新高考数学一轮复习考点学案第七章§7.8向量法求空间角(二)（含答案解析）

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平面与平面的夹角
如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角.
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝ .
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)二面角的平面角为θ，则两个平面的法向量的夹角也是θ.( )
(2)两个平面的夹角的余弦值大于0.( )
(3)二面角的范围是(0，π).( )
(4)若二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2的夹角为θ，则二面角α－l－β的大小是π－θ.( )
2.已知二面角α－l－β的大小为θ，平面α，β的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则θ为( )
A.π4B.3π4
C.π4或3π4D.π2或3π4
3.(2024·酒泉模拟)设a＝(1，1，0)，b＝(t，0，1)分别为两平面的法向量，若两平面的夹角为60°，则t等于( )
A.1B.－1C.－1或1D.2
4.(2024·安康模拟)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，AE⊥平面ABCD，若AE＝1，则平面ADE与平面BCE的夹角为 .
1.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是0，π2.
2.若平面α与平面β的夹角为θ1，平面α内的直线l与平面β所成角为θ2，则θ1≥θ2，当l与α和β的交线垂直时，取等号.
题型一 平面与平面的夹角
例1 (2024·新课标全国Ⅰ)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝3.
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为427，求AD.
利用法向量的方向判断二面角
二面角的大小可以通过这两个面的法向量的夹角求得，它等于两法向量的夹角或其补角，法向量的方向指向内部的称为“进”入半平面；法向量的方向指向外部的称为穿“出”半平面；当法向量m，n“一进一出”时，m，n的夹角就是二面角的大小；当法向量m，n“同进同出”时，m，n的夹角就是二面角的补角.
典例 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E为棱AB的中点，则二面角D1－EC－D的余弦值为 .
思维升华 利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法
(1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小.
(2)找与棱垂直的方向向量：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，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小.
跟踪训练1 (2025·南通检测)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1，BCC1B1均为正方形，AB＝BC＝2，AB⊥BC，D是AB的中点.
(1)求证：BC1∥平面A1DC；
(2)求平面A1DC与平面A1AC夹角的余弦值.
题型二 折叠问题与空间角
例2 (2024·新课标全国Ⅱ)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝53，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F分别满足AE＝25AD，AF＝12AB，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝43.
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.
思维升华 三步解决平面图形的折叠问题
跟踪训练2 (2024·济宁模拟)图1是由正方形ABCD和两个正三角形△ADE，△CDF组成的一个平面图形，其中AB＝2，现将△ADE沿AD折起使得平面ADE⊥平面ABCD，将△CDF沿CD折起使得平面CDF⊥平面ABCD，连接EF，BE，BF，如图2.
(1)求证：EF∥平面ABCD；
(2)求平面ADE与平面BCF夹角的大小.
答案精析
落实主干知识
n1·n2|n1||n2|
自主诊断
1.(1)× (2)× (3)× (4)×
2.C [∵m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，
∴m·n＝1，|m|＝1，|n|＝2，
则|cs θ|＝|cs〈m，n〉|
＝|m·n||m||n|＝22，
又θ∈[0，π]，∴θ＝π4或3π4.]
3.C [因为法向量a，b的夹角与两平面的夹角相等或互补，
所以(1，1，0)·(t，0，1)2·1+t2＝±12，
得t＝±1.]
4.45°
解析 因为AE⊥平面ABCD，且四边形ABCD为正方形，
如图建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，
C(1，1，0)，
E(0，0，1)，
所以BC＝(0，1，0)，BE＝(－1，0，1)，
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·BC＝y＝0,n·BE＝−x+z＝0,
取n＝(1，0，1)，
又平面ADE的一个法向量为m＝(1，0，0)，
设平面ADE与平面BCE的夹角为θ，则cs θ＝|m·n||m||n|＝22，又0°≤θ≤90°，所以θ＝45°.
探究核心题型
例1 (1)证明 因为PA⊥平面
ABCD，
而AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，而AB⊂平面PAB，
所以AD⊥AB.
因为BC2+AB2＝AC2，
所以BC⊥AB，
根据平面知识可知AD∥BC，
又AD⊄平面PBC，
BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
(2)解 以D为原点，DA，DC的方向分别为x轴、y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
设AD＝p，
DC＝q，
满足p2+q2＝AC2＝4.
则A(p，0，0)，P(p，0，2)，
C(0，q，0)，D(0，0，0).
设平面APC的法向量为
m＝(x1，y1，z1)，
因为AP＝(0，0，2)，
AC＝(－p，q，0)，
所以AP·m＝2z1＝0,AC·m＝−px1+qy1＝0,
取m＝(q，p，0).
设平面DPC的法向量为
n＝(x2，y2，z2)，
因为DP＝(p，0，2)，
DC＝(0，q，0)，
所以DP·n＝px2+2z2＝0,DC·n＝qy2＝0,
取n＝(2，0，－p).
所以|cs〈m，n〉|＝|m·n||m||n|
＝2qp2+q2·p2+4
＝1−4272，
又因为p2+q2＝4，
所以qp2+4＝17，
解得p＝3(负值舍去)，
即AD＝3.
