第5课时 用空间向量研究夹角问题(2)
——两平面的夹角
学习 目标 1. 理解空间两平面夹角的概念，能利用向量方法求空间两平面夹角的大小． 2. 通过用空间向量解决空间两平面的夹角问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用．
新知初探基础落实
一、 概念表述
1. 如图，若PA⊥α于A，PB⊥β于B，平面PAB交l于E，则∠AEB为二面角α-l-β的平面角，∠AEB＋∠APB＝180°.
若n1，n2分别为平面α，β的法向量，则二面角的平面角∠AEB＝，即二面角θ等于它的两个半平面的法向量的夹角或夹角的补角．
2. 平面α与平面β的夹角为θ，设平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cos θ＝ ＝ ＝ ．
二、 概念辨析：判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”．
(1) 二面角的大小就是该二面角两个面的法向量的夹角．( )
(2) 若二面角两个面的法向量的夹角为120°，则该二面角的大小等于60°或120°.( )
(3) 两平面夹角的取值范围是.( )
典例精讲能力初成
探究1 求两平面的夹角
例1 (教材P37例8)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝CB＝2，AA1＝3，∠ACB＝90°，P为BC的中点，点Q，R分别在棱AA1，BB1上，A1Q＝2AQ，BR＝2RB1.求平面PQR与平面A1B1C1夹角的余弦值．
(例1)
求平面与平面夹角的步骤：
(1) 建坐标系；
(2) 求法向量；
(3) 利用cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝求夹角的余弦值.
变式1 如图，在四棱锥P-ABCD中，BD⊥PC，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AB＝PA＝1，PB＝，E是棱PD的中点．求平面PAB与平面ACE夹角的余弦值．
(变式1)
探究2 已知两平面的夹角求参数
例2 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB＝4，BD＝2，PD＝AD＝2，侧棱PD⊥底面ABCD，点E在线段PC上运动．
(例2)
(1) 求证：AD⊥平面PBD；
(2) 若平面PBD与平面BDE的夹角为45°，试确定点E的位置．
解决此类问题(点的位置和棱长)的基本策略是执果索因，其结论明确需要求出使结论成立的充分条件，将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切入点，建立方程(组)，并解方程(组).若有解，则存在并求得结论成立的条件；若无解，则不存在．
变式2 在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AC＝2，AB＝4，∠ABC＝.
(变式2)
(1) 求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2) 若二面角A-PB-C的余弦值为，求PA的长．
随堂内化及时评价
1. 已知平面α与平面β的法向量分别为a，b，若cos 〈a，b〉＝－，则平面α与平面β的夹角的大小为( )
A. B.
C. 或 D. 或
2. 已知两个平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则这两个平面的夹角为( )
A. 30° B. 45°
C. 90° D. 135°
3. 过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP的夹角为( )
A. B.
C. D.
4. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，二面角A-CC1-B1的大小为 ．
5. 在如图所示的空间直角坐标系中，已知长方体ABCD-A1B1C1D1，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上．若二面角D1-EC-D的大小为，则点E的坐标为 ，点A到平面D1EC的距离d＝ ．
（第5题）
配套新练案
一、 单项选择题
1. 已知u＝(－2，2，5)，v＝(6，－4，4)，u，v分别是平面α，β的法向量，那么平面α，β的位置关系是( )
A. 平行 B. 垂直
C. 重合 D. 相交不垂直
2. 已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，1)，n＝(1，1，1)，则两平面的夹角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
3. 已知平面α过点A(3，0，0)和B(0，4，0)及z轴上一点P(0，0，a)(a>0)，若平面α与平面Oxy的夹角为45°，则a等于( )
A. B.
C. D.
4. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PB⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3，点E在棱PA上，若PE＝2EA，则平面ABE与平面BED夹角的余弦值为( )
(第4题)
A. B.
C. D.
二、 多项选择题
5. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E为线段A1A上的一个动点，F为线段B1C1上的一个动点，则平面EFB与底面ABCD的夹角可以是( )
(第5题)
