数学选择性必修 第一册1.2.4 二面角同步达标检测题

这是一份数学选择性必修 第一册1.2.4 二面角同步达标检测题，共63页。试卷主要包含了半平面，二面角，二面角的平面角， 又AB=,等内容，欢迎下载使用。


知识点01 二面角的概念
1.半平面：平面内的一条直线把平面分为两部分，其中的每一部分都叫做半平面．
2.二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面．棱为l，两个面分别为α，β的二面角的面，记作α­l­β，若A∈α，B∈β，则二面角也可以记作A­l­B，二面角的范围为[0，π]．
3.二面角的平面角：在二面角α­l­β的棱上任取一点O，以O为垂足，分别在两半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB叫做二面角α­l­β的平面角．
知识点02 二面角的向量求法
定义：如果n1，n2分别是平面α1，α2的一个法向量，设α1与α2所成角的大小为θ．则θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉，sin θ＝sin〈n1，n2〉．
【即学即练1】（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形．PA⊥平面ABCD，且PA=AB=1，则平面PAD与平面PBC所成的角的大小为 ．
【答案】45°
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求平面PAD与平面PBC所成的角的大小.
【详解】
因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=AB=1，
所以A为坐标原点，以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A0,0,0，B1,0,0，C1,1,0，P0,0,1，
则PB=1,0,-1，PC=1,1,-1，
由题知，平面PAD的法向量为AB=1,0,0，
设平面PBC的法向量为m=x,y,z，
则m⋅PB=x-z=0m⋅PC=x+y-z=0，令x=1，则y=0,z=1，
所以m=1,0,1，
设平面PAD与平面PBC所成的角为θ，则csθ=m⋅ABmAB=12=22，
又0°≤θ≤90°，所以θ=45°，
所以平面PAD与平面PBC所成的角的大小为45°，
故答案为：45°.
【即学即练2】（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）设a=(1,1,0)，b=(t,0,1)分别为两平面的法向量，若两平面所成的角为60°，则t等于（ ）
A．1B．－1C．－1或1D．2
【答案】C
【分析】借助向量夹角公式求解即可.
【详解】因为法向量a，b所成的角与两平面所成的角相等或互补，
所以1,1,0⋅t,0,12⋅1+t2=±12，得t＝±1．
故选：C．
难点：动点问题
示例1：（23-24高二下·江苏常州·期末）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为A1B1的中点，点Q在正方形CC1D1D内部及其边界上运动，则下列说法正确的有（ ）
A．当PQ=5时，点Q的轨迹长度为π
B．若PQ//平面A1BD，则PQ长度的最小值为2
C．当PQ=5时，二面角Q-AB-P的余弦值的最小值是255
D．记直线PQ与平面AA1B1B所成角为θ，则sinθ的取值范围是23,1
【答案】AD
【分析】建立适当空间直角坐标系后，设出Q点坐标，对A：利用空间两点间距离公式计算即可得点Q轨迹，即可得其长度；对B：借助空间向量求出平面A1BD法向量可得点Q轨迹，即可得其长度的最小值；对C：借助空间向量求出两平面的法向量后可得其夹角的余弦值，结合点Q轨迹即可得其范围；对D：求出平面AA1B1B法向量后借助空间向量夹角公式计算即可得.
【详解】以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有D0,0,0，P2,1,2，设Q0,m,n，0≤m≤2，0≤n≤2，
对A：PQ=22+m-12+2-n2=5，故m-12+n-22=1，
则点Q的轨迹为以0,1,2为圆心，1为半径，且在正方形CC1D1D内部的半圆，
则点Q的轨迹长度为12×2π×1=π，故A正确；
对B：PQ=-2,m-1,n-2，A12,0,2，B2,2,0，
则DA1=2,0,2，DB=2,2,0，令平面A1BD的法向量为m=x1,y1,z1，
则有m⋅DA1=2x1+2z1=0m⋅DB=2x1+2y1=0，可令x1=1，则y1=z1=-1，即m=1,-1,-1，
由PQ//平面A1BD，则有PQ⋅m=-2×1+m-1×-1+n-2×-1=0，
即m+n=1，则PQ=22+m-12+2-n2=4+n2+n-22=2n2-4n+8
=2⋅n-12+3≥6，故B错误；
对C：A2,0,0，AQ=-2,m,n，BQ=-2,m-2,n，
设平面ABQ的法向量为α=x2,y2,z2，
则有α⋅AQ=-2x2+my2+nz2=0α⋅BQ=-2x2+m-2y1+nz2=0，
可令x2=n，则y2=0，z2=2，即α=n,0,2，
易得x轴⊥平面ABP，故平面ABP的法向量可为β=1,0,0，
则csα,β=α⋅βα⋅β=nn2+4=11+4n2，
