高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）第07讲 1.2.4二面角

③求二面角的面角的大小(常用面积相等关系求垂线段长度）【例题2】（2023·全国·高二专题练习）如图，二面角α−AB−β的平面角为锐角，C是α内的一点（它不在棱AB上），点D是C在平面β内的射影，点E是A．∠B．∠C．∠D．无法确定∠CEB与∠【答案】A【分析】过C向AB做垂线交AB于F，连接DF，由直角三角形可知CF>DF，再由【详解】过C向AB做垂线交AB于F，连接DF，如图，因为CD⊥β，AB⊂因为CD⊥AB，CF⊥AB，CD∩所以AB⊥面CDF，DF⊂平面CDF，所以AB在直角三角形CDF中，CF为斜边DF为直角边，所以CF>在直角三角形CEF中，tan∠CEF在直角三角形DEF中，tan∠DEB由CF>DF故选：A【变式2-1】1．（2022春·山东聊城·高二山东聊城一中校考阶段练习）已知二面角α−l−β的大小为60o，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，点B∈β【答案】2【分析】以DB、DC为邻边作平行四边形BDCE，连接AE、AB，分析可知二面角α−l−β的平面角为∠ACE=60∘，推导出【详解】以DB、DC为邻边作平行四边形BDCE，连接AE、AB，如下图所示：因为四边形BDCE为平行四边形，则CE//BD且CE=BD=1因为BD⊥l，则CE⊥所以，二面角α−l−因为AC=CE=1，故△∵AC⊥CD，CE⊥CD∵AC∩CE=C，AC、CE⊂平面∵AE⊂平面ACE，∴BE故答案为：2.【变式2-1】2．（2023·全国·高二专题练习）如图，在直角梯形ABCD中，AD//BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC的中点.将(1)求证：CD⊥(2)若AB=AD=2,【答案】(1)证明见解析(2)60°.【分析】（1）通过证明AB⊥CD,BD⊥（2）作出二面角B−【详解】（1）由于AB⊥AC,所以AB⊥平面ACD.由于CD⊂平面ACD，所以由于BD⊥CD,所以CD⊥平面ABD（2）分别取BD,AD的中点F,由于E,F分别是BC,由于CD⊥平面ABD，所以EF⊥平面由于AD,FG⊂平面ABD由于G,F分别是AD,由于AB⊥AD，所以由于EF∩FG=E,EF,所以∠EGF是二面角B在Rt△EFG中，EF所以tan∠EGF=EFFG=所以二面角B−AD−【变式2-1】3．（2023春·全国·高二专题练习）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=60°,∠ADP=90°，平面ADP⊥(1)证明：平面FAC⊥平面PBD(2)当二面角D−FC−B的余弦值为24【答案】(1)证明见解析(2)60°.【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得线面垂直，从而得到PD⊥AC，再由线面垂直的判定定理可证AC⊥平面PBD，从而证得平面AFC（2）根据题意过H作HG⊥FC于G，连接BG，可得∠BGH【详解】（1）因为平面ADP⊥平面ABCD，且∠ADP=90°且PD⊂平面PAD，平面ADP∩平面ABCD=AD又因为AC⊂平面ABCD，所以因为ABCD为菱形，所以AC⊥BD，且PD∩BD=所以AC⊥平面PBD，又因为AC⊂平面AFC，所以平面AFC（2）设PD=∵平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD=连接BD，则∠PBD就是直线PB与平面ABCD由题意得，△BDC过B作BH⊥CD于H，则H为∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥过H作HG⊥FC于G，连接BG，则∠BGH∵cos∠易得BH=∵sin∠GCH=GH∴tan∠PBD∴∠PBD=60∘，即直线PB与平面【变式2-1】4．（2023春·全国·高二专题练习）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，E为AC的中点，将△ACD(1)求证：平面BD(2)若三棱锥D′−ABC的体积为2【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）由线线垂直证线面垂直，再证面面垂直；（2）过D′作D′M⊥BE于点M，过M作MN⊥AB于点N，连接D′N，分析得∠【详解】（1）证明：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴△ABC又∵E为AC的中点，∴BE⊥AC，D′E⊥AC，BE∩D′又∵AC⊂平面ABC，∴平面B（2）过D′作D′M⊥BE于点M，∵平面BD′E∩∴VD过M作MN⊥AB于点N，连接∵AB⊂平面ABC，∴D′M⊥AB，∵D′M∩∵D'N⊂平面D∴∠D′NMEM=32−2∴D′N=故二面角D′−AB【变式2-1】5．（2023春·全国·高二专题练习）在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB⊥AA1(1)求证：CC(2)求平面B1BCC【答案】(1)证明见解析3【分析】（1）根据三棱柱中的垂直关系以及角度，可通过证明CC1⊥【详解】（1）由题意可知，CC1//AA连接AM,由∠A1AC=2π又点M为棱CC1的中点，所以AB⊂平面ABM，AM⊂平面ABM，所以CC1⊥平面ABM，所以CC（2）由（1）知，CC根据二面角定义可知，∠AMB在正三角形△ACC1中，AC因为AB⊥AA1，又AB⊥BC，且BB1∩而BM⊂平面B1BC在Rt△ABM中，AM所以sin∠AMB于是平面B1BCC1题型3向量法求面面角【方法总结】求面面角的步骤第一步首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系并标出相应点的空间坐标；第二步然后根据已知条件求出各自所求平面的法向量；第三步由向量的数量积计算公式即可得出结论.【例题3】（河南省商丘市2022-2023学年高二下学期6月月考数学试题）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，△