A. B.
C. D.
6. 如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为AD，AB，B1C1的中点，以下说法正确的是( )
(第6题)
A. 三棱锥C-EFG的体积为1
B. A1C⊥平面EFG
C. A1D1∥平面EFG
D. 平面EGF与平面ABCD夹角的余弦值为
三、 填空题
7. 如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，＝(0，0，2)，平面ABC的一个法向量为n＝(2，1，2)，设平面ABC与平面ABO的夹角为θ，则cos θ＝ ．
(第7题)
8. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝AA1＝2BC＝2，D为棱AA1上一点．若平面B1DC和平面DCC1的夹角为30°，则AD的长为 ．
(第8题)
9. 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，SD⊥平面ABCD.已知SD＝AB＝2，E是棱SD上的点，若平面ACE与平面ADE夹角的余弦值为，则点E的坐标为 ．
(第9题)
四、 解答题
10. 如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.
(第10题)
(1) 求证：O1O⊥底面ABCD；
(2) 若∠CBA＝60°，求平面OC1B1与平面BDD1B1夹角的余弦值.
11. (2025·徐州期末)如图，三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为4，D，E，F分别是棱AC，CC1，B1C1的中点，C1D⊥平面ABC.
(第11题)
(1) 求证：A1C⊥BE；
(2) 求二面角A-BD-F的余弦值．
12. 如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的正三角形，PA⊥平面ABC，PC＝，E为PC上的动点．
(第12题)
(1) 求三棱锥P-ABC的体积；
(2) 当BE长最小时，求平面ABE与平面ABC夹角的余弦值．第5课时 用空间向量研究夹角问题(2)
——两平面的夹角
学习 目标 1. 理解空间两平面夹角的概念，能利用向量方法求空间两平面夹角的大小． 2. 通过用空间向量解决空间两平面的夹角问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用．
新知初探基础落实
一、 概念表述
1. 如图，若PA⊥α于A，PB⊥β于B，平面PAB交l于E，则∠AEB为二面角α-l-β的平面角，∠AEB＋∠APB＝180°.
若n1，n2分别为平面α，β的法向量，则二面角的平面角∠AEB＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉，即二面角θ等于它的两个半平面的法向量的夹角或夹角的补角．
2. 平面α与平面β的夹角为θ，设平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝．
二、 概念辨析：判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”．
(1) 二面角的大小就是该二面角两个面的法向量的夹角．( × )
(2) 若二面角两个面的法向量的夹角为120°，则该二面角的大小等于60°或120°.( √ )
(3) 两平面夹角的取值范围是.( × )
典例精讲能力初成
探究1 求两平面的夹角
例1 (教材P37例8)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝CB＝2，AA1＝3，∠ACB＝90°，P为BC的中点，点Q，R分别在棱AA1，BB1上，A1Q＝2AQ，BR＝2RB1.求平面PQR与平面A1B1C1夹角的余弦值．
(例1)
【解答】 以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设平面A1B1C1的法向量为n1，平面PQR的法向量为n2，则平面PQR与平面A1B1C1的夹角就是n1与n2的夹角或其补角．因为C1C⊥平面A1B1C1，所以平面A1B1C1的一个法向量为n1＝(0，0，1).根据所建立的空间直角坐标系，可知P(0，1，3)，Q(2，0，2)，R(0，2，1)，所以＝(2，－1，－1)，＝(0，1，－2).设n2＝(x，y，z)，则即所以取n2＝(3，4，2)，则cos 〈n1，n2〉＝＝＝.设平面PQR与平面A1B1C1的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝.即平面PQR与平面A1B1C1夹角的余弦值为.
(例1答)
求平面与平面夹角的步骤：
(1) 建坐标系；
(2) 求法向量；
(3) 利用cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝求夹角的余弦值.
变式1 如图，在四棱锥P-ABCD中，BD⊥PC，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AB＝PA＝1，PB＝，E是棱PD的中点．求平面PAB与平面ACE夹角的余弦值．
(变式1)
【解答】 因为PA＝AB＝1，PB＝，所以AB2＋PA2＝PB2，从而PA⊥AB.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又BD⊥PC，AC∩PC＝C，AC，PC 平面PAC，所以BD⊥平面PAC.又PA 平面PAC，所以PA⊥BD.又AB∩BD＝B，AB，BD 平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD.取棱CD的中点F，连接AF，则有AF⊥CD.因为AB∥CD，则AF⊥AB.因此，AB，AF，AP两两垂直．以A为原点，，，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(0，0，0)，C，D，P(0，0，1).因为E是棱PD的中点，所以E，则有＝，＝.设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝，则y＝－1，z＝，得n＝(，－1，).易得平面PAB的一个法向量为m＝(0，1，0).设平面PAB与平面ACE的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝.故平面PAB与平面ACE夹角的余弦值为.
