(共107张PPT)
1.2 空间向量在立体几何中的应用
1.2.4 二面角
探究点一 定义法求二面角的大小
探究点二 利用三垂线定理及其逆定理求
二面角
探究点三 利用空间向量求二面角的大小
探究点四 空间中的翻折与探索性问题
◆
◆
◆
◆
◆
课前预习
课中探究
课堂评价
备课素材
练习册
答案核查【导】
答案核查【练】
【学习目标】
1.掌握二面角的概念、二面角的平面角的定义,会找一些简单图形中
的二面角的平面角;
2.掌握求二面角的基本方法.
知识点一 二面角及其范围
1.二面角的定义：平面内的一条直线把一个平面分成两部分,其中的
每一部分都称为一个________.从一条直线出发的两个半平面所组成
的图形称为________,这条直线称为二面角的____,这两个半平面称为
二面角的面. 二面角的范围为______.
半平面
二面角
棱
2.二面角的平面角
如图所示，在二面角 的棱上任取一
点，以为垂足，分别在半平面 和 内作
平面角
平面角大小
直二面角
3.两个平面所成的角
两个平面相交时，它们所成角的大小，指的是它们所形成的四个二
面角中，不小于 且不大于 的角的大小.
垂直于棱的射线和，则射线和 所成的角称为二面角的
________.二面角的大小用它的平面角大小来度量，即二面角大小等
于它的____________.特别地，平面角是直角的二面角称为________
__.
【诊断分析】
判断正误.（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1）两个相交平面所成角的大小和一个二面角的大小是唯一的.( )
√
（2）二面角是指两个平面相交的图形.( )
×
（3）平面与平面所成的角的取值范围与二面角的取值范围相同.( )
×
（4）如果一个二面角的两个半平面分别平行于另一个二面角的两个
半平面，则这两个二面角的大小相等.( )
×
知识点二 用空间向量求二面角的大小
如果，分别是平面,的一个法向量，设与 所成角的大小
为 ，如图所示，可以看出,或, ,特别地，
, .
【诊断分析】
判断正误.（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1）二面角的范围是 .( )
×
（2）若二面角 的两个半平面的法向量分别为， ，则
二面角的平面角与两个法向量的夹角， 一定相等.( )
×
（3）二面角的大小通过它的平面角的大小来度量.( )
√
探究点一 定义法求二面角的大小
例1 ［2024·北京延庆区高二期末］在二面角 中， ，
， ， ，且，，若 ，
，，求二面角 的余弦值.
解：如图，过点在平面 内作 ,且
,连接，，易知四边形 为矩形,
因为，，所以 即为二面角
的平面角.
因为，， 平面 ，所以 平面，又
平面，所以，又 ，所以.
在中，由 ,,可得 ,
又,,所以 ，所以 .
变式 在多面体中，，平面
平面，平面 平面，， ，
，，且 .
（1）求与平面 所成的角；
解：如图，取的中点，连接 ，
， ，
平面 平面，平面
平面， 平面 ，
，与平面所成的角为 .
平面，即为与平面 所成的角.
且 ，
（2）求二面角 的大小.
变式 在多面体中，，平面
平面，平面 平面，， ，
，，且 .
解：如图，取的中点，连接 ，则，
， ，，连接，
平面 ，在平面上的射影为， ，
即为二面角的平面角.
在等腰直角三角形 中，，，
在中，， ，
在中， ，
， 二面角的大小为 .
［素养小结］
定义法求二面角的步骤：
（1）作（找）出二面角的平面角;
（2）写出（或证明）所作平面角即为所求二面角的平面角;
（3）利用解三角形的知识求解.
探究点二 利用三垂线定理及其逆定理求二面角
例2 如图，在四棱锥中，底面 是
正方形，侧面是正三角形，平面 平
面 .
（1）证明： 平面 ；
证明： 平面 平面，平面 平面 ，
平面，， 平面 .
（2）求二面角 的正切值.
例2 如图，在四棱锥中，底面 是
正方形，侧面是正三角形，平面 平
面 .
解：如图，取的中点，连接， .
是正三角形，，，
平面， 平面，，
由三垂线定理知 ，
即为二面角 的平面角.
，则二面角的正切值为 .
变式（1）已知点，分别在正方体的棱 ，
上，且，，则平面与平面 所成
角的正切值等于_ __.
[解析] 延长，相交于点，连接 ，如图所示.
设正方体的棱长为3，易知，作
于点，连接，由三垂线定理知 ，则
即为平面与平面 所成的角.
因为，，所以 .
（2）已知正方体的棱长为，， 分别为棱
，的中点，则平面与平面 所成角的余弦值为___.
[解析] 如图，易知四边形为菱形. 平
面， 平面， 平面，
正方形为菱形在平面 内的射影.
连接，，则， ，
， .
设平面与平面所成的角的大小为 ,则，
平面与平面 所成角的余弦值为 .
［素养小结］
用三垂线定理及其逆定理求二面角
（1）一个面内找一个特殊点作另一个面的垂线,过垂足作棱的垂线
（或过这个特殊点作棱的垂线,连接两个垂足）,连接这个点和垂足,根
据三垂线定理（或其逆定理）得平面角,再求二面角;
（2）利用射影面积与原图形面积比求二面角时，即使用公式
求二面角时， 为原图形所在平面与射影图形所在平面的
夹角，若二面角为锐角， 即为二面角的大小；若二面角为钝角，
即为二面角的大小.
探究点三 利用空间向量求二面角的大小
例3 如图所示,在四棱锥中, 平面, 平面 ,
,, ，求平面与平面 所
成角的余弦值.
解：如图,在平面中，过点作的垂线交
于点,由题知,,两两垂直，以 为坐标原
点,,,的方向分别为,, 轴的正方向，建立
空间直角坐标系. , ,
又, 点 到轴的距离为1,到轴的距离为,
则, , ,，
, , .
设平面的一个法向量为 ,
则即取 ,得.
设平面 的一个法向量为 ,
则即取 ,得，
, ,
故平面与平面所成角的余弦值是 .
变式 在长方体中，, ，则平
面与平面 所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
[解析] 以 为坐标原点，建立如图所示的空间
直角坐标系，则,, ，
所以, .
设平面的一个法向量为 ，
则令 ，
√
则 .易知平面 的一个法向量为
，所以, ，
所以平面与平面 所成角的余弦值
为 .故选A.
［素养小结］
设，分别是平面 ， 的一个法向量，则向量
与的夹角（或其补角）就是平面 与平面 所
成角的大小，如图．用坐标法解题的步骤如下：
（1）建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系．
（2）求法向量：在建立的坐标系下求或找两个平面的法向量， .
（3）计算：设平面 与平面 所成的角为 ， .
