新高考数学二轮复习立体几何专题练习二面角（2份，原卷版+解析版）

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2．平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α ­l ­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cs φ|＝|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)，如图②③.
【注意】注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为.
3.利用向量计算二面角大小的常用方法
母题呈现
【典例1】(2022·新高考全国Ⅰ改编)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2eq \r(2).
(1)求A到平面A1BC的距离；[切入点：]
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求平面ABD与平面BCD夹角的正弦值．
[关键点：由面面垂直的性质定理及判定定理，证明BC⊥平面ABB1A1，求各棱长]
【例2】如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A­MA1­N的正弦值．
【解析】(1)连接ME，B1C
∵M，E分别为BB1，BC中点，
∴ME为△B1BC的中位线，
∴ME∥B1C且ME＝eq \f(1,2)B1C，
又N为A1D中点，且A1D綊B1C，
∴ND∥B1C且ND＝eq \f(1,2)B1C，
∴ME綊ND，
∴四边形MNDE为平行四边形，
∴MN∥DE.
又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE.
(2)法一：设AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，
由直四棱柱性质可知：OO1⊥平面ABCD.
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD.
则以O为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系：
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，0，0))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，2))，
A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，0，4))，D(0，－1,0)，N
取AB中点F，连接DF，则F.
∵四边形ABCD为菱形且∠BAD＝60°，
∴△BAD为等边三角形， ∴DF⊥AB.
又AA1⊥平面ABCD，DF⊂平面ABCD，
∴DF⊥AA1.
∴DF⊥平面ABB1A1，即DF⊥平面AMA1.
∴eq \(DF,\s\up6(→))为平面AMA1的一个法向量，且eq \(DF,\s\up6(→))＝.
设平面MA1N的法向量n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y，z))，
又eq \(MA1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－1，2))，eq \(MN,\s\up6(→))＝.
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(MA1,\s\up6(→))＝\r(3)x－y＋2z＝0，,n·\(MN,\s\up6(→))＝\f(\r(3),2)x－\f(3,2)y＝0，))
令x＝eq \r(3)，则y＝1，z＝－1 ，∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，1，－1)).
∴cs〈eq \(DF,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(DF,\s\up6(→))·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(DF,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(3,\r(15))＝eq \f(\r(15),5)，
∴sin〈eq \(DF,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\r(10),5)，
∴二面角A­MA1­N的正弦值为eq \f(\r(10),5).
法二：由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则
A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，eq \r(3)，2)，N(1,0,2)，eq \(A1A,\s\up6(→))＝(0，0，－4)，eq \(A1M,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，－2)，
eq \(A1N,\s\up6(→))＝(－1,0，－2)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(3)，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A1M,\s\up6(→))＝0，,m·\(A1A,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y－2z＝0，,－4z＝0.))
所以可取m＝(eq \r(3)，1,0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(MN,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1N,\s\up6(→))＝0.)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)q＝0，,－p－2r＝0.)) 可取n＝(2,0，－1)，
于是cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2\r(3),2×\r(5))＝eq \f(\r(15),5)，
所以二面角A­MA1­N的正弦值为eq \f(\r(10),5).
【母题迁移】本例条件不变，求点C到平面C1DE的距离．
【解析】法一：(几何法)过C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.
又DE∩C1E＝E，
从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离，
由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝eq \r(17)，
故CH＝eq \f(4\r(17),17).
从而点C到平面C1DE的距离为eq \f(4\r(17),17).
法二：(等体积法)在菱形ABCD中，E为BC中点，所以DE⊥BC，根据题意有DE＝eq \r(3)，C1E＝eq \r(17)，
因为棱柱为直棱柱，所以有DE⊥平面BCC1B1，
所以DE⊥EC1，所以S△DEC1＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \r(17)，
设点C到平面C1DE的距离为d，
根据题意有VC1­CDE＝VC­C1DE，
则有eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \r(17)×d＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(3)×4，
解得d＝eq \f(4,\r(17))＝eq \f(4\r(17),17)，
所以点C到平面C1DE的距离为eq \f(4\r(17),17).
