《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

1. 若过正方形 $ABCD$ 的顶点 $A$ 作线段 $PA \perp$ 平面 $ABCD$，且 $PA = AB$，则平面 $ABP$ 与平面 $CDP$ 夹角的度数是 (C)

A.$90^{\circ}$
B.$60^{\circ}$
C.$45^{\circ}$
D.$30^{\circ}$

答案： 1.C[解析]过点P作CD的平行线PE，可以证明平面ABP∩平面CDP = PE，则PE⊥PA，PE⊥PD，所以∠APD就是平面ABP与平面CDP的夹角，易得∠APD = 45°.

2. (人 A 选必一 P38 练习 4(3))如图，$\triangle ABC$ 和 $\triangle DBC$ 所在平面垂直，且 $AB = BC = BD$，$\angle CBA = \angle DBC = 120^{\circ}$，则平面 $ABD$ 和平面 $BDC$ 的夹角的余弦值为 (A)

A.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
B.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{3\sqrt{5}}{5}$
D.$\frac{\sqrt{5}}{3}$

答案：
2.A[解析]设AB = 1，过点A在平面ABC内作AO⊥BC交CB的延长线于点O，连接DO，易知AO，OC，OD两两垂直.以O为坐标原点，$\overrightarrow{OD}$，$\overrightarrow{OC}$，$\overrightarrow{OA}$的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则
O(0,0,0)，D($\frac{\sqrt{3}}{2}$,0,0)，B(0,$\frac{1}{2}$,0)，C(0,$\frac{3}{2}$,0)，A(0,0,$\frac{\sqrt{3}}{2}$).易知平面BDC的一个法向量为$\boldsymbol{n_1} = (0,0,1)$.设平面ABD的法向量为$\boldsymbol{n_2} = (x,y,z)$.因为$\overrightarrow{AB} = (0,\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2})$，$\overrightarrow{AD} = (\frac{\sqrt{3}}{2},0,-\frac{\sqrt{3}}{2})$，所以$\begin{cases}\boldsymbol{n_2}·\overrightarrow{AB} = 0\\\boldsymbol{n_2}·\overrightarrow{AD} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}\frac{1}{2}y - \frac{\sqrt{3}}{2}z = 0\frac{\sqrt{3}}{2}x - \frac{\sqrt{3}}{2}z = 0\end{cases}$，令z = 1，则$\boldsymbol{n_2} = (1,\sqrt{3},1)$.设平面ABD和平面BDC的夹角为θ，则$\cos\theta = \frac{|\boldsymbol{n_1}·\boldsymbol{n_2}|}{|\boldsymbol{n_1}|×|\boldsymbol{n_2}|} = \frac{1}{1×\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$.因此平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$.

3. (人 A 选必一 P41 练习 1)如图，二面角 $\alpha - l - \beta$ 的棱上有两个点 $A$，$B$，线段 $BD$ 与 $AC$ 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱 $l$。若 $AB = 4$，$AC = 6$，$BD = 8$，$CD = 2\sqrt{17}$，则平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 的夹角为 (B)

A.$\frac{\pi}{6}$
B.$\frac{\pi}{3}$
C.$\frac{2\pi}{3}$
D.$\frac{5\pi}{6}$

答案： 3.B[解析]设平面α与平面β的夹角为θ，二面角α - l - β的平面角为α.由$\overrightarrow{CD} = \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BD}$可得$\overrightarrow{CD^{2}} = (\overrightarrow{CA} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BD})^{2} = \overrightarrow{CA^{2}} + \overrightarrow{AB^{2}} + \overrightarrow{BD^{2}} + 2\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{AB} + 2\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{BD} + 2\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{BD} = 36 + 16 + 64 - 2×6×8×\cos\alpha = 116 - 96\cos\alpha = 68$，所以$\cos\alpha = \frac{1}{2}$，即$|\cos\alpha| = \frac{1}{2}$，即平面α与平面β的夹角为$\frac{\pi}{3}$.

4. (人 A 必二 P164 习题 18 改)如图，在三棱锥 $V - ABC$ 中，$VA = VB = AB = AC = BC = 2$，$VC = 1$，则二面角 $V - AB - C$ 的余弦值是$\frac{5}{6}$。

答案：
4.$\frac{5}{6}$[解析]如图，取AB的中点M，连接VM，CM.因为VA = VB，AC = BC，所以VM⊥AB，CM⊥AB，所以∠VMC为二面角V - AB - C的平面角.根据已知条件可得CM = $\sqrt{3}$，VM = $\sqrt{3}$.在△VMC中，由余弦定理得$\cos\angle VMC = \frac{VM^{2} + MC^{2} - VC^{2}}{2VM· MC} = \frac{5}{6}$，所以二面角V - AB - C的余弦值是$\frac{5}{6}$.

5. (人 A 选必一 P38 练习 3)如图，正三棱柱 $ABC - A_1B_1C_1$ 的所有棱长都为 $2$，则平面 $AA_1B$ 与平面 $A_1BC_1$ 夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{7}}{7}$。

答案：
5.$\frac{\sqrt{7}}{7}$[解析]取BC的中点O，连接AO，因为正三棱柱ABC - A1B1C1的所有棱长均为2，所以AO⊥平面BB1C1C.取B1C1的中点H，连接OH，则AO，BO，OH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，则A(0,0,$\sqrt{3}$)，B(1,0,0)，A1(0,2,$\sqrt{3}$)，C1(-1,2,0)，所以$\overrightarrow{AB} = (1,0,-\sqrt{3})$，$\overrightarrow{AA_1} = (0,2,0)$，$\overrightarrow{BC_1} = (-2,2,0)$，$\overrightarrow{BA_1} = (-1,2,\sqrt{3})$.设平面AA1B的法向量为$\boldsymbol{n_1} = (x_1,y_1,z_1)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n_1}·\overrightarrow{AB} = x_1 - \sqrt{3}z_1 = 0\\\boldsymbol{n_1}·\overrightarrow{AA_1} = 2y_1 = 0\end{cases}$，令z1 = 1，得$\boldsymbol{n_1} = (\sqrt{3},0,1)$.同理可得平面A1BC1的一个法向量为$\boldsymbol{n_2} = (\sqrt{3},\sqrt{3},-1)$.设平面AA1B与平面A1BC1的夹角为θ，易知θ为锐角，则$\cos\theta = |\cos\langle\boldsymbol{n_1},\boldsymbol{n_2}\rangle| = \frac{|\boldsymbol{n_1}·\boldsymbol{n_2}|}{|\boldsymbol{n_1}|×|\boldsymbol{n_2}|} = \frac{2}{2×\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{7}}{7}$，即平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{7}}{7}$.