(1)证明：BC1//(2)若AA1=【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）连接AC1交A1C于点E，连接DE，可证DE//（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面A1CD和平面【详解】（1）连接AC1交A1C于点E，连接DE，则因为D为AB的中点，所以DE//又DE⊂平面A1CD所以BC1//（2）取AC的中点O，连接OB,A1O，因为因为平面ACC1A1⊥平面ABC，平面AC所以A1O⊥又OB⊂平面ABC，所以A因为BC=BA,O为AC的中点，所以以O为坐标原点，直线OB,OC,OA1分别为

则C0,1,0所以A1设平面A1CD的一个法向量n=x令z=1，解得x=3,y而m=1,0,0是平面所以cosm设二面角D−A1C−【变式3-1】1．（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB=2AD=4，

(1)证明：CG//平面DEF.(2)求平面DEF与平面CDP所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)10【分析】（1）以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明即可；（2）利用向量法求解即可.【详解】（1）如图，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，则C0,4,0因为FB=23所以F2则DE=设平面DEF的法向量为n=则有n⋅DE=x+所以n=因为n⋅CG=−又CG⊄平面DEF所以CG//平面DEF；（2）因为平面CDP与平面yDz重合，故可取平面CDP的法向量为m=则cosm所以平面DEF与平面CDP所成的锐二面角的余弦值为105

【变式3-1】2．（2023春·浙江湖州·高二统考期末）如图，圆台O1O2的上底面的半径为1，下底面的半径为2，AB是圆台下底面的一条直径，PO1是圆台上底面的一条半径，C为圆O2上一点，点P，C在平面

(1)证明：PO1⊥(2)若三棱锥P−ABC的体积为43，求平面P【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）取AC的中点M，先证明O2M⊥（2）建立空间直角坐标系，由体积得到圆台的高，再求出两个平面的法向量，利用坐标法计算即可.【详解】（1）证明：如图取AC中点M，连接O2M

由题意，BC=22又O2M为△ABC又AB为直径，所以BC⊥AC，则由PO1∥BC和O2所以四边形PMO2O又O2O1⊥平面ABC，故O2又AC∩PM=M，所以由O2M∥PO（2）由三棱锥P−ABC的体积为43得1以O2为原点，O2B，O2C建立如图所示空间直角坐标系，

则A−2,0,0，B2,0,0，C得AO1=CP=−2设平面PO1A由m⋅AO1=2x得m→设平面PBC的法向量n=由n⋅CP=−22a−得n=则cos〈m所以平面PO1A与平面PBC【变式3-1】3．（2023春·北京·高二中关村中学校考期中）如图：在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA=AB=2，PB=PD

