1、课时作业(五十一)一、选择题1(09重庆)已知二面角l的大小为50，P为空间中任意一点，则过点P且与平面和平面所成的角都是65的直线的条数为()A2B3C4 D5答案B解析过点P分别作平面、的垂线l1、l2，则所求直线m与l1、l2所成的角都是65，且直线l1、l2相交所成的两对对顶角的大小分别是50与130.于是可将问题转化为过点P且与定直线l1、l2所成的角都是65的直线m的条数问题结合图形易知，过点P且与定直线l1、l2所成的角都是65的直线m共有3条，选B.2(2010全国卷，文)直三棱柱ABCA1B1C1中，若BAC90，ABACAA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于()A30
2、 B45C60 D90答案C解析延长CA至点M，使AMCA，则A1MC1A，MA1B或其补角为异面直线BA1与AC1所成的角，连接BM，易知BMA1为等边三角形，因此，异面直线BA1与AC1所成的角为60，选C.3(2011黄冈)把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A、B、C、D四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD和平面ABC所成的角的大小为()A90 B60C45 D30答案C解析易知当折成的二面角BACD为90时，体积最大，正方形的对角线BD被折成两段OD，OB，此时OB与BD所成的角即为BD与平面ABC所成的角，易知ODB为等腰直角三角形，DBO45，选C.4正三棱柱ABCA1B1C
3、1的所有棱长均相等，则二面角AA1BC的大小为()Aarctan BarccosCarcsin Darccos答案A解析取AB中点E，则CE平面A1AB过E作EFA1B于F，连结CF，则CFA1BCFE为二面角AA1BC的平面角，设BC1则CE，EF.tanCFE故选A5(2010全国卷，理)正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()A. B.C. D.答案D解析BB1与平面ACD1所成的角等于DD1与平面ACD1所成的角，在三棱锥DACD1中，由三条侧棱两两垂直得点D在底面ACD1内的射影为等边三角形ACD1的垂心即中心H，连接D1H，DH，则DD1H为DD1
4、与平面ACD1所成的角，设正方体棱长为a，则cos DD1H，故选D.二、填空题6四棱锥PABCD的底面ABCD为菱形，BAD60，侧面PAD为等边三角形，当二面角PADB为120时，直线PB与底面ABCD所成的角为.答案30解析取AD中点O，则POAD，BOADPOB120，且POBO，PBO307如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为.答案解析如图，作AECD，又正三棱柱ABCA1B1C1中，B1D平面A1ACC1，则B1DAE，又因为CDDB1D，AE平面B1DC，则ADE就是直线AD与平面B1DC所成的角，设正
5、三棱柱棱长为2，则DC，AD，AC2.在ACD中，由余弦定理求得：cosADC，即直线AD与平面B1DC所成的角的正弦值为.8若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为，则cos .答案解析本题考查立体几何知识，由对称原理，该正四棱柱只可能为正方体，满足题意的直线可以为其对角线，显然对角线与各面所成的角的余弦值都是.三、解答题9(2010江西，文)如图，BCD与MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，AB2.(1)求直线AM与平面BCD所成角的大小；(2)求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值解析(1)取CD中点O，连OB，OM，则OBCD，OMCD.又平面MC
6、D平面BCD，所以MO平面BCD，所以MOAB，A、B、O、M共面，延长AM、BO相交于E，则AEB就是AM与平面BCD所成的角因为OBMO，MOAB，所以，EOOB，所以EB2AB，故AEB45.(2)CE是平面ACM与平面BCD的交线由(1)知，O是BE的中点，则四边形BCED是菱形作BFEC于F，连AF，则AFEC，AFB就是二面角AECB的平面角，即平面ACM与平面BCD所成二面角的平面角，设为.因为BCE120，所以BCF60.所以BFBCsin60，又AB2，ABBF，所以AF，所以sin.所以，所求二面角的正弦值是.10如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知DCDD12
