《2024年高中必刷题高二数学选择性必修第一册人教B版》

1.[山东德州2024高二月考]在二面角的棱上有
A,B两点，直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内且都垂直于AB,若AB=2,AC=3,
BD=4,CD=$\sqrt{41}$,则此二面角的大小为(　　　)
　
A.$\frac{\pi}{6}$　　　B.$\frac{\pi}{3}$　　　C.$\frac{2\pi}{3}$　　　D.$\frac{5\pi}{6}$

答案：
C　[解析]如图，由题知$\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{AB}=0$，$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BD}=0$，$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}$，
∴$|\overrightarrow{CD}|^{2}=|\overrightarrow{CA}|^{2}+|\overrightarrow{AB}|^{2}+|\overrightarrow{BD}|^{2}+2\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BD}+2\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{BD}=3^{2}+2^{2}+4^{2}+2\times3\times4\cos\langle\overrightarrow{CA},\overrightarrow{BD}\rangle=(\sqrt{41})^{2}=41$，
∴$\cos\langle\overrightarrow{CA},\overrightarrow{BD}\rangle=\frac{1}{2}$，即$\langle\overrightarrow{CA},\overrightarrow{BD}\rangle=\frac{\pi}{3}$，$\langle\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD}\rangle=\frac{2\pi}{3}$，
∴二面角的大小为$\frac{2\pi}{3}$，故选C.
　　　

2.如图所示,在空间直角坐
　标系Dxyz中，四棱柱
　
ABCD−A₁B₁C₁D₁为长方
　　　　　　　　　　　 体,AA₁=AB=2AD,点E为
　
C₁D₁的中点,则二面角
　
B₁−A₁B−E的余弦值为　　　　　　　　(　　　)
　
A.−$\frac{\sqrt{3}}{3}$　　B.−$\frac{\sqrt{3}}{2}$　　C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$　　　D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$

答案： C　[解析]设AD = 1，则A₁(1,0,2)，B(1,2,0). 因为E为C₁D₁的中点，所以E(0,1,2)，所以$\overrightarrow{A_{1}E}=(-1,1,0)$，$\overrightarrow{A_{1}B}=(0,2,-2)$. 设$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$是平面A₁BE的一个法向量，
则$\begin{cases}\overrightarrow{A_{1}E}\cdot\boldsymbol{m}=0\\\overrightarrow{A_{1}B}\cdot\boldsymbol{m}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-x + y = 0\\2y-2z = 0\end{cases}$. 取x = 1，则y = z = 1，所以平面A₁BE的一个法向量为$\boldsymbol{m}=(1,1,1)$. 又因为DA⊥平面A₁B₁B，所以$\overrightarrow{DA}=(1,0,0)$是平面A₁B₁B的一个法向量，所以$\cos\langle\boldsymbol{m},\overrightarrow{DA}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{DA}}{|\boldsymbol{m}||\overrightarrow{DA}|}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. 又因为二面角B₁ - A₁B - E为锐二面角，所以二面角B₁ - A₁B - E的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$，故选C.

3.[湖南邵阳2023高二期
　中]已知菱形ABCD中，
　　　　　　　　　　　　 ∠ABC=60°,沿对角线AC
　折叠之后，使得平面
　
BAC⊥平面DAC,则二面角B−CD−A的余弦值为　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
　
A.2　　　B.$\frac{1}{2}$　　　C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$　　　D.$\frac{\sqrt{5}}{5}$