(变式1答)
探究2 已知两平面的夹角求参数
例2 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB＝4，BD＝2，PD＝AD＝2，侧棱PD⊥底面ABCD，点E在线段PC上运动．
(例2)
(1) 求证：AD⊥平面PBD；
【解答】 因为PD⊥底面ABCD，AD 底面ABCD，所以PD⊥AD.在△ABD中，由AD2＋BD2＝AB2，可得AD⊥BD.又BD∩PD＝D，BD，PD 平面PBD，所以AD⊥平面PBD.
(2) 若平面PBD与平面BDE的夹角为45°，试确定点E的位置．
【解答】 以D为原点，DA，DB，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，依题意得A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(－2，2，0)，D(0，0，0)，P(0，0，2).由(1)可知，AD⊥平面PBD，所以平面PBD的一个法向量为 n＝(1，0，0).由题意可设＝λ，λ∈[0，1]，设点E的坐标为(x，y，z)，则＝(x，y，z－2)，＝(－2，2，－2)，即(x，y，z－2)＝(－2λ，2λ，－2λ)，可得点E的坐标为(－2λ，2λ，2－2λ)，所以＝(0，2，0)，＝(－2λ，2λ，2－2λ).设n1＝(x1，y1，z1)是平面BDE的法向量，则n1·＝0，n1·＝0，即取x1＝1－λ，则y1＝0，z1＝λ，所以n1＝(1－λ，0，λ)是平面BDE的一个法向量．因为平面PBD与平面BDE的夹角为45°，所以cos 45°＝|cos 〈n，n1〉|＝＝，解得λ＝，所以E为线段PC的中点．
(例2答)
解决此类问题(点的位置和棱长)的基本策略是执果索因，其结论明确需要求出使结论成立的充分条件，将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切入点，建立方程(组)，并解方程(组).若有解，则存在并求得结论成立的条件；若无解，则不存在．
变式2 在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AC＝2，AB＝4，∠ABC＝.
(变式2)
(1) 求证：平面PAC⊥平面PBC；
【解答】 因为在△ABC中，AC＝2，AB＝4，∠ABC＝，所以＝，可得sin ∠ACB＝1，所以∠ACB＝，即CA⊥CB.因为PA⊥平面ABC，CB 平面ABC，所以PA⊥CB.因为CA∩PA＝A，CA，PA 平面PAC，所以CB⊥平面PAC.因为CB 平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC.
(2) 若二面角A-PB-C的余弦值为，求PA的长．
【解答】 以C为原点，CB，CA所在直线分别为x轴、y轴，过点C且平行于AP的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．因为AC＝2，AB＝4，所以A(0，2，0)，C(0，0，0)，B(2，0，0).设PA＝m，则P(0，2，m)，所以＝(0，0，m)，＝(2，－2，－m)，＝(2，0，0).设平面APB和平面PBC的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，则即令x1＝1，可得n1＝(1，，0)；同理即令y2＝m，可得n2＝(0，m，－2).显然二面角A-PB-C的平面角为锐角，记为θ，则cos θ＝＝＝，即m2＝4，所以m＝2或m＝－2(舍去)，故PA＝2.
(变式2答)
随堂内化及时评价
1. 已知平面α与平面β的法向量分别为a，b，若cos 〈a，b〉＝－，则平面α与平面β的夹角的大小为( A )
A. B.
C. 或 D. 或
【解析】 因为cos 〈a，b〉＝－，且平面α与平面β的夹角的取值范围是，所以平面α与平面β的夹角的大小为.
2. 已知两个平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则这两个平面的夹角为( B )
A. 30° B. 45°
C. 90° D. 135°
【解析】 由题意可得cos 〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.因为两平面夹角θ的取值范围是0°≤θ≤90°，所以这两个平面的夹角为45°.