（4）定值： 即为平面 与平面 所成的角.
探究点四 空间中的翻折与探索性问题
例4 如图①，在矩形中，，，为边 的中点，
现将沿折起，形成四棱锥，使得点到达点 的
位置（如图②），且 ．
（1）求证：平面 平面 ；
证明：在矩形中，连接，为的中点， ，
，又， ，
， ．
在四棱锥中，，， ，
， 平面， 平面 ，
又 平面， 平面 平面 ．
（2）已知点是棱上的动点（不与点，重合），若平面
与平面所成的角为，求点 的位置．
例4 如图①，在矩形中，，，为边 的中点，
现将沿折起，形成四棱锥，使得点到达点 的
位置（如图②），且 ．
解：过点作 平面，以 为坐标原
点，，，的方向分别为轴、轴、
轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，， ，
，， ，
，
设， ，
则 .
设是平面 的一个法向量，则
即
令 ，则 ．
为平面 的一个法向量，
, ，
平面与平面所成的角为 ，，解得 ，
点为棱 的中点．
变式 如图所示，正方形与矩形 所在平面互相垂直，
，点为 的中点.
（1）求证： .
证明：连接交于， 四边形 为正方形， ，
正方形与矩形 所在平面互相垂直，交线为，，
平面 ，又 平面， .
又，, 平面， 平面 ，
又 平面， .
（2）在线段上是否存在点，使得二
面角 的大小为？若存在，
求出线段 的长；若不存在，请说明理由.
解：存在满足条件的点， .
方法一：假设存在满足条件的点.易知
平面，过点作于点 ，如图，
连接，则 ，
变式 如图所示，正方形与矩形 所在平面互相垂直，
，点为 的中点.
为二面角的平面角， ，
在中，， .
在中，，， .
在中，， .
故在线段上存在点 ，使得二面角的大小为 ，且
.
方法二：假设存在满足条件的点 .依题意，
以为坐标原点，，， 的方向分别
为轴、轴、 轴的正方向，建立如图所示的
空间直角坐标系.
，，， ，
， .
易知为平面 的一个法向量.
设，则 ，
设平面的一个法向量为 ，
则即
取，得 .
二面角的大小为 ，
，
即，解得 ，又，.
故在线段 上存在点 ，使得二面角的大小为，
且 .
［素养小结］
利用空间向量解决空间角中的探索性问题,通常不需要复杂的几何作
图、论证、推理,只需先假设结论成立,建立空间直角坐标系,通过向量
的坐标运算进行推断,把是否存在问题转化为点的坐标是否有解的问
题来处理.
1.若二面角 的大小为 ,则平面 与平面 的法向量的
夹角为( )
A. B. C. 或 D. 或
[解析] 二面角为 时,其两个面的法向量的夹角可能是 ,也可
能是 .故选C.
√
2.在三棱锥中,, ,则
二面角 的大小为( )
A. B. C. D.
[解析] 如图,在三棱锥中,取的中点 ,
连接,,易知,, 即为
二面角的平面角,
易得 , 又,
为等边三角形, .故选B.
√
3.已知垂直于正方形所在的平面，若， ，则
平面与平面 所成角的大小是( )
A. B. C. D.
[解析] 以为坐标原点，以，， 的方向分
别为轴、轴、 轴的正方向，建立如图所示的空间
直角坐标系，则，， ，，
所以， ,,．
√
设平面 的一个法向量为 ，则
令，得．
易知平面 的一个法向量为，
所以 ,，
所以平面与平面 所成角的大小是 ．
4.一间民房的屋顶有如图所示的三种不同的盖法：①单向倾斜；②双
向倾斜；③四向倾斜.记三种盖法的屋顶面积分别为，， ，若
屋顶斜面与水平面所成的二面角的平面角都是 ，则( )
A. B. C. D.
√
[解析] 三种盖法的屋顶斜面与水平面所成二面角的平面角都是 ，
故三种盖法的屋顶在水平面上的射影面积都相同，
设屋顶在水平面上的射影面积为，则 ，
所以 .
5.［2025·广东东莞高二期中］在正方体中，平面
经过点，，平面 经过点，，当平面 ， 分别截正方体所
得截面的面积最大时，平面 与平面 所成角的余弦值为__.
[解析] 由题易知，问题可转化为求平面 与
平面所成角的余弦值，以点 为坐标原点，
建立如图所示的空间直角坐标系.连接, ,
设正方体的棱长为1，平面 与平面 所成的角为 ，
因为 平面， 平面 ，所以，又，
， , 平面，所以 平面 .
同理 平面，所以为平面 的
一个法向量，为平面 的一个法向量，
因为，， ，
所以， ，
所以 .
1.学会利用空间向量和定义法求二面角.
2.利用向量法求二面角的基本思想是把求空间角转化为求两个向量的
夹角.首先要找出并利用空间直角坐标系或基向量（有明显的线面垂
直关系时尽量建系）表示出向量，然后运用向量的运算即可，其次
要理清要求角与两个向量夹角之间的关系.
例（1）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是
由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，
它体现了数学的对称美.如图，将一个正方体沿交
于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可
截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个
A. B.1 C. D.
面为正方形的“阿基米德多面体”，则该多面体中具有公共顶点的两
个正三角形所在平面所成角的正切值为( )
√
[解析] 将该“阿基米德多面体”放入正方体中，如图，
平面和平面 为有公共顶点的两个正三角形
所在平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则
,,,, .
设平面的一个法向量为 ,
因为, ,所以
令 , 则 .设平面 的一个法向量为,
因为 ,,
所以
令,则.
设平面 和平面所成的角为 ，
则 ，
所以 ,
所以 .故选D.
（2）［2025·福建泉州高二期中］中国古代数学
瑰宝《九章算术》中记载了一种被称为“羡除”的
几何体，该几何体是三个面均为梯形，其他两个
面为三角形的五面体.如图，现有一羡除 ，
平面 平面，，，四边形 ，
均为等腰梯形，，，，分别为 ，
，的中点，则平面与平面 所成角的余弦值为_______.
[解析] 过作，垂足为，过 作
，垂足为，
因为平面 平面，
平面 平面 ，
平面，所以 平面.
以 为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则 , , ,
，,所以 , ,，
所以 ，.
设平面 的一个法向量为 ，
则
取 ，则，，得 .
易知平面的一个法向量为 ，
所以 ，
所以平面与平面 所成角的余弦值为 .
（3）［2025·辽宁丹东高二期中］如图，在多面体中，
平面， 平面， ，且
，是的中点，则平面 与平面
所成角的余弦值为__.
[解析] 因为 平面， 平面 ，
平面，所以，，
以 为坐标原点，以，， 所在直线分别为
，， 轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，所以,, ，
所以,.