答案：
D　[解析]由题意知△ABC和△ACD均为等边三角形，设AC中点为O，连接BO，DO，则DO⊥AC，BO⊥AC，因为平面BAC⊥平面DAC，平面BAC∩平面DAC = AC，所以DO⊥平面ABC，BO⊥平面DAC.
故以OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OB所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.
设原菱形边长为2，则C(1,0,0)，D(0,$\sqrt{3}$,0)，B(0,0,$\sqrt{3}$)，$\overrightarrow{CD}=(-1,\sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{CB}=(-1,0,$\sqrt{3}$)，$\overrightarrow{OB}=(0,0,\sqrt{3})$.显然$\overrightarrow{OB}=(0,0,\sqrt{3})$是平面DAC的一个法向量. 设平面BCD的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则满足$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CD}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CB}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}x-\sqrt{3}y = 0\\x-\sqrt{3}z = 0\end{cases}$，令x = $\sqrt{3}$，可得y = z = 1，故$\boldsymbol{n}=(\sqrt{3},1,1)$. 则$\cos\langle\overrightarrow{OB},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}\times\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.又二面角B - CD - A为锐二面角，所以二面角B - CD - A的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$. 故选D.
　　　　

4.[四川南充2024高二段考]两个相交平面构成四个二面角,其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角.由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”.则在正方体中,两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为　　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
　
A.30°　　　B.45°　　　C.60°　　　D.90°

答案：
A　[解析]在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，平面ABCD和平面ADD₁A₁的夹角为90°，D选项错误.
平面BDD₁B₁和平面ADD₁A₁的夹角为45°，B选项错误.
设正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，D₁(0,0,1)，C(0,1,0)，
∴$\overrightarrow{AB}=(0,1,0)$，$\overrightarrow{BD_{1}}=(-1,-1,1)$，$\overrightarrow{CB}=(1,0,0)$，
设平面ABC₁D₁的法向量为$\boldsymbol{m}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AB}=y_{1}=0\\\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{BD_{1}}=-x_{1}-y_{1}+z_{1}=0\end{cases}$，令x₁ = 1，可得$\boldsymbol{m}=(1,0,1)$.
设平面A₁BCD₁的法向量为$\boldsymbol{n}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CB}=x_{2}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BD_{1}}=-x_{2}-y_{2}+z_{2}=0\end{cases}$，令y₂ = 1，可得$\boldsymbol{n}=(0,1,1)$，
设平面ABC₁D₁与平面A₁BCD₁的夹角为θ，则$\cos\theta=\left|\frac{\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}\right|=\frac{1}{\sqrt{2}\times\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$，
由于0°≤θ≤90°，所以θ = 60°，所以C选项错误. 平面ABCD与平面A₁B₁C₁D₁的夹角为0°. 由图可知两个不重合的“表截面”的夹角的大小不可能为30°. 故选A.
　　　

5.[河北保定2024高二月考]已知矩形ABCD 中,AB=$\sqrt{3}$,AD=1,将△ACD沿AC折起到△ACP的位置.若PB=$\sqrt{3}$,则二面角P−AC−B 的平面角的余弦值为　　　　　　　　(　　　)
A.$\frac{2\sqrt{2}}{3}$　　B.$\frac{1}{3}$　　　C.−$\frac{1}{3}$　　D.−$\frac{2\sqrt{2}}{3}$

答案：
C　[解析]过点P作PE⊥AC，过点B作BF⊥AC，垂足分别为E，F，过点E作ME//BF交AB于点M，则ME⊥AC，所以∠PEM即为二面角P - AC - B的平面角.
由题可得PE = BF = $\frac{AB\cdot BC}{AC}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，则EA = FC = $\frac{1}{2}$，所以EF = 1，
因为$\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{PE}+\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{FB}=-\overrightarrow{EP}+\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{FB}$，所以$\overrightarrow{PB}^{2}=\overrightarrow{EP}^{2}+\overrightarrow{EF}^{2}+\overrightarrow{FB}^{2}-2\overrightarrow{EP}\cdot\overrightarrow{EF}-2\overrightarrow{EP}\cdot\overrightarrow{FB}+2\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{FB}$，即3 = $\frac{3}{4}+1+\frac{3}{4}-0 - 2\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\cos\langle\overrightarrow{EP},\overrightarrow{FB}\rangle+0$，所以$\cos\langle\overrightarrow{EP},\overrightarrow{FB}\rangle=-\frac{1}{3}$，
因为ME//BF，所以$\cos\angle PEM=-\frac{1}{3}$.
所以二面角P - AC - B的平面角的余弦值为$-\frac{1}{3}$. 故选C.
　　　