微拓展
典例 63
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
由AD＝AA1＝1，AB＝2，得E(1，1，1)，C(0，2，1)，D1(0，0，0)，
则D1E＝(1，1，1)，D1C＝(0，2，1)，
设平面D1EC的法向量为
n＝(x，y，z)，
则D1E·n＝0,D1C·n＝0,
即x+y+z＝0,2y+z＝0,
令z＝－2，得n＝(1，1，－2)，
易知平面DEC的一个法向量为
m＝(0，0，1)，
则cs〈m，n〉＝m·n|m||n|
＝−26＝－63，
由法向量的方向为同出，
得二面角D1－EC－D的余弦值为63.
跟踪训练1
(1)证明 如图，连接AC1，交A1C于E，连接DE.
在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ACC1A1是平行四边形，故E是AC1的中点，
又因为D是AB的中点，
则DE∥BC1.
因为DE⊂平面A1DC，BC1⊄平面A1DC，故BC1∥平面A1DC.
(2)解 因为侧面ABB1A1，BCC1B1均为正方形，
则BB1⊥AB，BB1⊥BC.
又因为AB，BC⊂平面ABC，
AB∩BC＝B，故BB1⊥平面ABC.
如图，以B为坐标原点，以BC，BA，BB1为一个正交基底建立空间直角坐标系.
因为AB＝BC＝2，
侧面ABB1A1，BCC1B1均为正方形，
故A1A＝2.
由C(2，0，0)，
D(0，1，0)，
A1(0，2，2)，
可得CD＝(－2，1，0)，
A1D＝(0，－1，－2).
设平面A1DC的法向量为
n＝(x，y，z)，
则有n·CD＝−2x+y＝0,n·A1D＝−y−2z＝0,
故可取n＝(1，2，－1)；
又A(0，2，0)，所以AC＝(2，－2，0)，AA1＝(0，0，2)，设平面A1AC的法向量为m＝(x'，y'，z')，
则有m·AC＝2x'−2y'＝0,m·AA1＝2z'＝0,
故可取m＝(1，1，0).
设平面A1DC与平面A1AC的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈m，n〉|＝|m·n||m||n|
＝32×6＝32，
所以平面A1DC与平面A1AC夹角的余弦值为32.
例2 (1)证明 由AB＝8，
AD＝53，
AE＝25AD，AF＝12AB，
得AE＝23，AF＝4，
又∠BAD＝30°，在△AEF中，
由余弦定理得EF＝AE2+AF2−2AE·AFcs∠BAD
＝12+16−2×23×4×32＝2，
所以AE2+EF2＝AF2，
则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE，EF⊥DE，
又PE∩DE＝E，PE，
DE⊂平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，
又PD⊂平面PDE，
故EF⊥PD.
(2)解 连接CE，由∠ADC＝90°，
ED＝33，
CD＝3，
则EC2＝ED2+CD2＝36，
在△PEC中，PC＝43，
PE＝23，EC＝6，
得EC2+PE2＝PC2，
所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，
又EC∩EF＝E，
EC，EF⊂平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，
又ED⊂平面ABCD，
所以PE⊥ED，
则PE，EF，ED两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0，0，0)，P(0，0，23)，
D(0，33，0)，C(3，33，0)，
F(2，0，0)，A(0，－23，0)，
由F是AB的中点，
得B(4，23，0)，
所以PC＝(3，33，－23)，
PD＝(0，33，－23)，
PB＝(4，23，－23)，
PF＝(2，0，－23)，
设平面PCD和平面PBF的法向量分别为
n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)，则
n·PC＝3x1+33y1−23z1＝0,n·PD＝33y1−23z1＝0,
m·PB＝4x2+23y2−23z2＝0,m·PF＝2x2−23z2＝0,
令y1＝2，x2＝3，
得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1，
所以n＝(0，2，3)，m＝(3，－1，1)，
设平面PCD和平面PBF所成的二面角为θ，
所以|cs θ|＝|cs〈m，n〉|
＝|m·n||m||n|＝15×13＝6565，
则sin θ＝1−cs2θ＝86565，
即平面PCD和平面PBF所成的二面角的正弦值为86565.
跟踪训练2 (1)证明 分别取棱CD，AD的中点O，P，连接OF，PE，OP，
由△CDF是边长为2的正三角形，得OF⊥CD，
OF＝3，
又平面CDF⊥平面ABCD，平面CDF∩平面ABCD＝DC，OF⊂平面CDF，则OF⊥平面ABCD，
同理PE⊥平面ABCD，PE＝3，
于是OF∥PE，OF＝PE，即四边形OPEF为平行四边形，OP∥EF，
而OP⊂平面ABCD，
EF⊄平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD.
(2)解 取棱AB的中点Q，连接OQ，由四边形ABCD为正方形，得OQ⊥CD，
以O为坐标原点，OQ，OC，OF的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则B(2，1，0)，C(0，1，0)，
F(0，0，3)，D(0，－1，0)，
CB＝(2，0，0)，CF＝(0，－1，3)，
设平面BCF的法向量为
n＝(x，y，z)，
则n·CB＝2x＝0,n·CF＝−y+3z＝0,
令z＝1，得n＝(0，3，1)，
由CD⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，
得CD⊥平面ADE，
则DC＝(0，2，0)为平面ADE的一个法向量，设平面ADE与平面BCF的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈DC，n〉|
＝|DC·n||DC||n|＝232×2＝32，
而θ∈0，π2，解得θ＝π6，
所以平面ADE与平面BCF的夹角为π6.