设平面 的一个法向量为，则
取 ，可得 ，
易知平面 的一个法向量为，
设平面与平面 所成的角为 ，
则 .
练习册
一、选择题
1.［2024·辽宁抚顺雷锋高级中学高二期末］如图
所示,在边长为的正三角形中,,沿
将折起,若折起后,两点间距离为 ,则二
面角 的大小为( )
A. B. C. D.
[解析] 折叠前后,都有,,所以 即为二面角
的平面角.
因为,,所以 为等边三角形,
所以 .故选C.
√
2.［2025·湖南娄底高二期中］已知二面角 中，平面 的一
个法向量为，平面 的一个法向量为 ，
则二面角 的平面角满足( )
A.余弦值为 B.正弦值为 C.大小为 D.大小为
[解析] 设所求二面角的平面角的大小为 ，则
，所以 或 ，
故C，D错误；
，故A错误，B正确.故选B.
√
3.［2024·山西吕梁高二期中］攒尖是古代中国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.如
图在重檐四角攒尖中，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 倍，则侧面与底面所成的角的大
小为( )
A.B. C.D.
√
[解析] 设侧面与底面所成的角的大小为 ，则由射影面积公式，知
，又 ， .
4.［2024·天津西青区高二期末］在正方体
中，点为 的中点，则
平面与平面 所成角的余弦值为
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 以为坐标原点，,, 的方向分别
为,, 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设正方体 的棱长为1，
则,, ,所以
,.
易知平面 的一个法向量为，
设平面 的一个法向量为 ，
则
令 ，则.
设平面与平面 所成的角为 ，
则 , .故选B.
5.在四棱锥中， 平面，四边形 是矩形，
且，，，则平面与平面 所成角的
大小为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 因为 平面，四边形 是矩形，
所以,,两两垂直，以 为坐标原点，,,
的方向分别为，， 轴的正方向，建立空间直角坐
标系，如图所示，则,,.
易知平面 的 一个法向量为， ,
,
设平面 的一个法向量为，
则 取，得，
所以 ,，所以 , ，
故平面与平面 所成角的大小为 .故选A.
6.在如图所示的六面体中，四边形和 均
为直角梯形，，，， 为直角顶点，其他四个面
均为矩形，,, ，则平面
与平面 所成的角的大小为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：因为四边形和均为直角梯形，， ，
， 为直角顶点，其他四个面均为矩形，所以这个六面体是四棱柱.
由题意可知,,两两垂直，以 为坐标原点建立如图所示的空
间直角坐标系.则，,, ，所以
,.
根据题意可知 平面 ，
所以为平面的一个法向量.
设为平面 的一个法向量，
则取，则 .
因为,，
所以平面与平面 所成的角的大小为 .
故选B.
方法二：因为四边形与四边形均为直角梯形，， ，
， 是直角顶点，其他四个面均为矩形，所以这个六面体是四棱柱.
由题意可知,,两两垂直，所以 平面.延长,
交于点，延长,交于点，连接.
由题意知 ,所以平面.
又平面 平面，所以 ，
所以 平面，
所以,,所以 即为
平面与平面所成的角.
因为,所以 ，即,所以，
所以 ,所以 ，
所以平面与平面所成的角的大小为 .
方法三：因为四边形与四边形均为直角梯形，
， ，， 是直角顶点，其他四个面均是矩形，
所以这个六面体是四棱柱.
由题意可知,,两两垂直，所以 平面，
同理 , ,都垂直于平面，所以矩形是矩形 在
平面上的射影.
设平面与平面所成的角的大小为 ，则
,所以 .故选B.
7.在菱形中， ，沿对角线折叠之后，使得点
到点位置，且平面 平面，则平面与平面 所成
角的余弦值为( )
A.2 B. C. D.
[解析] 设菱形的边长为1，取的中点 ，
连接,，如图所示，
因为 ，所以，又平面
平面 ，平面 平面， 平面 ，
所以 平面.以 为坐标原点，建立空间直角 坐标系，
√
则，, ,，
所以 ,,．
设平面 的一个法向量为，则
即取，得 .
易知平面的一个法向量为 ，
所以, .故选D.
8.（多选题）如图，在五面体中，四边形 为矩形，
，，与 都是等边三角形，且二面角
与相等，则 的长度可能为( )
A.1 B.5 C.9 D.15
√
√
[解析] 由于与都是等边三角形，且边长为 ，故
和的高均为3.
当二面角和 趋向于0时，，
如图①所示.
当二面角 和趋向于 时，，
如图②所示.所以 的长度的取值范围是.故选 .
9.（多选题）［2025·辽宁沈阳二十中高二期中］ 如图，正方体
的棱长为1，面对角线上有两个动点, ，且
.则下列结论中正确的有( )
A.三棱锥 的体积为定值
B.当向运动时，二面角 的大小不变
C.二面角的最小值为
D.当向运动时， 总成立
√
√
√
[解析] 因为为定值，所以为定值，点 到
平面的距离即为点到平面 的距离，
故三棱锥 的体积为定值，故A正确.
平面即为平面，而平面 即为平面
，故当向运动时，二面角 的
大小不变，故B正确.
以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,, ,因为,在上，且 ，
所以可设,， ，所以
, ，所以 ，
故不恒为零，故D错误.
设平面 的一个法向量为，又 ，所以 取 ，则，
易知平面 的一个法向量为，所以, ，设二面角的平面角为 ，则 为锐角，故
，因为 ，所以
，所以 ，当且
仅当时， 取得最大值，此时 取得
最小值 ，故C正确.故选 .
二、填空题
10.［2024·北京一六一中学高二期中］在长方体
中，，，则平面与平面 所成的角的
余弦值为_ __.
[解析] 如图，以 为坐标原点，建立空间直角
坐标系，则，， ，
， .
设平面的一个法向量为 ，
则 取 ，则，
易知平面的一个法向量为 ，
设平面与平面所成的角为 ，
则平面与平面 所成角的余弦值 .
11.在矩形中，,，沿对角线将 折起，
若，则二面角 的余弦值为__．
[解析] 如图所示，过，分别作 ,
，垂足分别为，，
由题易知 , ，
则, ,.
设二面角的平面角为 ， 则 , ，
因为，
所以 ,
即 ，解得 .
12.如图，在四棱锥中， 平面
， ，，
，已知 是四边形 内部一点（不包
括边界），且二面 角的平面角的大小为 ，
则 的面积的取值范围是_ ________.
[解析] 以 为坐标原点，建立如图所示的空间
直角坐标系，因为二面角 的平面角
的大小为 ，点是四边形 内部一点
（不包括边界），所以点 的轨迹是一条线段
（不包括端点），易知这条线段的一个端点为 ，
设另一个端点为，易知点在轴上，设 .由题意
可知，，所以， ，易知
平面的一个法向量为.