3. 过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP的夹角为( C )
A. B.
C. D.
【解析】 设AP＝AB＝1，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，1)，D(0，1，0)，C(1，1，0)，所以＝(1，1，－1)，＝(0，1，－1).设平面CDP的法向量为m＝(x，y，z)，则令y＝1，得m＝(0，1，1).因为平面ABP的一个法向量为n＝(0，1，0)，所以cos 〈m，n〉＝＝＝.因为两平面夹角的取值范围是，所以平面ABP与平面CDP的夹角为.
(第3题答)
4. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，二面角A-CC1-B1的大小为45°．
【解析】 如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，C1(0，2，2)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，所以＝(－2，2，2)，＝(－2，2，0).设平面ACC1的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，则y＝1，z＝0，所以n＝(1，1，0).因为AB⊥平面BCC1B1，则＝(0，2，0)为平面BCC1B1的一个法向量，所以cos 〈n，〉＝＝＝.由图知二面角A-CC1-B1为锐角，所以二面角A-CC1-B1的大小为45°.
(第4题答)
5. 在如图所示的空间直角坐标系中，已知长方体ABCD-A1B1C1D1，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上．若二面角D1-EC-D的大小为，则点E的坐标为(1，2－，0)，点A到平面D1EC的距离d＝．
(第5题)
【解析】 设AE＝λ(0≤λ≤2)，由题可知A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，E(1，λ，0)，则＝(0，2，－1)，＝(1，λ－2，0).易知平面ECD的一个法向量为n＝(0，0，1).设平面D1EC的法向量为m＝(x，y，z)，则有令y＝1，则m＝(2－λ，1，2).又二面角D1-EC-D的大小为，所以cos ＝，即＝，解得λ＝2－或λ＝2＋(舍去)，所以E(1，2－，0)，m＝(，1，2).又＝(0，2－，0)，所以d＝＝＝.
配套新练案
一、 单项选择题
1. 已知u＝(－2，2，5)，v＝(6，－4，4)，u，v分别是平面α，β的法向量，那么平面α，β的位置关系是( B )
A. 平行 B. 垂直
C. 重合 D. 相交不垂直
【解析】 因为u＝(－2，2，5)，v＝(6，－4，4)，所以u·v＝－12－8＋20＝0.又因为u，v分别是平面α，β的法向量，所以平面α与β的法向量垂直，从而平面α与β垂直.
2. 已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，1)，n＝(1，1，1)，则两平面的夹角的正弦值为( B )
A. B.
C. D.
【解析】 由两平面的法向量分别为m＝(0，1，1)，n＝(1，1，1)，可得cos 〈m，n〉＝＝＝.设两平面的夹角为θ，其中θ∈，可得sin θ＝＝，即两平面的夹角的正弦值为.
3. 已知平面α过点A(3，0，0)和B(0，4，0)及z轴上一点P(0，0，a)(a>0)，若平面α与平面Oxy的夹角为45°，则a等于( D )
A. B.
C. D.
【解析】 平面Oxy的一个法向量为n＝(0，0，1).设平面α的法向量为u＝(x，y，z)，由题知＝(－3，4，0)，＝(－3，0，a)，则即即3x＝4y＝az，取z＝1，则u＝.因为cos 45°＝|cos 〈n，u〉|＝＝，且a>0，所以a＝.
4. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PB⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3，点E在棱PA上，若PE＝2EA，则平面ABE与平面BED夹角的余弦值为( A )
(第4题)
A. B.
C. D.
【解析】 以B为坐标原点，BC，BA，BP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，3，0)，P(0，0，3)，D(3，3，0)，E(0，2，1)，所以＝(0，2，1)，＝(3，3，0).设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝1，得y＝－，x＝，所以n＝.易知平面ABE的一个法向量为m＝(1，0，0)，设平面ABE与平面BED的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝，所以平面ABE与平面BED夹角的余弦值为.