6.[湖南衡阳2024高二期中]攒
　尖是中国古代建筑中屋顶的
　　　　　　　　　　　　 一种结构形式,依其平面有圆
　形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、
　八角攒尖之分.如图属重檐四角攒尖,它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥,若此正四棱锥的侧面积是底面积的2倍,则侧面与底面的夹角为________.

答案：
$\frac{\pi}{3}$　[解析]设正四棱锥P - ABCD底面的边长为a，斜高为h'，连接AC，BD交于点O，连接OP. 则4×$\frac{1}{2}ah' = 2a^{2}$，
则h' = a，
∴PO = $\sqrt{a^{2}-(\frac{a}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{3}a}{2}$.
以O为坐标原点，$\overrightarrow{OB}$，$\overrightarrow{OC}$，$\overrightarrow{OP}$的方向分别为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
　　　
则P(0,0,$\frac{\sqrt{3}a}{2}$)，B($\frac{\sqrt{2}a}{2}$,0,0)，C(0,$\frac{\sqrt{2}a}{2}$,0)，
∴$\overrightarrow{PC}=(0,\frac{\sqrt{2}a}{2},-\frac{\sqrt{3}a}{2})$，$\overrightarrow{BC}=(-\frac{\sqrt{2}a}{2},\frac{\sqrt{2}a}{2},0)$.
设平面PBC的法向量为$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{PC}=0\\\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{BC}=0\end{cases}$，
即$\begin{cases}\frac{\sqrt{2}a}{2}y-\frac{\sqrt{3}a}{2}z=0\\-\frac{\sqrt{2}a}{2}x+\frac{\sqrt{2}a}{2}y=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}z=\frac{\sqrt{6}}{3}y\\x = y\end{cases}$，令y = $\sqrt{3}$，则$\boldsymbol{m}=(\sqrt{3},\sqrt{3},\sqrt{2})$，显然平面ABCD的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(0,0,1)$，
∴$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{0 + 0+\sqrt{2}}{\sqrt{3 + 3+2}\times1}=\frac{1}{2}$，
∴侧面与底面的夹角的余弦值为$\frac{1}{2}$，又夹角的范围为$[0,\frac{\pi}{2}]$，
∴所求夹角的大小为$\frac{\pi}{3}$.

7.[四川成都树德中学2024高二期中]如图,在四棱锥P−ABCD中,△ABD是边长为3的正三角形,BC⊥CD,BC=CD,PD⊥AB,平面PBD⊥平面ABCD.
　(1)求证:PD⊥平面ABCD;
　(2)若PD=4,求二面角C−PB−D的平面角的正切值.
　　　　　　　　　　　　　

答案：

(1)[证明]连接AC交BD于点O，由平面几何知识易知AC⊥BD，
又平面ABCD⊥平面PBD，平面ABCD∩平面PBD = BD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥平面PBD，又PD⊂平面PBD，
∴AC⊥PD，又PD⊥AB，AC∩AB = A，AC，AB⊂平面ABCD，
∴PD⊥平面ABCD.
(2)[解]以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
　　　　
若PD = 4，则C($\frac{3}{2}$,0,0)，D(0,$\frac{3}{2}$,0)，B(0,-$\frac{3}{2}$,0)，P(0,$\frac{3}{2}$,4).
∴$\overrightarrow{BC}=(\frac{3}{2},\frac{3}{2},0)$，$\overrightarrow{BP}=(0,3,4)$.
设$\boldsymbol{n}_{2}=(x,y,z)$是平面PBC的法向量，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{BC}=0\\\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{BP}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}\frac{3}{2}x+\frac{3}{2}y=0\\3y + 4z = 0\end{cases}$，
令x = - 4，则y = 4，z = - 3，
即$\boldsymbol