设平面 的一个法向量为 ，则
即令，得 ，
则, ，可得，
因为点在线段 （不包括端点）上运动，
所以 的面积的取值范围为 .
三、解答题
13.（13分）如图，在空间直角坐标系中有直三
棱柱 ,其底面是等腰直角三角形，
， ,，, 分别是
，的中点，求平面与平面 所成
角的余弦值.
解：由题知，， ，
，所以， .
设平面的一个法向量为 ，
则即 令 ,得
.， ，
设平面的一个法向量为 ,
则即
令,得 .
设平面与平面所成的角为 ，则
, .
14.（15分）如图，在多面体中，平面 平面 ，
四边形为菱形，，底面 为直角梯形，
，，， ．
（1）证明： .
证明：如图①，连接，因为四边形 为
菱形，所以 ，
因为四边形为直角梯形， ,
，所以 ，
又平面 平面，平面 平
面, 平面，所以 平面 ，
又 平面，所以 ，
又, 平面,，所以 平面，又
平面，所以 .
（2）在棱上是否存在点，使得平面
与平面所成角的余弦值为 ？若存在，求
出 的值；若不存在，请说明理由．
14.（15分）如图，在多面体中，平面 平面 ，
四边形为菱形，，底面 为直角梯形，
，，， ．
解：设的中点为，连接，则 ，
因为平面 平面，平面 平面 ，
平面 ，所以 平面 ，如图②，
为坐标原点，，， 的方向
分别为,, 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，， ，
所以,, ，
设 ，则 ,
所以 .
设平面 的一个法向量为 ，
则
令，则 .
易知平面 的一个法向量为 ，
所以 , ，
解得，此时 .
15.如图，在三棱柱 中，底面
是边长为2的等边三角形，，，
分别是棱，的中点，点在平面
内的射影为点.若点为棱 上的动点
（不包括端点），则锐二面角 的
余弦值的取值范围为_______.
[解析] 连接，因为点在平面 内的
射影为点，所以 平面 ，所以
, ，又底面是边长为2的
等边三角形，是的中点，所以 .
以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角
坐标系，则,, ,
, ，所以， ，
,
设 ， ，则
，则 ，
则.
设平面 的一个法向量为，
则 即 可取 .
设平面的一个法向量为 ，则
即 可取
, ，
令，则 , ，
设，则 ,
,又，所以, .
16.（15分）如图①，在矩形中，，，是 的
中点，将沿折起，使得点到达点 的位置，得到四棱锥
，如图②所示，，是棱 上的一点.
（1）若是棱的中点，求证：平面 .
证明：如图，取的中点，连接， .
由题意知，且 ，
所以四边形为平行四边形，所以 .
又因为，分别为，的中点，所以 ，
又， ，
所以平面平面 ，
又 平面,所以平面 .
（2）在棱上是否存在点，使得二面角 的余弦值为
？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
16.（15分）如图①，在矩形中，，，是 的
中点，将沿折起，使得点到达点 的位置，得到四棱锥
，如图②所示，，是棱 上的一点.
解：以为坐标原点，，的方向分别为
轴、 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐
标系，则，， ，
设，设 ，
则，所以， .
设平面的一个法向量为 ，
则 即
令 ,得 .
易知平面的一个法向量为 ，所以
, .
因为 ，所以
，则 ，因为 ，
所以 ,解得,代入上式,可得 .
将，代入①式，可得 ，所以 .
故存在点满足题意，且 .
快速核答案（导学案）
课前预习
知识点一 1.半平面 二面角 棱 2.平面角 平面角大小 直二面角
【诊断分析】 （1）√ （2）× （3）× （4）×
知识点二 【诊断分析】 （1）× （2）× （3）√
课中探究
变式（1） （2）
（2）点为棱的中点 变式（1）证明略
（2）在线段上存在点，使得二面角的大小为，且课堂评价 1.C 2.B 3.A 4.D 5.
快速核答案（练习册）
一、选择题
1.C 2.B 3.B 4.B 5.A 6.B 7.D 8.BC 9.ABC
二、填空题
10. 11. 12.
三、解答题
13. 14.（1）证明略（2）存在点M满足题意，且
思维探索
15.16.（1）证明略. （2）存在点满足题意，且1.2.4 二面角
【课前预习】
知识点一
1.半平面 二面角 棱 [0,π]
2.平面角 平面角大小 直二面角
诊断分析
(1)√ (2)× (3)× (4)×
知识点二
诊断分析
(1)× (2)× (3)√
【课中探究】
探究点一
例1 解:如图,过点A在平面β内作AE∥BD,且AE=BD,连接DE,CE,易知四边形AEDB为矩形,因为AC⊥l,AE⊥l,所以∠CAE即为二面角α-l-β的平面角.因为AC∩AE=A,AC,AE 平面ACE,所以l⊥平面ACE,又CE 平面ACE,所以l⊥CE,又DE∥l,所以DE⊥CE.在Rt△CED中,由DE=AB=1,CD=,可得CE==2,又AE=BD=2,AC=2,所以∠CAE=60°,所以cos∠CAE=cos 60°=.
变式 解:(1)如图,取AC的中点D,连接A1D,∵A1A=A1C,∴A1D⊥AC,
∵平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC,A1D 平面AA1C1C,∴A1D⊥平面ABC,∴∠A1AC即为A1A与平面ABC所成的角.
∵A1A=A1C且A1A⊥A1C,∴∠A1AC=45°,∴AA1与平面ABC所成的角为45°.
(2)如图,取AB的中点E,连接DE,则DE∥BC,∵∠ABC=90°,∴CB⊥AB,∴DE⊥AB,连接A1E,∵A1D⊥平面ABC,∴A1E在平面ABC上的射影为DE,∴A1E⊥AB,
∴∠A1ED即为二面角A1-AB-C的平面角.在等腰直角三角形A1AC中,AC=2,∴A1D=,在Rt△ABC中,BC=2,∴DE=1,在Rt△A1DE中,tan∠A1ED==,
∴∠A1ED=60°,∴二面角A1-AB-C的大小为60°.
探究点二
例2 解:(1)证明:∵平面VAD⊥平面ABCD,平面VAD∩平面ABCD=AD,AB 平面ABCD,AB⊥AD,∴AB⊥平面VAD.
(2)如图,取VD的中点E,连接AE,BE.
∵△VAD是正三角形,∴AE⊥VD,AE=AD,∵AB⊥平面VAD,AE 平面VAD,∴AB⊥AE,由三垂线定理知BE⊥VD,∴∠AEB即为二面角A-VD-B的平面角.
tan∠AEB==,则二面角A-VD-B的正切值为.
