高中數(shù)學同步講義（人教B版2019選擇性必修一）第07講 1.2.4二面角

③求二面角的面角的大小(常用面積相等關系求垂線段長度）【例題2】（2023·全國·高二專題練習）如圖，二面角α?AB?β的平面角為銳角，C是α內的一點（它不在棱AB上），點D是C在平面β內的射影，點E是A．∠B．∠C．∠D．無法確定∠CEB與∠【答案】A【分析】過C向AB做垂線交AB于F，連接DF，由直角三角形可知CF>DF，再由【詳解】過C向AB做垂線交AB于F，連接DF，如圖，因為CD⊥β，AB?因為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為斜邊DF為直角邊，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故選：A【變式2-1】1．（2022春·山東聊城·高二山東聊城一中?？茧A段練習）已知二面角α?l?β的大小為60o，點A∈α，AC⊥l，C為垂足，點B∈β【答案】2【分析】以DB、DC為鄰邊作平行四邊形BDCE，連接AE、AB，分析可知二面角α?l?β的平面角為∠ACE=60°，推導出【詳解】以DB、DC為鄰邊作平行四邊形BDCE，連接AE、AB，如下圖所示：因為四邊形BDCE為平行四邊形，則CE//BD且CE=BD=1因為BD⊥l，則CE⊥所以，二面角α?l?因為AC=CE=1，故△∵AC⊥CD，CE⊥CD∵AC∩CE=C，AC、CE?平面∵AE?平面ACE，∴BE故答案為：2.【變式2-1】2．（2023·全國·高二專題練習）如圖，在直角梯形ABCD中，AD//BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點E是BC的中點.將(1)求證：CD⊥(2)若AB=AD=2,【答案】(1)證明見解析(2)60°.【分析】（1）通過證明AB⊥CD,BD⊥（2）作出二面角B?【詳解】（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）分別取BD,AD的中點F,由于E,F分別是BC,由于CD⊥平面ABD，所以EF⊥平面由于AD,FG?平面ABD由于G,F分別是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?【變式2-1】3．（2023春·全國·高二專題練習）如圖，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB=60°,∠ADP=90°，平面ADP⊥(1)證明：平面FAC⊥平面PBD(2)當二面角D?FC?B的余弦值為24【答案】(1)證明見解析(2)60°.【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質定理可得線面垂直，從而得到PD⊥AC，再由線面垂直的判定定理可證AC⊥平面PBD，從而證得平面AFC（2）根據(jù)題意過H作HG⊥FC于G，連接BG，可得∠BGH【詳解】（1）因為平面ADP⊥平面ABCD，且∠ADP=90°且PD?平面PAD，平面ADP∩平面ABCD=AD又因為AC?平面ABCD，所以因為ABCD為菱形，所以AC⊥BD，且PD∩BD=所以AC⊥平面PBD，又因為AC?平面AFC，所以平面AFC（2）設PD=∵平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD=連接BD，則∠PBD就是直線PB與平面ABCD由題意得，△BDC過B作BH⊥CD于H，則H為∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥過H作HG⊥FC于G，連接BG，則∠BGH∵cos∠易得BH=∵sin∠GCH=GH∴tan∠PBD∴∠PBD=60°，即直線PB與平面【變式2-1】4．（2023春·全國·高二專題練習）如圖，菱形ABCD的邊長為2，∠ABC=60°，E為AC的中點，將△ACD(1)求證：平面BD(2)若三棱錐D′?ABC的體積為2【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】（1）由線線垂直證線面垂直，再證面面垂直；（2）過D′作D′M⊥BE于點M，過M作MN⊥AB于點N，連接D′N，分析得∠【詳解】（1）證明：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴△ABC又∵E為AC的中點，∴BE⊥AC，D′E⊥AC，BE∩D′又∵AC?平面ABC，∴平面B（2）過D′作D′M⊥BE于點M，∵平面BD′E∩∴VD過M作MN⊥AB于點N，連接∵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【變式2-1】5．（2023春·全國·高二專題練習）在三棱柱ABC?A1B1C1中，AB⊥BC，AB⊥AA1(1)求證：CC(2)求平面B1BCC【答案】(1)證明見解析3【分析】（1）根據(jù)三棱柱中的垂直關系以及角度，可通過證明CC1⊥【詳解】（1）由題意可知，CC1//AA連接AM,由∠A1AC=2π又點M為棱CC1的中點，所以AB?平面ABM，AM?平面ABM，所以CC1⊥平面ABM，所以CC（2）由（1）知，CC根據(jù)二面角定義可知，∠AMB在正三角形△ACC1中，AC因為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題型3向量法求面面角【方法總結】求面面角的步驟第一步首先根據(jù)已知條件建立適當?shù)目臻g直角坐標系并標出相應點的空間坐標；第二步然后根據(jù)已知條件求出各自所求平面的法向量；第三步由向量的數(shù)量積計算公式即可得出結論.【例題3】（河南省商丘市2022-2023學年高二下學期6月月考數(shù)學試題）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，△