(第4题答)
二、 多项选择题
5. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E为线段A1A上的一个动点，F为线段B1C1上的一个动点，则平面EFB与底面ABCD的夹角可以是( ACD )
(第5题)
A. B.
C. D.
【解析】 如图，建立空间直角坐标系，设AB＝1，则B(1，1，0)，E(1，0，m)，F(n，1，1)，0≤m≤1，0≤n≤1，从而＝(0，－1，m)，＝(n－1，0，1).设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝1，得n＝(1，m(1－n)，1－n).易得底面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1).设平面EFB与底面ABCD的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝.当n＝1时，θ＝；当n≠1时，cos θ＝，易得0(第5题答)
6. 如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为AD，AB，B1C1的中点，以下说法正确的是( AB )
(第6题)
A. 三棱锥C-EFG的体积为1
B. A1C⊥平面EFG
C. A1D1∥平面EFG
D. 平面EGF与平面ABCD夹角的余弦值为
【解析】 对于A，S△CEF＝2×2－×1×1－×1×2－×1×2＝4－－1－1＝，所以VC-EFG＝VG-CEF＝××2＝1，A正确．建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(2，0，2)，C(0，2，0)，D1(0，0，2)，E(1，0，0)，F(2，1，0)，G(1，2，2)，所以＝(－2，2，－2)，＝(－2，0，0)，＝(1，1，0)，＝(0，2，2)，因为·＝0，·＝0，所以A1C⊥EG，A1C⊥EF.又因为EG∩EF＝E，EG，EF 平面EFG，所以A1C⊥平面EFG，B正确．平面EFG的一个法向量为＝(－2，2，－2)，·＝4≠0，所以A1D1与平面EFG不平行，C错误．平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，设平面EFG与平面ABCD的夹角为θ，则cos θ＝＝＝，D错误．
(第6题答)
三、 填空题
7. 如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，＝(0，0，2)，平面ABC的一个法向量为n＝(2，1，2)，设平面ABC与平面ABO的夹角为θ，则cos θ＝．
(第7题)
【解析】 因为点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，＝(0，0，2)，所以＝(0，0，2)是平面ABO的一个法向量，所以cos θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝.
8. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝AA1＝2BC＝2，D为棱AA1上一点．若平面B1DC和平面DCC1的夹角为30°，则AD的长为．
(第8题)
【解析】 如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Cxyz，则C(0，0，0)，B1(0，1，2)，B(0，1，0)，所以＝(0，1，2)，＝(0，1，0).设AD＝a(0≤a≤2)，则点D的坐标为(2，0，a)，＝(2，0，a).设平面B1DC的法向量为m＝(x，y，z)，则 即令z＝－1，得m＝.又平面DCC1的一个法向量为n＝＝(0，1，0)，所以cos 30°＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝，解得a＝(负值舍去)，故AD＝.
(第8题答)
9. 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，SD⊥平面ABCD.已知SD＝AB＝2，E是棱SD上的点，若平面ACE与平面ADE夹角的余弦值为，则点E的坐标为(0，0，)．
(第9题)
【解析】 因为底面四边形ABCD是正方形，所以AD⊥CD.由SD⊥平面ABCD，AD，DC 平面ABCD，可知SD⊥AD，SD⊥CD.又AD⊥CD，所以以D为坐标原点，DA，DC，DS所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图．因为SD＝AB＝2，且E是棱SD上的点，设DE＝λDS(0≤λ≤1)，可得D(0，0，0)，A(，0，0)，B(，，0)，C(0，，0)，S(0，0，2)，E(0，0，2λ)，则＝(，0，－2λ)，＝(0，，－2λ).设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，则即取z＝，可得x＝2λ，y＝2λ，即n＝(2λ，2λ，).由DC⊥平面ADE，可得平面ADE的一个法向量为＝(0，，0).设平面ACE与平面ADE的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝＝，解得λ＝(负值舍去)，所以点E的坐标是(0，0，).
(第9题答)
四、 解答题
10. 如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.
(第10题)
(1) 求证：O1O⊥底面ABCD；
【解答】 因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD.又因为CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD.又AC∩BD＝O，AC，BD 底面ABCD，所以O1O⊥底面ABCD.
(2) 若∠CBA＝60°，求平面OC1B1与平面BDD1B1夹角的余弦值.