变式 (1) (2) [解析] (1)延长FE,CB相交于点G,连接AG,如图所示.设正方体的棱长为3,易知GB=BC=3,作BH⊥AG于点H,连接EH,由三垂线定理知AG⊥HE,则∠EHB即为平面AEF与平面ABCD所成的角.因为BH=,EB=1,所以tan∠EHB==.
(2)如图,易知四边形AEC1F为菱形.∵EB⊥平面ABCD,CC1⊥平面ABCD,FD⊥平面ABCD,∴正方形ABCD为菱形AEC1F在平面ABCD内的射影.连接AC1,EF,则EF=a,AC1=a,∴=AC1·EF=a2,=a2.设平面AEC1F与平面ABCD所成的角的大小为θ,则cos θ==,∴平面AEC1F与平面ABCD所成角的余弦值为.
探究点三
例3 解:如图,在平面SCD中,过点D作DC的垂线交SC于点E,由题知DC,DE,DA两两垂直,以D为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系.
∵∠SDC=120°,∴∠SDE=30°,又SD=2,∴点S到y轴的距离为1,到x轴的距离为,则D(0,0,0),S(-1,,0),A(0,0,2),B(2,0,1),∴=(0,0,-2),=(-1,,-2),=(2,0,-1).
设平面SAD的一个法向量为m=(x,y,z),
则即取x=,得m=(,1,0).设平面SAB的一个法向量为n=(a,b,c),
则即取a=,得n=(,5,2),∴cos===,
故平面SAD与平面SAB所成角的余弦值是.
变式 A [解析] 以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(4,0,2),B(4,4,0),C1(0,4,2),所以=(0,4,-2),=(-4,4,0).设平面A1BC1的一个法向量为m=(x,y,z),则令z=2,则m=(1,1,2).易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),所以cos===,所以平面A1BC1与平面ABCD所成角的余弦值为.故选A.
探究点四
例4 解:(1)证明:在矩形ABCD中,连接BE,∵E为CD的中点,AB=4,∴DE=CE=2,又AD=2,∴AE=BE=2,∴AE2+BE2=AB2,∴AE⊥BE.
在四棱锥P-ABCE中,∵AP⊥BE,AE⊥BE,AE∩AP=A,AP,AE 平面AEP,∴BE⊥平面AEP,
又BE 平面ABCE,∴平面AEP⊥平面ABCE.
(2)过点E作EQ⊥平面ABCE,以E为坐标原点,,,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A(2,0,0),P(,0,),C(-,,0),E(0,0,0),B(0,2,0),∴=(2,-,),=(-,,0),=(2,0,0),
设=λ,λ∈(0,1),则=+=(2λ-,-λ,λ).
设n=(x,y,z)是平面MAE的一个法向量,则
即
令y=λ,则n=(0,λ,λ-1).∵=(0,2,0)为平面AEP的一个法向量,
∴cos==,
∵平面MAE与平面AEP所成的角为,∴=,解得λ=,
∴点M为棱PC的中点.
变式 解:(1)证明:连接AD1交A1D于F,∵四边形AA1D1D为正方形,
∴AD1⊥A1D,
∵正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直,交线为AD,AE⊥AD,∴AE⊥平面AA1D1D,
又A1D 平面AA1D1D,∴AE⊥A1D.
又AD1∩AE=A,AD1,AE 平面AD1E,∴A1D⊥平面AD1E,又D1E 平面AD1E,∴A1D⊥D1E.
(2)存在满足条件的点M,AM=2-.
方法一:假设存在满足条件的点M.易知D1D⊥平面ABCD,过点D作DN⊥CM于点N,如图,连接D1N,则D1N⊥CM,
∴∠D1ND为二面角D1-MC-D的平面角,∴∠D1ND=,在Rt△D1ND中,D1D=1,∴DN=.
在Rt△DNC中,CD=2,∴∠NDC=,∴∠MCB=.
在Rt△MCB中,BM=BC·tan=,∴AM=2-.
故在线段AB上存在点M,使得二面角D1-MC-D的大小为,且AM=2-.
方法二:假设存在满足条件的点M.依题意,以D为坐标原点,,,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.
∵AB=2AD=2,∴D(0,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,1),∴=(0,0,1),=(0,2,-1).
易知为平面MCD的一个法向量.
设M(1,a,0)(0≤a≤2),则=(-1,2-a,0),
设平面D1MC的一个法向量为n=(x,y,z),
则即∴取y=1,得n=(2-a,1,2).
∵二面角D1-MC-D的大小为,∴cos==,
即3a2-12a+11=0,解得a=2±,
又0≤a≤2,∴a=2-.故在线段AB上存在点M,使得二面角D1-MC-D的大小为,且AM=2-.
【课堂评价】
1.C [解析] 二面角为120°时,其两个面的法向量的夹角可能是60°,也可能是120°.故选C.
2.B [解析] 如图,在三棱锥A-BCD中,取BC的中点E,连接AE,DE,易知AE⊥BC,DE⊥BC,∴∠AED即为二面角A-BC-D的平面角,易得AE=DE=2,又AD=2,∴△AED为等边三角形,∴∠AED=60°.故选B.
3.A [解析] 以A为坐标原点,以,,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A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E(0,0,),所以=(-1,0,0),=(-1,-1,).设平面CDE的一个法向量为n=(x,y,z),则
令z=1,得n=(0,,1).易知平面ABE的一个法向量为=(0,1,0),所以cos===,所以平面ABE与平面CDE所成角的大小是30°.
4.D [解析] 三种盖法的屋顶斜面与水平面所成二面角的平面角都是α,故三种盖法的屋顶在水平面上的射影面积都相同,设屋顶在水平面上的射影面积为S,则S=P1cos α=P2cos α=P3cos α,所以P1=P2=P3.
5. [解析] 由题易知,问题可转化为求平面BDD1B1与平面ABC1D1所成角的余弦值,以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.连接AC,B1C,设正方体的棱长为1,平面α与平面β所成的角为θ,因为DD1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以DD1⊥AC,又AC⊥BD,BD∩DD1=D,BD,DD1 平面BDD1B1,所以AC⊥平面BDD1B1.同理B1C⊥平面ABC1D1,所以为平面BDD1B1的一个法向量,为平面ABC1D1的一个法向量,因为A(1,0,0),C(0,1,0),B1(1,1,1),所以=(-1,1,0),=(-1,0,-1),所以cos θ===.1.2.4 二面角
1.C [解析] 折叠前后,都有AD⊥BD,AD⊥DC,所以∠BDC即为二面角B-AD-C的平面角.因为BD=DC=a,BC=a,所以△BDC为等边三角形,所以∠BDC=60°.故选C.