(1)證明：BC1//(2)若AA1=【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）連接AC1交A1C于點E，連接DE，可證DE//（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面A1CD和平面【詳解】（1）連接AC1交A1C于點E，連接DE，則因為D為AB的中點，所以DE//又DE?平面A1CD所以BC1//（2）取AC的中點O，連接OB,A1O，因為因為平面ACC1A1⊥平面ABC，平面AC所以A1O⊥又OB?平面ABC，所以A因為BC=BA,O為AC的中點，所以以O為坐標原點，直線OB,OC,OA1分別為

則C0,1,0所以A1設平面A1CD的一個法向量n=x令z=1，解得x=3,y而m=1,0,0是平面所以cosm設二面角D?A1C?【變式3-1】1．（2023春·福建龍巖·高二校聯(lián)考期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB=2AD=4，

(1)證明：CG//平面DEF.(2)求平面DEF與平面CDP所成的銳二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)10【分析】（1）以點D為坐標原點建立空間直角坐標系，利用向量法證明即可；（2）利用向量法求解即可.【詳解】（1）如圖，以點D為坐標原點建立空間直角坐標系，則C0,4,0因為FB=23所以F2則DE=設平面DEF的法向量為n=則有n?DE=x+所以n=因為n?CG=?又CG?平面DEF所以CG//平面DEF；（2）因為平面CDP與平面yDz重合，故可取平面CDP的法向量為m=則cosm所以平面DEF與平面CDP所成的銳二面角的余弦值為105

【變式3-1】2．（2023春·浙江湖州·高二統(tǒng)考期末）如圖，圓臺O1O2的上底面的半徑為1，下底面的半徑為2，AB是圓臺下底面的一條直徑，PO1是圓臺上底面的一條半徑，C為圓O2上一點，點P，C在平面

(1)證明：PO1⊥(2)若三棱錐P?ABC的體積為43，求平面P【答案】(1)證明見解析(2)4【分析】（1）取AC的中點M，先證明O2M⊥（2）建立空間直角坐標系，由體積得到圓臺的高，再求出兩個平面的法向量，利用坐標法計算即可.【詳解】（1）證明：如圖取AC中點M，連接O2M

由題意，BC=22又O2M為△ABC又AB為直徑，所以BC⊥AC，則由PO1∥BC和O2所以四邊形PMO2O又O2O1⊥平面ABC，故O2又AC∩PM=M，所以由O2M∥PO（2）由三棱錐P?ABC的體積為43得1以O2為原點，O2B，O2C建立如圖所示空間直角坐標系，

則A?2,0,0，B2,0,0，C得AO1=CP=?2設平面PO1A由m?AO1=2x得m→設平面PBC的法向量n=由n?CP=?22a?得n=則cos?m所以平面PO1A與平面PBC【變式3-1】3．（2023春·北京·高二中關村中學?？计谥校┤鐖D：在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是正方形，PA=AB=2，PB=PD

(1)求證：PA⊥平面ABCD(2)求二面角E?(3)證明：在線段BC上存在點F，使PF∥平面EAC，并求線段BF的長.【答案】(1)證明見解析(2)1(3)證明見解析，BF【分析】（1）根據(jù)已知，利用勾股定理、直線與平面垂直的判定定理進行證明.（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量的夾角公式進行計算求解.（3）建立空間直角坐標系，利用空間向量的數(shù)量積運算計算求解.【詳解】（1）證明：∵PA=AB=2∴PA∴PA⊥AB又AB∩AD=∴PA⊥平面ABCD（2）