由A知m-12+n-22=1，故m-12=1-n-22≥0，即n∈1,2，
则csα,β=11+4n2∈55,22，
故二面角Q-AB-P的余弦值的最小值是55，故C错误；
对D：PQ=-2,m-1,n-2，平面AA1B1B法向量为β=1,0,0，
则sinθ=csPQ,β=PQ⋅βPQ⋅β=24+m-12+2-n2，
由0≤m≤2，0≤n≤2，则m-12+2-n2∈0,5，
故sinθ=24+m-12+2-n2∈23,1，故D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于建立适当空间直角坐标系，从而借助平面的法向量研究位置关系，借助空间向量的夹角公式研究二面角或线面角.
【题型1：定义法求面面角】
例1．（21-22高二上·安徽芜湖·期中）H是二面角α-AB-β棱上的一点，在α平面上引射线HM，在β平面上引射线HN，若∠MHB=∠NHB=π4，∠MHN=π3，那么二面角α-AB-β的大小为（ ）
A．π2B．π3C．π4D．π6
【答案】A
【分析】过AB上一点Q分别在α,β内做AB的垂线，分别交HM,HN于M点和N点，则∠MQN即为二面角α-AB-β的平面角，设HQ=1，求出MQ,NQ,MN可得答案.
【详解】过AB上一点Q分别在α,β内做AB的垂线，
分别交HM,HN于M点和N点，则∠MQN即为二面角α-AB-β的平面角，
如下图所示：设HQ=1，因为∠MHB=∠NHB=π4，
所以MH=NH=2，MQ=NQ=1，
因为∠MHN=π3，所以MN=2，可得MQ2+NQ2=MN2，
所以MQ⊥NQ，即二面角α-AB-β的大小为π2.
故选：A.
变式1．（23-24高二下·广东·期末）如图，正八面体ABCDEF的12条棱长相等，则二面角E-AB-F的余弦值为 .
【答案】-13.
【分析】AB的中点为G，∠EGF为二面角E-AB-F的平面角，结合正八面体的几何特征，利用余弦定理求值即可.
【详解】连接AC,BD交于点O，连接EF，取AB的中点G，连接EG,FG，
根据正八面体的几何特征，有EF过点O，EG⊥AB，FG⊥AB，
又EG⊂平面ABE，FG⊂平面ABF， 平面ABE∩平面ABF=AB，
所以∠EGF为二面角E-AB-F的平面角.
正八面体中， EF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 则EF⊥AC，所以△AOE是直角三角形，
设正八面体棱长为2， 则AO=2，AE=2，所以OE=2，得EF=22.
在△AEB中，EG=32AB=3，同理GF=3
在△EGF中， 由余弦定理， 可得cs∠EGF=EG2+FG2-EF22⋅EG⋅FG=3+3-82×3×3=-13
故答案为：-13.
变式2．（23-24高二下·贵州铜仁·期末）如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=5,BC=3,BB1=4,P为矩形A1B1C1D1内一点，过点P与棱BC作平面α．
(1)直接在图中作出平面α截此长方体所得的截面（不必说明画法和理由），判断截面图形的形状，并证明；
(2)设平面α∩平面A1B1C1D1=l．若截面图形的周长为16，求二面角A-l-B的余弦值．
【答案】(1)作图见解析，截面为矩形，证明见解析；
(2)55.
【分析】（1）作出截面，利用面面平行的性质及线面垂直的性质判断即可.
（2）连接AF，确定二面角的平面角并计算即得.
【详解】（1）在平面A1B1C1D1内过点P作EF//B1C1分别交C1D1,A1B1于点E,F，连接CE,BF，
则四边形BCEF为所作截面，截面BCEF为矩形，证明如下：
在长方体ABCD-A1B1C1D1中，BC//B1C1//EF，
又平面ABB1A1//平面CDD1C1，平面α∩平面ABB1A1=BF，平面α∩平面CDD1C1=CE，
于是BF//CE，四边形BCEF为平行四边形，又BC⊥平面ABB1A1，BF⊂平面ABB1A1，
因此BC⊥BF，所以四边形BCEF为矩形.
（2）连接AF，由矩形BCEF的周长为16，且BC=3，得BF=5，
又BB1=4，∠BB1F=90∘，得B1F=3,A1F=2，又∠AA1F=90∘，则AF=25，
由（1）知，EF//BC，则EF⊥平面ABB1A1，而AF,BF⊂平面ABB1A1，
因此EF⊥BF,EF⊥AF，二面角A-l-B的平面角为∠BFA，
在△ABF中，AB=BF，则cs∠BFA=12AFBF=55，
所以二面角A-l-B的余弦值为55.
变式3．（24-25高二上·上海·课堂例题）P是二面角α-l-β内的一点（P∉α，P∉β），PA⊥α，PB⊥β且∠APB=35°，求此二面角的大小.
【答案】145°
【分析】根据给定条件，作出二面角的平面角，利用定义求解即得.
【详解】令平面PAB与l相交于O，连接OA、OB，如图，

由PA⊥α于点A，得PA⊥l，同理PB⊥l，又PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB，
因此l⊥平面PAB，而OA,OB⊂平面PAB，则l⊥OA，l⊥OB，
于是∠AOB是二面角α-l-β的平面角，又∠APB=35°，
所以∠AOB=145°.
变式5．（23-24高二下·浙江·期末）如图，已知四棱锥P-ABCD，底面是边长为4的正方形，M，N分别为棱AP，BC的中点，PA=PB，CP=DP=3，∠ACP=π4.

