新教材2024高考数学二轮专题复习分册一专题四立体几何第三讲空间向量与立体几何微专题2二面角

微专题2二面角1.[2024·北京卷]如图，在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝.(1)求证：BC⊥平面PAB；(2)求二面角APCB的大小．2．[2024·新课标Ⅰ卷]如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)证明：B2C2∥A2D2；(2)点P在棱BB1上，当二面角PA2C2D2为150°时，求B2P.3.[2024·河北石家庄一模]如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形且垂直于侧面SAB，O为AB的中点，SA＝SB＝AB＝2，AD＝.(1)证明：BD⊥平面SOC；(2)侧棱SD上是否存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由．[2024·河南开封二模]如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，AD＝CD＝AB＝，E为AC的中点，将△ACD沿AC折起(如图2)．在图2所示的几何体DABC中：(1)若AD⊥BC，求证：DE⊥平面ABC；(2)若BD与平面ACD所成的角为60°，求二面角DACB的余弦值．技法领悟利用空间向量求二面角的答题模板[巩固训练2][2024·山东青岛三模]如图，三棱台ABCA1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ABC，AB＝AC，∠BAC＝，AB＝2A1B1＝4，BB1＝CC1＝.(1)求四棱锥A1BCC1B1的体积；(2)在侧棱BB1上是否存在点E，使得二面角EACB的余弦值为？若存在，说明点E的位置；若不存在，说明理由．微专题2二面角保分题1．(1)解析：证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，所以△PAB为直角三角形．又因为PB＝＝，BC＝1，PC＝，所以PB2＋BC2＝PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB，又因为BC⊥PA，PA＝P，所以BC⊥平面PAB.(2)解析：由(1)知BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则BC⊥AB.以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，B(1，0，0)，所以＝(0，0，1)，＝(1，1，0)，＝(0，1，0)，＝(1，1，－1)．设平面PAC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则，即令x1＝1，则y1＝－1，所以m＝(1，－1，0)，设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则，即，令x2＝1，则z2＝1，所以n＝(1，0，1)，所以cos〈m，n〉＝＝＝.又因为二面角APCB为锐二面角，所以二面角APCB的大小为.2．(1)解析：方法一依题意，得＝＝＋＋＝，所以B2C2∥A2D2.方法二以点C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)，所以＝，所以B2C2∥A2D2.(2)解析：建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中方法二，设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，所以＝＝(0，－2，3－n)．设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)，所以，则，令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2)．设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)，由(1)方法二知＝＝(0，－2，1)，所以，则，令y2＝1，得b＝(1，1，2)．所以|cos150°|＝|cos〈a，b〉|＝＝，整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，所以BP＝1或BP＝3，所以B2P＝1.提分题[例3](1)解析：证明：设BD交OC于点M，∵底面ABCD为矩形，∴在Rt△ABD中，BD＝＝＝.∵O为AB的中点，∴OB＝AB＝1.在Rt△OBC中，OC＝＝＝，∵OB∥CD，OB＝CD，∴＝＝，∴BM＝BD＝，∴OM＝OC＝.∵OB＝1，∴BM2＋OM2＝OB2，∴BM⊥OM，即BD⊥OC，∵SA＝SB＝AB＝2，∴△SAB为等边三角形．∵O为AB的中点，∴SO⊥AB.∵平面ABCD⊥平面SAB，SO⊂平面SAO，平面ABCD∩平面SAB＝AB，SO⊥AB.∴SO⊥平面ABCD，∵BD⊂平面ABCD，∴SO⊥BD，即BD⊥SO，又∵BD⊥OC，SO＝O，SO，OC⊂平面SOC，∴BD⊥平面SOC.(2)解析：设＝λ，λ∈[0，1],∵底面ABCD为矩形，∴AD⊥AB，∵平面ABCD⊥平面SAB，平面ABCD∩平面SAB＝AB，AD⊥AB，∴AD⊥平面SAB.以O为坐标原点，过点O作平行于AD的直线为z轴，以OB和OS所在直线分别为x轴和y轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz；∵SA＝SB＝AB＝2，∴△SAB为等边三角形．∵O为AB的中点，∴OB＝AB＝1，SO＝＝＝，S(0，，0)，C(1，0，)，D(－1，0，)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，＝(－1，－)，＝(2，0，0)，＝(2，0，0)，＝(1，，0)，∴＝λ＝λ(－1，－)＝(－λ，－λ，λ)，∴＝＝(1，，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(1－λ，，λ)，设平面SCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，，即，令y1＝，∴m＝(0，)．设平面ABE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由，可得，令y2＝λ，∴x2＝0，y2＝λ，z2＝λ－，∴n＝(0，λ，λ－)．∵平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为，∴|cos〈m，n〉|＝＝＝，整理得20λ2－24λ＋7＝0，∴λ＝或λ＝，均符合λ∈[0，1]，∴＝或＝，∴侧棱SD上存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为，＝或＝.[例4](1)解析：由已知，△ADC为等腰直角三角形，E为AC的中点，可得DE⊥AC，△ABC中，AC＝2，AB＝2，∠BAC＝45°，所以由余弦定理得BC＝＝2，因为AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，又因为AD⊥BC，AC＝A，AD，AC⊂平面ADC，所以BC⊥平面ADC，又DE⊂平面ADC，所以BC⊥DE，又DE⊥AC，AC＝C，AC，AB⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.(2)解析：如图过C点作平面ABC的垂线CP，以C为原点，分别以为x，y，z轴建立空间直角坐标系Cxyz，则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，E(1，0，0)，设D(1，a，)，其中－1<a<1，则＝(1，a－2，)，＝(2，0，0)，＝(1，a，)，设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即可得n＝(0，，－a)，由题意|cos〈n，〉|＝＝sin60°＝，解得a＝或a＝，易知平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，当a＝时，n＝(0，，－)，cos〈n，m〉＝＝－，由图可知二面角DACB为锐角，故二面角DACB的余弦值为，当a＝时，n＝(0，，－)，cos〈n，m〉＝＝－，由图可知二面角DACB为锐角，所以二面角DACB的余弦值为，综上，二面角DACB的余弦值为或.[巩固训练2](1)解析：在三棱台ABCA1B1C1中，取B1C1的中点O1，连接A1O1，因为AB＝AC，∠BAC＝，AB＝2A1B1＝4，则A1B1＝A1C1＝2，∠B1A1C1＝，有BC＝4，B1C1＝2，A1O1⊥B1C1，A1O1＝，因为平面BCC1B1⊥平面ABC，平面ABC∥平面A1B1C1，则平面BCC1B1⊥平面A1B1C1，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，A1O1⊂平面A1B1C1，于是A1O1⊥平面BCC1B1，梯形BCC1B1中，BB1＝CC1＝，则梯形BCC1B1的高h＝＝＝1，因此梯形BCC1B1的面积S＝(2＋4)×1＝3，所以四棱锥A1BCC1B1的体积V＝S·A1O1＝×3＝2.(2)解析：取BC的中点O，连接AO，因为AB＝AC，则AO⊥BC，在等腰梯形BCC1B1中，O1，O分别为上下底边B1C1，BC的中点，有OO1⊥BC，而平面BCC1B1⊥平面ABC，平面BCC1B1∩平面ABC＝BC，OO1⊂平面BCC1B1，于是OO1⊥平面ABC，以O为原点，分别以OA，OB，OO1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，－2，0)，B1(0，，1)，令＝(0<m<1)，有E(