2.B [解析] 设所求二面角的平面角的大小为θ,则|cos θ|===,所以θ=30°或θ=150°,故C,D错误;sin 30°=sin 150°=,故A错误,B正确.故选B.
3.B [解析] 设侧面与底面所成的角的大小为θ,则由射影面积公式,知cos θ===,又0°≤θ≤90°,∴θ=45°.
4.B [解析] 以D为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),E,所以=(1,0,1),=.易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),设平面A1ED的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则令x1=1,则n1=.设平面A1ED与平面ABCD所成的角为θ,则cos θ=|cos|===.故选B.
5.A [解析] 因为PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,所以AB,AD,AP两两垂直,以A为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,则B(3,0,0),D(0,4,0),P.易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),=,=(-3,4,0),设平面PBD的一个法向量为m=(x,y,z),则取x=4,得m=(4,3,5),所以cos===,所以=30°,故平面ABCD与平面PBD所成角的大小为30°.故选A.
6.B [解析] 方法一:因为四边形ADEH和BCFG均为直角梯形,A,D,C,B为直角顶点,其他四个面均为矩形,所以这个六面体是四棱柱.由题意可知DA,DC,DE两两垂直,以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.则D(0,0,0),E(0,0,4),G(1,3,3),H(1,0,3),所以=(1,0,-1),=(0,3,0).根据题意可知DE⊥平面ABCD,所以=(0,0,4)为平面ABCD的一个法向量.设n=(x,y,z)为平面EFGH的一个法向量,则取x=1,则n=(1,0,1).因为cos ===,所以平面EFGH与平面ABCD所成的角的大小为45°.故选B.
方法二:因为四边形ADEH与四边形BCFG均为直角梯形,A,D,C,B是直角顶点,其他四个面均为矩形,所以这个六面体是四棱柱.由题意可知DC,DE,DA两两垂直,所以DC⊥平面ADEH.延长EH,DA交于点M,延长FG,CB交于点N,连接MN.由题意知DC∥EF,所以DC∥平面EFGH.又平面EFGH∩平面ABCD=MN,所以DC∥MN,所以MN⊥平面ADEH,所以MN⊥EM,MN⊥DM,所以∠EMD即为平面EFGH与平面ABCD所成的角.因为AH∥DE,所以=,即=,所以AM=3,所以tan∠EMD===1,所以∠EMD=45°,所以平面EFGH与平面ABCD所成的角的大小为45°.
方法三:因为四边形ADEH与四边形BCFG均为直角梯形,A,D,C,B是直角顶点,其他四个面均是矩形,所以这个六面体是四棱柱.由题意可知DC,DE,DA两两垂直,所以DE⊥平面ABCD,同理HA,FC,GB都垂直于平面ABCD,所以矩形ABCD是矩形EFGH在平面ABCD上的射影.设平面EFGH与平面ABCD所成的角的大小为α,则cos α===,所以α=45°.故选B.
7.D [解析] 设菱形APCD的边长为1,取AC的中点O,连接BO,DO,如图所示,因为BA=BC,所以BO⊥AC,又平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,BO 平面BAC,所以BO⊥平面DAC.以O为坐标原点,建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),C,B,D,所以=,=,=.设平面BCD的一个法向量为n=(x,y,z),则即取z=1,得n=(,1,1).易知平面CDA的一个法向量为=,所以|cos<,n>|===.故选D
8.BC [解析] 由于△ADE与△BCF都是等边三角形,且边长为2,故△ADE和△BCF的高均为3.当二面角E-AD-B和F-BC-A趋向于0时,EF→8-3-3=2,如图①所示.当二面角E-AD-B和F-BC-A趋向于π时,EF→8+3+3=14,如图②所示.所以EF的长度的取值范围是(2,14).故选BC.
9.ABC [解析] 因为EF为定值,所以S△BEF为定值,点A到平面BEF的距离即为点A到平面DD1B1B的距离,故三棱锥A-BEF的体积为定值,故A正确.平面EFB即为平面BDD1B1,而平面AEF即为平面AB1D1,故当E向D1运动时,二面角A-EF-B的大小不变,故B正确.以C为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,1,0),B(0,1,0),C(0,0,0),因为E,F在B1D1上,且EF=,所以可设E(t,1-t,1),F,≤t≤1,所以=(t-1,-t,1),=,所以·=(t-1)+·(-t)+1=2t2-3t+,故·不恒为零,故D错误.设平面ABE的一个法向量为m=(x,y,z),又=(-1,0,0),所以取y=1,则m=(0,1,t),易知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),所以cos=,设二面角E-AB-C的平面角为θ,则θ为锐角,故cos θ==,因为≤t≤1,所以≤≤,所以≤cos θ≤,当且仅当t=1时,cos θ取得最大值,此时θ取得最小值45°,故C正确.故选ABC.
10. [解析] 如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,则A1(4,0,2),B(4,4,0),C1(0,4,2),∴=(0,4,-2),=(-4,4,0).设平面A1BC1的一个法向量为m=(x,y,z),则取z=2,则m=(1,1,2),易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),设平面A1BC1与平面ABCD所成的角为θ,则平面A1BC1与平面ABCD所成角的余弦值cos θ===.
11. [解析] 如图所示,过B,D分别作BE⊥AC,DF⊥AC,垂足分别为E,F,由题易知AC=2,∠BAC=60°,则BE=DF=,AE=CF=,EF=1.设二面角B-AC-D的平面角为α,则<,>=α,因为=++,所以=+++2·+2·+2·,即2=+1++2××cos(π-α),解得cos α=.
12. [解析] 以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,因为二面角Q-PD-A的平面角的大小为30°,点Q是四边形ABCD内部一点(不包括边界),所以点Q的轨迹是一条线段(不包括端点),易知这条线段的一个端点为D,设另一个端点为G,易知点G在y轴上,设G(0,b,0)(b>0).由题意可知D(2,0,0),P(0,0,1),所以=(-2,0,1),=(-2,b,0),易知平面APD的一个法向量为n1=(0,1,0).设平面PDG的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令z2=2,得n2=,则|cos|===,可得b=,因为点Q在线段DG(不包括端点)上运动,所以△ADQ的面积的取值范围为.
13.解:由题知A(,0,0),D(0,0,1),E,C1(0,0,2),所以=(-,0,1),=.
设平面AED的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即 令x1=1,得n1=(1,-1,).
=,=(-,0,2), 设平面AEC1的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则即令x2=,得n2=(,0,1).
设平面AED与平面AEC1所成的角为θ,则cos θ=|cos|===.