【解答】 因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直．如图，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设四棱柱的棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，于是O(0，0，0)，B1(，0，2)，C1(0，1，2).易知平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0，1，0).设平面OC1B1的法向量为m＝(x，y，z)，则由m⊥，m⊥，可知取z＝－，则x＝2，y＝2，所以m＝(2，2，－)，所以cos 〈m，n〉＝＝＝，所以平面OC1B1与平面BDD1B1夹角的余弦值为.
(第10题答)
11. (2025·徐州期末)如图，三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为4，D，E，F分别是棱AC，CC1，B1C1的中点，C1D⊥平面ABC.
(第11题)
(1) 求证：A1C⊥BE；
【解答】 因为C1D⊥平面ABC，DB，DA 平面ABC，所以C1D⊥DB，C1D⊥DA.因为△ABC为等边三角形，且D为AC中点，所以BD⊥AC，故DB，DA，DC1两两垂直．以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A1(0，4，2)，C(0，－2，0)，B(2，0，0)，E(0，－1，)，所以＝(2，1，－)，＝(0，6，2).因为·＝2×0＋1×6－×2＝6－6＝0，所以⊥，即A1C⊥BE.
(第11题答)
(2) 求二面角A-BD-F的余弦值．
【解答】 因为2＝＝＝(2，2，0)，所以＝(，1，0)，而C1(0，0，2)，所以F(，1，2)，则＝(，1，2).设平面BDF的法向量为n＝(a，b，c)，则即令b＝，则a＝0，c＝－，所以n＝.又因为平面ABD的一个法向量为m＝(0，0，1)，所以cos 〈m，n〉＝＝＝－.由图形可知，二面角A-BD-F为锐角，所以二面角A-BD-F的余弦值为.
12. 如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的正三角形，PA⊥平面ABC，PC＝，E为PC上的动点．
(第12题)
(1) 求三棱锥P-ABC的体积；
【解答】 易得S△ABC＝×2×2×sin 60°＝.因为PA⊥平面ABC，所以PA是三棱锥P-ABC的高．在Rt△PAC中，PA＝＝1，所以三棱锥P-ABC的体积V＝S△ABC·PA＝.
(2) 当BE长最小时，求平面ABE与平面ABC夹角的余弦值．
【解答】 取BC的中点O，连接OA，以OC，OA所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，，0)，B(－1，0，0)，P(0，，1)，C(1，0，0)，所以＝(－1，，1).设＝λ(0≤λ≤1)，则E(1－λ，λ，λ)，＝(2－λ，λ，λ)，则||＝＝＝，当λ＝时，BE长取最小值，此时，＝，＝.设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，则所以令y＝，则n＝(－3，，9).易得平面ABC的一个法向量为＝(0，0，1)，设平面ABE与平面ABC的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，所以当BE长最小时，平面ABE与平面ABC夹角的余弦值为.
(第12题答)(共65张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
1.4 空间向量的应用
第5课时 用空间向量研究夹角问题(2)——两平面的夹角
学习 目标 1. 理解空间两平面夹角的概念，能利用向量方法求空间两平面夹角的大小．
2. 通过用空间向量解决空间两平面的夹角问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用．
新知初探 基础落实
一、 概念表述
1. 如图，若PA⊥α于A，PB⊥β于B，平面PAB交l于E，则
∠AEB为二面角α-l-β的平面角，∠AEB＋∠APB＝180°.
若n1，n2分别为平面α，β的法向量，则二面角的平面角∠AEB＝____________________________，即二面角θ等于它的两个半平面的法向量的夹角或夹角的补角．
2. 平面α与平面β的夹角为θ，设平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cos θ＝
_____________________＝_______．
〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉
|cos 〈n1，n2〉|
二、 概念辨析：判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”．
(1) 二面角的大小就是该二面角两个面的法向量的夹角． ( )
(2) 若二面角两个面的法向量的夹角为120°，则该二面角的大小等于60°或120°.