(1)求证：PA⊥平面ABCD(2)求二面角E−(3)证明：在线段BC上存在点F，使PF∥平面EAC，并求线段BF的长.【答案】(1)证明见解析(2)1(3)证明见解析，BF【分析】（1）根据已知，利用勾股定理、直线与平面垂直的判定定理进行证明.（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式进行计算求解.（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积运算计算求解.【详解】（1）证明：∵PA=AB=2∴PA∴PA⊥AB又AB∩AD=∴PA⊥平面ABCD（2）

如图，以A为原点，AB,AD,则A平面ACD的法向量为AP=(0,0,2)，设平面EAC的法向量为n∵AC=(2,2,0),AE=(0,23,4∴n=(2,−2,1)设二面角E−AC−D的平面角为∴二面角E−AC−（3）

假设存在点F∈BC，使PF∥平面EAC，令F(2,∴PF=(2,a,−2)，由PF∥平面EAC∴PF⋅n=0，即∴存在点F(2,1,0)，F为BC的中点，即BF【变式3-1】4．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC

(1)求证：BC⊥(2)求二面角A−【答案】(1)证明见解析(2)π【分析】（1）先由线面垂直的性质证得PA⊥BC，再利用勾股定理证得（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面PAC与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【详解】（1）因为PA⊥平面ABC,BC所以PA⊥BC，同理所以△PAB又因为PB=PA所以PB2+BC又因为BC⊥PA，所以BC⊥平面PAB（2）由（1）BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则以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),所以AP=(0,0,1),设平面PAC的法向量为m=x1,令x1=1，则y1设平面PBC的法向量为n=x2,y令x2=1，则z2所以cosm又因为二面角A−所以二面角A−PC−【变式3-1】5．（2023·江西宜春·校联考模拟预测）如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，AC=2BD=2AA1=4，AC1⊥CC1，AA1⊥BD，E是侧棱BB1上一点.

(1)若BE＝B1E，证明：CC1⊥平面AC1E；(2)若BE=12【答案】(1)证明见解析(2)10【分析】（1）设AC，BD交于点O，连接C1O，A1C1，可证BD⊥AC，AA1（2）过C1作C1F⊥AC，垂足为F，以O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，求得平面ACC【详解】（1）证明：如图，设AC，BD交于点O，连接C1O，

因为四边形ABCD是菱形，AC=4，BD所以BD⊥AC，因为AA1⊥BD，AA1，所以BD⊥平面AC因为C1O⊂平面AC连接BC1，DC因为AC1⊥所以BC因为BE=B1E，所以因为AC1，C1E⊂所以CC1⊥（2）过C1作C1F因为BD⊥平面ACC1A1，C又C1F⊥AC，AC，BD⊂平面ABCD，AC如图，以O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，则O0,0,0，B1,0,0，A0,−2,0，C所以AC1=因为BE=12