7、AD2AB，ADDC，ABDC.(1)设E是DC的中点，求证：D1E平面A1BD；(2)求二面角A1BDC1的余弦值解析(1)连结BE，是四边形DABE为正方形，BEADA1D1，且BEADA1D1，四边形A1D1EB为平行四边形，D1EA1B，又D1E平面A1BD，A1B平面A1BD，又D1E平面A1BD.(2)在四边形ABCD中，设AD，ABAD，ADDC，ABDC，ADAB.故BDa，由(1)得BC2BE2EC2a2a22a2，DC2aDBC90，即BDBC.又BDBB1，BD平面BCC1B1，又BC1平面BCC1B1，BDBC1，取DC1的中点M，连结A1F，FM，由题意知，FMBC1
8、，FMBD，又A1DA1B，A1FBD，A1FM为二面角A1BDC1的平面角，连结A1M，在A1FM中，由题意可知；A1Fa，FMBC1a，取D1C1的中点H，连结A1H，HM.在RtA1HM中，A1Ha，HMa，A1Ma.cosA1FM二面角A1BDC1的余弦值为.11(2010全国卷)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，AA1AB，D为BB1的中点，E为AB1上的一点，AE3EB1.(1)证明：DE为异面直线AB1与CD的公垂线；(2)设异面直线AB1与CD的夹角为45，求二面角A1AC1B1的大小解析(1)连结A1B，记A1B与AB1的交点为F.因为面AA1B1B为正方形，故A
9、1BAB1，且AFFB1，又AE3EB1，所以FEEB1，又D为BB1的中点，故DEBF，DEAB1.作CGAB，G为垂足，由ACBC知，G为AB中点又由底面ABC面AA1B1B，得CG面AA1B1B，连结DG，则DGAB1，故DEDG，由三垂线定理，得DECD.所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线(2)因为DGAB1，故CDG为异面直线AB1与CD的夹角，CDG45设AB2，则AB12，DG，CG，AC.作B1HA1C1，H为垂足，因为底面A1B1C1面AA1C1C，故B1H面AA1C1C.又作HKAC1，K为垂足，连结B1K，由三垂线定理，得B1KAC1，因此B1KH为二面角A1AC1B
10、1的平面角B1H.HC1，AC1，HK.tanB1KH，所以二面角A1AC1B1的大小为arctan .12(2010安徽卷，理)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EFAB，EFFB，AB2EF，BFC90，BFFC，H为BC的中点(1)求证：FH平面EDB；(2)求证：AC平面EDB；(3)求二面角BDEC的大小解析(1)设AC与BD交于点G，则G为AC的中点，连EG，GH，又H为BC的中点，GH綊AB.又EF綊AB，EF綊GH，四边形EFHG为平行四边形，EGFH.而EG平面EDB，FH平面EDB.(2)由四边形ABCD为正方形，有ABBC.又EFAB，EFBC.而EF
11、FB，EF平面BFC，EFFH，ABFH.又BFFC，H为BC的中点，FHBC.FH平面ABCD.FHAC.又FHEG，ACEG.又ACBD，EGBDG，AC平面EDB.(3)EFFB，BFC90BFFC，BF平面CDEF.在平面CDEF内过点F作FKDE，交DE的延长线于K，则FKB为二面角BDEC的一个平面角设EF1，则AB2，FC，DE，BF.又EFDC，KEFEDC，sinEDCsinKEF.FKEFsinKEF，tanFKB，FKB60.二面角BDEC为6013(09天津)如图，在五面体ABCDEF中，FA平面ABCD，ADBCFE，ABAD，M为EC的中点，AFABBCFEAD.(
12、1)求异面直线BF与DE所成的角的大小；(2)证明平面AMD平面CDE；(3)求二面角ACDE的余弦值解(1)由题设知，BFCE，所以CED(或其补角)为异面直线BF与DE所成的角设P为AD的中点，连结EP、PC.因为FE綊AP，所以FA綊EP.同理，AB綊PC.又FA平面ABCD，所以EP平面ABCD.而PC、AD都在平面ABCD内，故EPPC，EPAD.由ABAD，可得PCAD.设FAa，则EPPCPDa，CDDEECa，故CED60.所以异面直线BF与DE所成的角为60.(2)证明因为DCDE且M为CE的中点，所以DMCE.连结MP，则MPCE.又MPDMM，故CE平面AMD.而CE平面DCE，所以平面AMD平面CDE.(3)解设Q为CD的中点，连结PQ，EQ.因为CEDE，所以EQCD.因为PCPD，所以PQCD，故EQP为二面角ACDE的平面角由(1)可得，EPPQ，EQa，PQa.于是在RtEPQ中，cosEQP.所以二面角ACDE的余弦值为.