点评：本例(2)在求解中给出了两种常见的建系方式，建立便捷的空间直角坐标系是求解本例的关键．
方法总结
1.用法向量求二面角：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐二面角还是钝二面角.
2.找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.
模拟训练
1．三棱柱中，，，线段的中点为，且.
(1)求与所成角的余弦值；
(2)若线段的中点为，求二面角的余弦值.
【分析】（1）利用已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量法求异面直线所成角即可，
（2）由（1）建立的空间直角坐标系利用法向量求二面角的余弦值即可.
【详解】（1）在线段上取一点，使，
在三棱柱中，，
在中，因为，是的中点，
所以，
所以，
因为平面，
所以平面.
在中，由余弦定理得：
，
所以，所以，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，设，
因为
所以，
设直线与所成的角为，
所以.
（2）因为线段的中点为，
所以
设平面的一个法向量，
因为，
所以，
令，则，
所以.
由（1）平面，平面，
所以平面平面，
又平面平面
又，平面，平面，
所以平面，
所以为平面的一个法向量，
而在轴上，
所以取平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
由图可知：为锐角，所以.
所以二面角的余弦值为.
2．如图，在直三棱柱中，，，且二面角为为45°.
(1)求棱AC的长；
(2)若D为棱的中点，求平面与平面夹角的正切值.
【分析】（1）由图及题意可得是二面角的平面角，后可得棱AC的长；
（2）建立以C为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案.
【详解】（1）因平面ABC，平面ABC，则.
又，，平面，平面，
则平面.又平面，则，
故是二面角的平面角，则.
又，则.
（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，.可得，，，.
设平面的法向量为，则，
取，得.
设平面的法向量为，则，
取，得
由，得平面与平面的夹角为60°，
故平面与平面的夹角的正切值为.
3．如图，在三棱柱中，平面ABC⊥平面，侧面为菱形，，底面ABC为等腰三角形，，O是AC的中点．
(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求三棱柱的体积．
【分析】（1）由平面ABC⊥平面，通过面面垂直的性质证明线面垂直，再证得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的余弦值，解得，可得三棱柱的体积.
【详解】（1）平面ABC⊥平面，平面平面，
菱形中，，为等边三角形，O是AC的中点，，
平面，平面，平面，.
（2）平面，，，
以点O为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，，设，
则，，，，， ， ·
， ， ，
设平面的法向量是，
由，令，，得
设平面的法向量是 ，
由，令，，可得 ，
所以，由，解得，
，，
三棱柱的体积为.
4．已知直四棱柱中，底面为梯形，分别是上的点，且为上的点.
(1)证明:；
(2)当时，求平面与平面的夹角的正弦值.
【分析】（1）在上取点使得，通过证明平面来证得.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值并转化为正弦值.
【详解】（1）四棱柱是直四棱柱，，在上取点，
连接，使得，则，且，
在矩形中，，
，又，
又，平面，
平面，
平面，
.
（2）四棱柱为直四棱柱，
，又，且平面，
平面，
两两垂直，
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，
，则，
，
设平面的法向量，
则，所以，
令，得平面的一个法向量，
取平面的一个法向量，
所以，
因此平面与平面的夹角的正弦值等于.
5．如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，且，平面，D为的中点，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【分析】（1）先由平面，，得到平面，再由四边形为矩形，得到，从而平面，然后借助中位线得到平面，再利用面面垂直的判定定理证明；
（2）先由（1）得到几何体中的数量关系，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，然后利用向量的夹角公式求解.
【详解】（1）证明：（1）因为平面，，
所以平面，所以.
因为四边形是正方形，
所以，又，
所以平面.
易知四边形为矩形，所以，所以平面.
易知四边形是矩形，所以E为的中点，
又D为的中点，所以，（三角形中位线定理），
所以平面.
因为平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知平面，因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，所以，
所以四边形是正方形，故.
以为坐标原点，分别以向量，，的方向为x，y，z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，所以，
令，则.
易知平面的一个法向量为.
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
6．如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接､.
(1)为边的一点，若，求证：平面；
(2)当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值.
【分析】(1)由线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，根据面面平行性质定理证明平面；
(2)根据锥体体积公式由条件确定平面，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.