14.解:(1)证明:如图①,连接CE,因为四边形CDEF为菱形,所以CE⊥DF,
因为四边形ABCD为直角梯形,AB∥CD,AB⊥BC,所以BC⊥CD,
又平面ABCD⊥平面CDEF,平面ABCD∩平面CDEF=CD,BC 平面ABCD,所以BC⊥平面CDEF,又DF 平面CDEF,所以BC⊥DF,
又BC,CE 平面BCE,BC∩CE=C,所以DF⊥平面BCE,又BE 平面BCE,所以BE⊥DF.
(2)设CD的中点为H,连接FH,则FH⊥DC,
因为平面ABCD⊥平面CDEF,平面ABCD∩平面CDEF=CD,FH 平面CDEF,
所以FH⊥平面ABCD,如图②,以C为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则C(0,0,0),D(4,0,0),B(0,2,0),F(2,0,2),
所以=(2,0,2),=(4,0,0),=(-2,2,-2),设=λ(0≤λ≤1),
则=(-2λ,2λ,-2λ),所以=+=(2-2λ,2λ,2-2λ).
设平面MCD的一个法向量为n1=(x,y,z),
则
令y=1,则n1=.
易知平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),
所以|cos|===,解得λ=,此时=.
15. [解析] 连接C1D,因为点C1在平面ABC内的射影为点D,所以C1D⊥平面ABC,所以C1D⊥DB,C1D⊥AD,又底面是边长为2的等边三角形,D是AC的中点,所以DB⊥AD.以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系
则D(0,0,0),B(,0,0),C1(0,0,),B1(,1,),E,所以=,=(,0,0),=(,1,0),设F(x,y,z),=λ(0<λ<1),则(x,y,z-)=(λ,λ,0),则F(λ,λ,),则=(λ,λ,).设平面BDE的一个法向量为m=(a,b,c),则即可取m=(0,3,).设平面BDF的一个法向量为n=(d,e,f),则即可取n=(0,,-λ).|cos|====,令3-λ=t(t∈(2,3)),则|cos|==,设s=, 则|cos|==,又s∈,所以|cos|∈.
16.解:(1)证明:如图,取AB的中点Q,连接CQ,FQ.
由题意知,CE∥AB且CE=AQ,
所以四边形AQCE为平行四边形,所以AE∥CQ.
又因为F,Q分别为PB,AB的中点,所以FQ∥PA,
又FQ∩CQ=Q,PA∩AE=A,
所以平面FQC∥平面PAE,
又CF 平面FQC,所以CF∥平面PAE.
(2)以B为坐标原点,,的方向分别为x轴、y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),E(1,1,0),B(0,0,0),
设P(a>0,b>0),设=λ(0≤λ≤1),
则F,所以=(-1,1,0),=.
设平面FAE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即
令x1=bλ,得n1=.
易知平面AEC的一个法向量为n2=(0,0,1),所以|cos|===①.
因为AP⊥EP,所以·=·=(a-2)(a-1)-+b2=0,则b2=-a2+3a-,
因为||=||,所以(a-2)2++b2=(a-1)2++b2,解得a=,代入上式,可得b=.
将a=,b=代入①式,可得λ=,所以=2.
故存在点F满足题意,且=2.1.2.4 二面角
【学习目标】
1.掌握二面角的概念、二面角的平面角的定义,会找一些简单图形中的二面角的平面角;
2.掌握求二面角的基本方法.
◆ 知识点一 二面角及其范围
1.二面角的定义:平面内的一条直线把一个平面分成两部分,其中的每一部分都称为一个 .从一条直线出发的两个半平面所组成的图形称为 ,这条直线称为二面角的 ,这两个半平面称为二面角的面. 二面角的范围为 .
2.二面角的平面角
如图所示,在二面角α-l-β的棱上任取一点O,以O为垂足,分别在半平面α和β内作垂直于棱的射线OA和OB,则射线OA和OB所成的角称为二面角的 .二面角的大小用它的平面角大小来度量,即二面角大小等于它的 .特别地,平面角是直角的二面角称为 .
3.两个平面所成的角
两个平面相交时,它们所成角的大小,指的是它们所形成的四个二面角中,不小于0°且不大于90°的角的大小.
【诊断分析】 判断正误.(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)两个相交平面所成角的大小和一个二面角的大小是唯一的. ( )
(2)二面角是指两个平面相交的图形. ( )
(3)平面与平面所成的角的取值范围与二面角的取值范围相同. ( )
(4)如果一个二面角的两个半平面分别平行于另一个二面角的两个半平面,则这两个二面角的大小相等. ( )
◆ 知识点二 用空间向量求二面角的大小
如果n1,n2分别是平面α1,α2的一个法向量,设α1与α2所成角的大小为θ,如图所示,可以看出θ=或θ=π-,特别地,sin θ=sin.
【诊断分析】 判断正误.(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)二面角的范围是. ( )
(2)若二面角α-l-β的两个半平面的法向量分别为n1,n2,则二面角的平面角与两个法向量的夹角一定相等. ( )
(3)二面角的大小通过它的平面角的大小来度量. ( )
◆ 探究点一 定义法求二面角的大小
例1 [2024·北京延庆区高二期末] 在二面角α-l-β中,A∈l,B∈l,AC α,BD β,且AC⊥l,BD⊥l,若AB=1,AC=BD=2,CD=,求二面角α-l-β的余弦值.
变式 在多面体ABC-A1B1C1中,AA1∥BB1∥CC1,平面A1B1C1∥平面ABC,平面AA1C1C⊥平面ABC,BC=2,AC=2,∠ABC=90°,AA1⊥A1C,且AA1=A1C.
(1)求AA1与平面ABC所成的角;
(2)求二面角A1-AB-C的大小.
[素养小结]
定义法求二面角的步骤:
(1)作(找)出二面角的平面角;
(2)写出(或证明)所作平面角即为所求二面角的平面角;
(3)利用解三角形的知识求解.
◆ 探究点二 利用三垂线定理及其逆定理求二面角
例2 如图,在四棱锥V-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面VAD是正三角形,平面VAD⊥平面ABCD.
(1)证明:AB⊥平面VAD;
(2)求二面角A-VD-B的正切值.
变式 (1)已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABCD所成角的正切值等于 .
(2)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,E,F分别为棱BB1,DD1的中点,则平面AEC1F与平面ABCD所成角的余弦值为 .
[素养小结]
用三垂线定理及其逆定理求二面角
(1)一个面内找一个特殊点作另一个面的垂线,过垂足作棱的垂线(或过这个特殊点作棱的垂线,连接两个垂足),连接这个点和垂足,根据三垂线定理(或其逆定理)得平面角,再求二面角;
(2)利用射影面积与原图形面积比求二面角时,即使用公式cos θ=求二面角时,θ为原图形所在平面与射影图形所在平面的夹角,若二面角为锐角,θ即为二面角的大小;若二面角为钝角,π-θ即为二面角的大小.