如圖，以A為原點，AB,AD,則A平面ACD的法向量為AP=(0,0,2)，設平面EAC的法向量為n∵AC=(2,2,0),AE=(0,23,4∴n=(2,?2,1)設二面角E?AC?D的平面角為∴二面角E?AC?（3）

假設存在點F∈BC，使PF∥平面EAC，令F(2,∴PF=(2,a,?2)，由PF∥平面EAC∴PF?n=0，即∴存在點F(2,1,0)，F(xiàn)為BC的中點，即BF【變式3-1】4．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱錐P?ABC中，PA⊥平面ABC

(1)求證：BC⊥(2)求二面角A?【答案】(1)證明見解析(2)π【分析】（1）先由線面垂直的性質證得PA⊥BC，再利用勾股定理證得（2）結合（1）中結論，建立空間直角坐標系，分別求得平面PAC與平面PBC的法向量，再利用空間向量夾角余弦的坐標表示即可得解.【詳解】（1）因為PA⊥平面ABC,BC所以PA⊥BC，同理所以△PAB又因為PB=PA所以PB2+BC又因為BC⊥PA，所以BC⊥平面PAB（2）由（1）BC⊥平面PAB，又AB?平面PAB，則以A為原點，AB為x軸，過A且與BC平行的直線為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，如圖，

則A(0,0,0),所以AP=(0,0,1),設平面PAC的法向量為m=x1,令x1=1，則y1設平面PBC的法向量為n=x2,y令x2=1，則z2所以cosm又因為二面角A?所以二面角A?PC?【變式3-1】5．（2023·江西宜春·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，AC=2BD=2AA1=4，AC1⊥CC1，AA1⊥BD，E是側棱BB1上一點.

(1)若BE＝B1E，證明：CC1⊥平面AC1E；(2)若BE=12【答案】(1)證明見解析(2)10【分析】（1）設AC，BD交于點O，連接C1O，A1C1，可證BD⊥AC，AA1（2）過C1作C1F⊥AC，垂足為F，以O為坐標原點，OB，OC所在直線分別為x，y軸建立空間直角坐標系，求得平面ACC【詳解】（1）證明：如圖，設AC，BD交于點O，連接C1O，

因為四邊形ABCD是菱形，AC=4，BD所以BD⊥AC，因為AA1⊥BD，AA1，所以BD⊥平面AC因為C1O?平面AC連接BC1，DC因為AC1⊥所以BC因為BE=B1E，所以因為AC1，C1E?所以CC1⊥（2）過C1作C1F因為BD⊥平面ACC1A1，C又C1F⊥AC，AC，BD?平面ABCD，AC如圖，以O為坐標原點，OB，OC所在直線分別為x，y軸建立空間直角坐標系，則O0,0,0，B1,0,0，A0,?2,0，C所以AC1=因為BE=12