【详解】（1）取中点，连接，
因为在正三角形中，，
又因为，所以，
平面，平面，
所以平面，
又有，且，所以，
而平面，平面，所以平面.
有，平面，
所以平面平面，
又平面，
因此平面.
（2）因为，又因为的面积为定值，
所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值，
因为，，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
当时，平面平面，平面
所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，
因此四面体的体积取得最大值时，必有平面.
如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系，
易知，，，，
，，，
为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
，
由，令得：，，
所以为平面的一个法向量，
.
所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为.
7．如图所示，圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且，点在线段上，且，点是以为直径的圆上一动点．
(1)当时，证明：平面平面；
(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．
【分析】（1）先根据线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）当三棱锥的体积最大时，△的面积最大，此时为线段的中点，如图，以点为坐标原点，过点且垂直的直线为轴，，分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）垂直于圆锥的底面，在圆锥的底面，
，
当时，且BC=3CA，则，，
又平面，
平面，
又平面，平面平面；
（2）由题可知，且轴截面为等腰直角三角形，，，
当三棱锥的体积最大时，△的面积最大，此时为弧的中点，
如图，以点为坐标原点，过点且垂直的直线为轴，，分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
，
设平面的法向量，
则，即，令，则，，，
则，
由图可知该二面角为钝角，
二面角的余弦值为．
8．如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，，是棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值．
【分析】（1）由线面垂直判定可证得平面，进而得到；利用勾股定理和线面垂直的判定得到平面，从而得到；利用勾股定理可证得，由此可得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由二面角的向量求法可求得，结合二次函数的性质可求得的最大值.
【详解】（1）连接，
，，，又，，
为棱中点，，又，，平面，
平面，又平面，；
在直角梯形中，取中点，连接，
，，又，，，
四边形为正方形，，，
，又，，，
，平面，平面，
平面，；
，，，，
又，平面，平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，，，，，
，，，；
，，；
设平面的法向量为，
则，令，解得：，，
；
轴平面，平面的一个法向量，
设平面与平面所成的锐二面角为，
则
当时，，，
即平面与平面所成的锐二面角余弦值的最大值为.
9．如图所示的几何体是一个半圆柱，点P是半圆弧上一动点（点P与点A，D不重合），．
(1)证明：；
(2)若点P在平面ABCD的射影为点H，设的中点为E点，当点P运动到某个位置时，平面与平面的夹角为，求此时DH的长度．
【分析】(1)先证明，，由线面垂直判定定理证明平面，再证明；
(2)建立空间直角坐标系，设，根据向量方法利用表示平面与平面的夹角余弦，由条件列方程可求得，由此确定点的坐标，再求的长度．
【详解】（1）连接AP，在半圆柱中，
因为平面，平面，
所以，
又因为AD是直径，所以，
又平面，，
所以平面，又平面，
所以．
（2）依题意可知，以线段AD的中点O为坐标原点，
以为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，
所以，，
设平面的法向量为，
所以则
令，则，
所以为平面的一个法向量．
设平面的法向量为，
因为
所以，则
令，则，
所以为平面的一个法向量．
因为平面与平面所成的锐二面角为，
所以，
令，则，平方得，
即，又由，
可解得或（舍去），
所以，
点P在平面ABCD的射影为点，
因此DH的长度为．
10．正四棱锥中，，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点.
(1)求四面体的体积；
(2)是否存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为？若存在，请描述点的位置；若不存在，请说明理由.
【分析】（1）连接，交于点，过作于点，根据位置可得，以为底，为高可得四面体体积；
（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法，结合二面角确定点位置.
【详解】（1）如图所示，连接，交于点，过作于点，
由四棱锥为正四棱锥，且为底面中心，
得，，平面，，
，
又，，平面，
平面，
又，则，
因为为上靠近的三等分点，
则，且平面，
所以；
（2）
设平面与平面所成角为，则，，
如图所示，以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
因为为上靠近的三等分点，
则，且，，，
设，，
则，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，
又由（1）得平面，
则平面的法向量为，
所以，
解得或，
所以存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为，此时或.