◆ 探究点三 利用空间向量求二面角的大小
例3 如图所示,在四棱锥S-ABCD中,AD⊥平面SCD,BC⊥平面SCD,AD=DC=SD=2,BC=1,∠SDC=120°,求平面SAD与平面SAB所成角的余弦值.
变式 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=4,CC1=2,则平面A1BC1与平面ABCD所成角的余弦值为 ( )
A. B.
C. D.
[素养小结]
设n1,n2分别是平面α,β的一个法向量,则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是平面α与平面β所成角的大小,如图.用坐标法解题的步骤如下:
(1)建系:依据几何条件建立适当的空间直角坐标系.
(2)求法向量:在建立的坐标系下求或找两个平面的法向量n1,n2.
(3)计算:设平面α与平面β所成的角为θ,cos θ=.
(4)定值:θ即为平面α与平面β所成的角.
◆ 探究点四 空间中的翻折与探索性问题
例4 如图①,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E为边CD的中点,现将△ADE沿AE折起,形成四棱锥P-ABCE,使得点D到达点P的位置(如图②),且AP⊥BE.
(1)求证:平面AEP⊥平面ABCE;
(2)已知点M是棱CP上的动点(不与点P,C重合),若平面MAE与平面AEP所成的角为,求点M的位置.
变式 如图所示,正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直,AB=2AD=2,点E为AB的中点.
(1)求证:D1E⊥A1D.
(2)在线段AB上是否存在点M,使得二面角D1-MC-D的大小为 若存在,求出线段AM的长;若不存在,请说明理由.
[素养小结]
利用空间向量解决空间角中的探索性问题,通常不需要复杂的几何作图、论证、推理,只需先假设结论成立,建立空间直角坐标系,通过向量的坐标运算进行推断,把是否存在问题转化为点的坐标是否有解的问题来处理.
1.若二面角α-l-β的大小为120°,则平面α与平面β的法向量的夹角为 ( )
A.120° B.60°
C.120°或60° D.30°或150°
2.在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BC=BD=CD=4,AD=2,则二面角A-BC-D的大小为( )
A.30° B.60° C.90° D.120°
3.已知AE垂直于正方形ABCD所在的平面,若AB=1,AE=,则平面ABE与平面CDE所成角的大小是 ( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
4.一间民房的屋顶有如图所示的三种不同的盖法:①单向倾斜;②双向倾斜;③四向倾斜.记三种盖法的屋顶面积分别为P1,P2,P3,若屋顶斜面与水平面所成的二面角的平面角都是α,则 ( )
A.P3>P2>P1
B.P3>P2=P1
C.P3=P2>P1
D.P3=P2=P1
5.[2025·广东东莞高二期中] 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面α经过点B,D,平面β经过点A,D1,当平面α,β分别截正方体所得截面的面积最大时,平面α与平面β所成角的余弦值为 . 1.2.4 二面角
一、选择题
1.[2024·辽宁抚顺雷锋高级中学高二期末] 如图所示,在边长为a的正三角形ABC中,AD⊥BC,沿AD将△ABD折起,若折起后B,C两点间距离为a,则二面角B-AD-C的大小为( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
2.[2025·湖南娄底高二期中] 已知二面角α-l-β中,平面α的一个法向量为n1=,平面β的一个法向量为n2=,则二面角α-l-β的平面角满足 ( )
A.余弦值为 B.正弦值为
C.大小为60° D.大小为30°
3.[2024·山西吕梁高二期中] 攒尖是古代中国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.如图在重檐四角攒尖中,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倍,则侧面与底面所成的角的大小为 ( )
A.30° B.45°
C.60° D.15°
4.[2024·天津西青区高二期末] 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为B1B的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成角的余弦值为 ( )
A. B.
C. D.
5.在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,且AB=3,AD=4,PA=,则平面ABCD与平面PBD所成角的大小为 ( )
A.30° B.45°
C.60° D.75°
6.在如图所示的六面体中,四边形ADEH和BCFG均为直角梯形,A,D,C,B为直角顶点,其他四个面均为矩形,AB=BG=3,FC=4,BC=1,则平面EFGH与平面ABCD所成的角的大小为( )
A.30° B.45° C.60° D.75°
7.在菱形APCD中,∠APC=60°,沿对角线AC折叠之后,使得点P到点B位置,且平面BAC⊥平面DAC,则平面BCD与平面CDA所成角的余弦值为 ( )
A.2 B. C. D.
8.(多选题)如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD为矩形,AB=8,AD=2,△ADE与△BCF都是等边三角形,且二面角E-AD-B与F-BC-A相等,则EF的长度可能为 ( )
A.1 B.5 C.9 D.15
9.(多选题)[2025·辽宁沈阳二十中高二期中] 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,面对角线B1D1上有两个动点E,F,且EF=.则下列结论中正确的有 ( )
A.三棱锥A-BEF的体积为定值
B.当E向D1运动时,二面角A-EF-B的大小不变
C.二面角E-AB-C的最小值为45°
D.当E向D1运动时,AE⊥CF总成立
二、填空题
10.[2024·北京一六一中学高二期中] 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=4,CC1=2,则平面A1BC1与平面ABCD所成的角的余弦值为 .
11.在矩形ABCD中,AB=1,BC=,沿对角线AC将△ABC折起,若BD=,则二面角B-AC-D的余弦值为 .
12.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,∠BAD=90°,PA=AB=BC=AD=1,BC∥AD,已知Q是四边形ABCD内部一点(不包括边界),且二面角Q-PD-A的平面角的大小为30°,则△ADQ的面积的取值范围是 .
三、解答题
13.(13分)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,其底面是等腰直角三角形,AB=2,∠ACB=90°,BB1=2,D,E分别是CC1,A1B的中点,求平面AED与平面AEC1所成角的余弦值.
14.(15分)如图,在多面体ABCDEF中,平面ABCD⊥平面CDEF,四边形CDEF为菱形,∠DCF=,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AB⊥BC,DC=2BC=4,AB=3.
(1)证明:BE⊥DF.
(2)在棱FB上是否存在点M,使得平面MCD与平面ABCD所成角的余弦值为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
15.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是边长为2的等边三角形,CC1=2,D,E分别是棱AC,CC1的中点,点C1在平面ABC内的射影为点D.若点F为棱B1C1上的动点(不包括端点),则锐二面角F-BD-E的余弦值的取值范围为 .
16.(15分)如图①,在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E是DC的中点,将△DAE沿AE折起,使得点D到达点P的位置,得到四棱锥P-ABCE,如图②所示,PB=PC,F是棱PB上的一点.
(1)若F是棱PB的中点,求证:CF∥平面PAE.
(2)在棱PB上是否存在点F,使得二面角F-AE-C的余弦值为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