則E1,?13易知平面ACC1A1的一個法向量為n=則AC1?令y=1，則z=?3，x設二面角E?AC所以cosα所以二面角E?AC題型4探索性習題【例題4】（2023·河南·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在矩形ABCD中，點E在邊CD上，且滿足AD=DE=2,CE=22，將△(1)若點F在線段AP上，且EF∥平面PBC，試確定點F的位置；(2)若PB=41010【答案】(1)點F為線段AP上靠近點P的三等分點(2)π【分析】（1）在AB取點G使BG=（2）取AE的中點O，建立空間直角坐標系，利用向量法求解銳二面角的大小.【詳解】（1）點F為線段AP上靠近點P的三等分點，證明如下：如圖，在AB取點G，連接FG，GE,使得BG=又BG//CE，所以四邊形BGEC為平行四邊形，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所以點F為線段AP上靠近點P的三等分點.（2）如圖，取AE的中點O，以O為原點OE為x軸建立如圖所示的空間直角坐標系，因為AE=2,AB=又EC=13由題意，點P在過點O且垂直AE的平面上，故設P0,則OP=因為OP=1,PB=41010，所以故P0,15設平面PEC的法向量為m=則PE?m=x1設平面ECA的一個法向量為n=0,0,1，則記銳二面角P?EC?A的平面角為又0<θ<π2，則θ=【變式4-1】1．（2023·貴州銅仁·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ACB=90°(1)當AB∥平面A1CD時，求實數(shù)(2)當平面A1CD⊥平面A1C【答案】(1)λ(2)2【分析】（1）利用線面平行的性質定理，即可求解.(2)建立空間直角坐標系，通過平面A1CD⊥【詳解】（1）連接AC1,且∵AB∥平面A1CD,AB?平面ABC1,且平面∴AB//DE,又由E為線段A∴D為線段BC1故當AB∥平面A1CD時,（2）以C為坐標原點,以CA,CB,C設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同理求得平面的一個法向量為n由平面A1CD⊥平面A1即D又因為AB=?4,2,0,從而可得平面ABB設平面ACD與平面ABB1A則sin故當平面A1CD⊥平面A1C【變式4-1】2．（2023·全國·模擬預測）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1(1)證明：MN//平面AB(2)若BC=2，三棱錐A?B【答案】(1)證明見解析(2)4【分析】（1）取A1B1的中點Q，連接NQ,BQ，證得NQ//BM且NQ=BM（2）設AC=m，連接CN，根據(jù)柱體和錐體的體積公式，結合VA?B1MN=m2，求得m=4，以C【詳解】（1）證明：取A1B1的中點Q因為N為A1C1的中點，所以NQ為△A1又M為BC的中點，所以BM//B1C1，且BM所以四邊形BMNQ為平行四邊形，則MN//又因為MN?平面ABB1A1，且BQ?平面（2）解：在直三棱柱ABC?A1B1因為AC?平面ABC，所以C又因為AC⊥B1M，直線CC1與直線所以AC⊥平面BCC1B1，因為BC設AC=m，連接CN，則VB1?ABM=所以VA?B1MN以C為坐標原點，以CB,CC1,CA所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A0,0,4可得AM=1,0,?4，MB設平面AB1M的法向量為m取z1=1，則設平面NB1M的法向量為n取z2=1則cosm由圖可知，二面角A?B1M?【變式4-1】3．（2023·云南·高三云南師大附中?？茧A段練習）如圖，直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，E是A1D(1)證明：當BF=FC時，AE⊥(2)是否存在點F，使二面角A?DE?F的余弦值為【答案】(1)證明見解析(2)存在，F(xiàn)為線段BC的四等分點（靠近點B）【分析】（1）利用線面垂直的判定證明；（2）利用空間向量計算二面角的方法得出結論?！驹斀狻浚?）證明：在矩形ADD1A1中，AD=2∴AA1=A1在△ADE中，AE2+D如圖，連接BD，在菱形ABCD中，∠BCD=60°，且∴△BCD為等邊三角形，又∵F為BC中點，∴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，當F為線段BC的四等分點（靠近點B）時，二面角A?DE?取BC中點F′，連接DF′則A2,0,0，E1,0,1，B1,3,0，C設Fa,3平面ADE的一個法向量為m=0,1,0，設平面DEF的一個法向量則x+z=0,二面角A?DE?F的余弦值為但當a=?12時，二面角A此時，F(xiàn)為線段BC的四等分點（靠近點B）.【變式4-1】4．（2023春·江蘇揚州·高二揚州市廣陵區(qū)紅橋高級中學?？计谥校┤鐖D，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，△PAD為等邊三角形，平面PAD⊥(1)求點A到平面PBC的距離；(2)E為線段PC上一點，若直線AE與平面ABCD所成的角的正弦值為3010【答案】(1)6(2)5【分析】（1）取AD中點O，連接OB，OP.通過證明OP⊥OB，AD⊥（2）由（1），如圖建立以O為原點的空間直角坐標系，由直線AE與平面ABCD所成的角的正弦值為3010，可得E【詳解】（1）取AD中點O，連接OB，OP.∵△PAD為等邊三角形，∴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設點A到平面PBC的距離為h，則VA?PBC=V（2）由（1），分別以OA，OB，OP為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系.則P(0,0,3)，C(?2,3,0)，A1,0,0，D設PE=λPC0≤λ得E?2λ,3又OP⊥