DFC平面AFDDF，DFl，即在平面BCE上一定存在過點C的直線l，使得DFl.(2)平面ABEF平面ABCD，FA平面ABEF，平面ABCD平面ABEFAB，又FAB90°

8、，AFAB，AF平面ABCD，AD平面ABCD，AFAD.DAB90°，ADAB.以A為坐標原點，AD，AB，AF所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖由得，D(1，0，0)，C(2，2，0)，F(0，0，2)，(1，0，2)，(1，2，0)設平面DFC的法向量為n(x，y，z)，那么不妨取z1，那么n(2，1，1)，不妨取平面ACD的一個法向量為m(0，0，1)，cosm，n，由于二面角FCDA為銳角，因此二面角FCDA的余弦值為.9(2021·安徽合肥二檢，理)如圖，在矩形ABCD中，AB1，AD2，點E為AD的中點，沿BE將ABE折起至PBE，如圖所示

9、，點P在平面BCDE上的射影O落在BE上(1)求證：BPCE；(2)求二面角BPCD的余弦值答案(1)略(2)解析(1)點P在平面BCDE上的射影O落在BE上，PO平面BCDE，POCE，由題意，易知BECE，又POBEO，CE平面PBE，又BP平面PBE，BPCE.(2)以O為坐標原點，以過點O且平行于CD的直線為x軸，過點O且平行于BC的直線為y軸，PO所在的直線為z軸，建立如下圖的空間直角坐標系那么B(，0)，C(，0)，D(，0)，P(0，0，)，(1，0，0)，(，)，(，)，(0，2，0)設平面PCD的法向量為n1(x1，y1，z1)，那么即令z1，可得n1(0，)為平面PCD的一

10、個法向量設平面PBC的法向量為n2(x2，y2，z2)，那么即令z2，可得n2(2，0，)為平面PBC的一個法向量cosn1，n2，由圖可知二面角BPCD為鈍角，故二面角BPCD的余弦值為.10(2021·山東，理)如圖，幾何體是圓柱的一局部，它是由矩形ABCD(及其內部)以AB邊所在直線為旋轉軸旋轉120°得到的，G是的中點(1)設P是上的一點，且APBE，求CBP的大?。?2)當AB3，AD2時，求二面角EAGC的大小答案(1)30°(2)60°解析(1)因為APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP.又BP平面ABP，

11、所以BEBP.又EBC120°，因此CBP30°.(2)方法一：取的中點H，連接EH，GH，CH.因為EBC120°，所以四邊形BEHC為菱形，所以AEGEACGC.取AG中點M，連接EM，CM，EC，那么EMAG，CMAG，所以EMC為所求二面角的平面角又AM1，所以EMCM2.在BEC中，由于EBC120°，由余弦定理得EC222222×2×2×cos120°12，所以EC2，因此EMC為等邊三角形，故所求的二面角為60°.方法二：以B為坐標原點，分別以BE，BP，BA所在的直線為x，y，z軸，建立如

12、下圖的空間直角坐標系由題意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，3)，C(1，0)，故(2，0，3)，(1，0)，(2，0，3)，設m(x1，y1，z1)是平面AEG的法向量由可得取z12，可得平面AEG的一個法向量m(3，2)設n(x2，y2，z2)是平面ACG的法向量由可得取z22，可得平面ACG的一個法向量n(3，2)所以cosm，n.由圖形可知二面角EAGC為銳二面角，因此所求的角為60°.11(2021·廣州綜合測試一)如圖，在直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，BDDC，點E是BC邊的中點，將ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，連接AE，AC，

13、DE，得到如圖所示的幾何體(1)求證：AB平面ADC；(2)假設AD1，二面角CABD的平面角的正切值為，求二面角BADE的余弦值答案(1)略(2)解析(1)因為平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，又BDDC，所以DC平面ABD.因為AB平面ABD，所以DCAB.又折疊前后均有ADAB，DCADD，所以AB平面ADC.(2)由(1)知AB平面ADC，所以ABAC，又ABAD，所以二面角CABD的平面角為CAD.又DC平面ABD，AD平面ABD，所以DCAD.依題意tanCAD.因為AD1，所以CD.設ABx(x>0)，那么BD.依題意ABDDCB，所以，即.又x>0，解得x，故AB，BD，BC3.方法一：如圖a所示，建立空間直角坐標系Dxyz，那么D(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，0)，E(，0)，A(，0，)，所以(，0)，(，0，)由(1)知平面BAD的一個法向量為n(0，1，0)設平面ADE的法向量為m(x，y，z)，由得令x，得y，z，所以m(，)所以cosn，