则E1,−13易知平面ACC1A1的一个法向量为n=则AC1⋅令y=1，则z=−3，x设二面角E−AC所以cosα所以二面角E−AC题型4探索性习题【例题4】（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，且满足AD=DE=2,CE=22，将△(1)若点F在线段AP上，且EF∥平面PBC，试确定点F的位置；(2)若PB=41010【答案】(1)点F为线段AP上靠近点P的三等分点(2)π【分析】（1）在AB取点G使BG=（2）取AE的中点O，建立空间直角坐标系，利用向量法求解锐二面角的大小.【详解】（1）点F为线段AP上靠近点P的三等分点，证明如下：如图，在AB取点G，连接FG，GE,使得BG=又BG//CE，所以四边形BGEC为平行四边形，所以又GE⊄平面PBC,BC⊂平面PBC，所以又EF∥平面PBC，EF∩GE=E，所以平面PBC∥平面EFG，又平面EFG∩平面PAB=FG，平面PBC所以FG//PB，所以在△PAB中，AF所以点F为线段AP上靠近点P的三等分点.（2）如图，取AE的中点O，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为AE=2,AB=又EC=13由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设P0,则OP=因为OP=1,PB=41010，所以故P0,15设平面PEC的法向量为m=则PE⋅m=x1设平面ECA的一个法向量为n=0,0,1，则记锐二面角P−EC−A的平面角为又0<θ<π2，则θ=【变式4-1】1．（2023·贵州铜仁·统考模拟预测）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°(1)当AB∥平面A1CD时，求实数(2)当平面A1CD⊥平面A1C【答案】(1)λ(2)2【分析】（1）利用线面平行的性质定理，即可求解.(2)建立空间直角坐标系，通过平面A1CD⊥【详解】（1）连接AC1,且∵AB∥平面A1CD,AB⊂平面ABC1,且平面∴AB//DE,又由E为线段A∴D为线段BC1故当AB∥平面A1CD时,（2）以C为坐标原点,以CA,CB,C设Dx,y,z解得x=0y=−2所以A令n1=x−4x令y=1,解得x=0,z=1,即n同理求得平面的一个法向量为n由平面A1CD⊥平面A1即D又因为AB=−4,2,0,从而可得平面ABB设平面ACD与平面ABB1A则sin故当平面A1CD⊥平面A1C【变式4-1】2．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1(1)证明：MN//平面AB(2)若BC=2，三棱锥A−B【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）取A1B1的中点Q，连接NQ,BQ，证得NQ//BM且NQ=BM（2）设AC=m，连接CN，根据柱体和锥体的体积公式，结合VA−B1MN=m2，求得m=4，以C【详解】（1）证明：取A1B1的中点Q因为N为A1C1的中点，所以NQ为△A1又M为BC的中点，所以BM//B1C1，且BM所以四边形BMNQ为平行四边形，则MN//又因为MN⊄平面ABB1A1，且BQ⊂平面（2）解：在直三棱柱ABC−A1B1因为AC⊂平面ABC，所以C又因为AC⊥B1M，直线CC1与直线所以AC⊥平面BCC1B1，因为BC设AC=m，连接CN，则VB1−ABM=所以VA−B1MN以C为坐标原点，以CB,CC1,CA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A0,0,4可得AM=1,0,−4，MB设平面AB1M的法向量为m取z1=1，则设平面NB1M的法向量为n取z2=1则cosm由图可知，二面角A−B1M−【变式4-1】3．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，E是A1D(1)证明：当BF=FC时，AE⊥(2)是否存在点F，使二面角A−DE−F的余弦值为【答案】(1)证明见解析(2)存在，F为线段BC的四等分点（靠近点B）【分析】（1）利用线面垂直的判定证明；（2）利用空间向量计算二面角的方法得出结论。【详解】（1）证明：在矩形ADD1A1中，AD=2∴AA1=A1在△ADE中，AE2+D如图，连接BD，在菱形ABCD中，∠BCD=60°，且∴△BCD为等边三角形，又∵F为BC中点，∴DF∵BC∥AD，∴又∵平面ABCD⊥平面ADD1A1，DF⊂平面∴DF⊥平面AD又∵AE⊂平面ADD1又∵DE∩DF=D，DE⊂平面∴AE⊥平面DEF（2）存在，当F为线段BC的四等分点（靠近点B）时，二面角A−DE−取BC中点F′，连接DF′则A2,0,0，E1,0,1，B1,3,0，C设Fa,3平面ADE的一个法向量为m=0,1,0，设平面DEF的一个法向量则x+z=0,二面角A−DE−F的余弦值为但当a=−12时，二面角A此时，F为线段BC的四等分点（靠近点B）.【变式4-1】4．（2023春·江苏扬州·高二扬州市广陵区红桥高级中学校考期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形，平面PAD⊥(1)求点A到平面PBC的距离；(2)E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为3010【答案】(1)6(2)5【分析】（1）取AD中点O，连接OB，OP.通过证明OP⊥OB，AD⊥（2）由（1），如图建立以O为原点的空间直角坐标系，由直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为3010，可得E【详解】（1）取AD中点O，连接OB，OP.∵△PAD为等边三角形，∴OP⊥AD又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PADOP⊂平面PAD，∴OP又∵OB⊂平面ABCD，∴OP∵PB⊥BC，∴BC//又∵OP⊥AD，PB⊂平面POB，OP∩PB又∵OB⊂平面POB，∴AD∴OB=3设点A到平面PBC的距离为h，则VA−PBC=V（2）由（1），分别以OA，OB，OP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P(0,0,3)，C(−2,3,0)，A1,0,0，D设PE=λPC0≤λ得E−2λ,3又OP⊥