( )
×
√
×
典例精讲 能力初成
(教材P37例8)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝CB＝2，AA1＝3，∠ACB＝90°，P为BC的中点，点Q，R分别在棱AA1，BB1上，A1Q＝2AQ，BR＝2RB1.求平面PQR与平面A1B1C1夹角的余弦值．
1
求两平面的夹角
探究
1
【解答】
求平面与平面夹角的步骤：
(1) 建坐标系；
(2) 求法向量；
变式1
又PA 平面PAC，所以PA⊥BD.又AB∩BD＝B，AB，BD 平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD.取棱CD的中点F，连接AF，则有AF⊥CD.因为AB∥CD，则AF⊥AB.因此，AB，AF，AP两两垂直．
【解答】
(1) 求证：AD⊥平面PBD；
2
已知两平面的夹角求参数
【解答】
因为PD⊥底面ABCD，AD 底面ABCD，所以PD⊥AD.在△ABD中，由AD2＋BD2＝AB2，可得AD⊥BD.又BD∩PD＝D，BD，PD 平面PBD，所以AD⊥平面PBD.
探究
2
(2) 若平面PBD与平面BDE的夹角为45°，试确定点E的位置．
【解答】
解决此类问题(点的位置和棱长)的基本策略是执果索因，其结论明确需要求出使结论成立的充分条件，将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切入点，建立方程(组)，并解方程(组).若有解，则存在并求得结论成立的条件；若无解，则不存在．
(1) 求证：平面PAC⊥平面PBC；
【解答】
因为PA⊥平面ABC，CB 平面ABC，所以PA⊥CB.因为CA∩PA＝A，CA，PA 平面PAC，所以CB⊥平面PAC.因为CB 平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC.
变式2
【解答】
随堂内化 及时评价
【解析】
A
2. 已知两个平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则这两个平面的夹角为 ( )
A. 30° B. 45°
C. 90° D. 135°
【解析】
B
【解析】
【答案】C
【解析】
4. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，二面角A-CC1-B1的大小为_______．
由图知二面角A-CC1-B1为锐角，所以二面角A-CC1-B1的大小为45°.
【答案】45°
【解析】
配套新练案
一、 单项选择题
1. 已知u＝(－2，2，5)，v＝(6，－4，4)，u，v分别是平面α，β的法向量，那么平面α，β的位置关系是 ( )
A. 平行 B. 垂直 C. 重合 D. 相交不垂直
B
【解析】
因为u＝(－2，2，5)，v＝(6，－4，4)，所以u·v＝－12－8＋20＝0.又因为u，v分别是平面α，β的法向量，所以平面α与β的法向量垂直，从而平面α与β垂直.
2. 已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，1)，n＝(1，1，1)，则两平面的夹角的正弦值为 ( )
B
【解析】
3. 已知平面α过点A(3，0，0)和B(0，4，0)及z轴上一点P(0，0，a)(a>0)，若平面α与平面Oxy的夹角为45°，则a等于 ( )
【解析】
【答案】D
4. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PB⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3，点E在棱PA上，若PE＝2EA，则平面ABE与平面BED夹角的余弦值为 ( )
【解析】
【答案】A
二、 多项选择题
5. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E为线段A1A上的一个动点，F为线段B1C1上的一个动点，则平面EFB与底面ABCD的夹角可以是 ( )
【解析】
【答案】ACD
6. 如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为AD，AB，B1C1的中点，以下说法正确的是 ( )
A. 三棱锥C-EFG的体积为1
B. A1C⊥平面EFG
C. A1D1∥平面EFG
【解析】
【答案】AB
【解析】
8. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝AA1＝2BC＝2，D为棱AA1上一点．若平面B1DC和平面DCC1的夹角为30°，则AD的长为_____．
【解析】
【解析】
四、 解答题
10. 如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.
(1) 求证：O1O⊥底面ABCD；
【解答】
因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD.又因为CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD.又AC∩BD＝O，AC，BD 底面ABCD，所以O1O⊥底面ABCD.
(2) 若∠CBA＝60°，求平面OC1B1与平面BDD1B1夹角的余弦值.
【解答】
11. (2025·徐州期末)如图，三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为4，D，E，F分别是棱AC，CC1，B1C1的中点，C1D⊥平面ABC.
(1) 求证：A1C⊥BE；
【解答】
(2) 求二面角A-BD-F的余弦值．
【解答】
(1) 求三棱锥P-ABC的体积；
【解答】
(2) 当BE长最小时，求平面ABE与平面ABC夹角的余弦值．
【解答】