(1)求证：MN//平面CDP；
(2)求二面角D-BC-P的平面角余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)22
【分析】（1）作出辅助线证明MNCL为平行四边形，由线面平行的判定定理可得结论；
（2）利用线面垂直判定定理作出二面角D-BC-P的平面角∠PGO，再由余弦定理可得结果.
【详解】（1）取DP的中点L，连接ML，CL，如下图所示：
∵M，L分别是PA，PD的中点，
∴ML∥AD，ML=12AD，
∵CN∥AD，CN=12AD，
∴ML∥CN，ML=CN，可得四边形MNCL为平行四边形，
∴MN∥CL，∵MN⊄面CDP，CL⊂面CDP，
所以MN//平面CDP
（2）取AB，CD的中点E，F，连接EF，PF，PE，
作PO⊥EF交EF于O，∵CP=DP=3，∴PF⊥CD且PF=5，
∵底面是边长为4的正方形，∴CD⊥EF，
∵PF∩EF=E，PF，EF⊂平面PEF，
∴CD⊥平面PEF，PO⊂平面PEF，
∴PO⊥CD，又CD∩EF=F且CD,EF⊂平面ABCD；
即PO⊥平面ABCD.
过O点作OG⊥BC，连接PG，如下图所示：

易知知PG⊥BC，则∠PGO为二面角D-BC-P的平面角.
在△ACP中，AP2=AC2+PC2-2AC⋅PCcsπ4=17，
在△AEP中，PE2=AC2-AE2=17-4=13，
设OF=x，则OE=4-x，
则PO2=13-(4-x)2=5-x2，解得x=1，
可得PO=5-1=2，PG=32-1=22，
所以在Rt△PGO中，cs∠PGO=GOPG=222=22.
即二面角D-BC-P的平面角的余弦值为22.
变式5．（24-25高二上·上海·单元测试）如图，在几何体S-ABC中，点E、O分别是SC、AC的中点，SO⊥底面ABC，∠ASC=∠ACB=90°．
(1)求证：OE//平面SAB；
(2)若点F在线段BC上，求异面直线OE、SF所成角的大小；
(3)若SA=SC=2，BC=12AC，求二面角B-AS-C的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)90°
(3)63
【分析】（1）借助中位线性质，运用线面平行判定可解；
（2）运用线面垂直得到线线垂直即可得到异面直线OE、SF所成角;
（3）找出二面角的平面角，借助锐角三角函数求出余弦值即可.
【详解】（1）证明：因为点E、O分别是SC、AC的中点，所以OE//SA．
又因为OE⊄平面SAB，SA⊂平面SAB,所以OE//平面SAB．
（2）解：因为OE∥AS，所以∠ASF（或其补角）是异面直线OE、SF所成的角．
因为SO⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以SO⊥BC．
又∠ACB=90°，即AC⊥BC，又SO∩AC=O,SO,AC⊂平面ASC，
所以BC⊥平面ASC，AS⊂平面ASC,于是BC⊥AS．
因为∠ASC=90°，即AS⊥SC，又SC∩BC=C,SC,BC⊂平面SBC，
所以AS⊥平面SBC，从而AS⊥SF，所以∠ASF=90°，
即异面直线OE、SF所成角的大小为90°．
（3）解：由（2）可得AS⊥平面SBC，所以AS⊥SB，而AS⊥SC，
所以∠BSC是二面角B-AS-C的平面角．
在Rt△ASC中，∠ASC=90°，SA=SC=2，则AC=2，而BC=12AC，则BC=1．
由上面证明知道，BC⊥平面ASC，SC⊂平面ASC.
则∠BCS=90°，SC=2，BC=1，则SB=3，
所以cs∠BSC=SCCB=63，所以二面角B-AS-C的平面角的余弦值为63．
变式6．（2024高二下·浙江绍兴·学业考试）如图，在底面为边长为2的菱形的四棱锥P-ABCD中，PA=PB=2，平面PAB⊥平面ABCD，∠ABC=60°，设E是棱PB上一点，三棱锥E-ACD的体积为12.
(1)证明：PC⊥AB；
(2)求BE；
(3)求二面角E-CD-A的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)BE=1
(3)55
【分析】（1）取AB中点H，连结PH，CH，证明AB⊥平面CHP，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）作EM⊥AB于M，根据面面垂直的性质证明EM⊥平面ABCD，再根据三棱锥的体积公式即可得解；
（3）作MN⊥CD交于DC的延长线于点N，连接EN，证明CD⊥平面EMN，则CD⊥EN，则∠ENM即为二面角E-CD-A的平面角，再解△ENM即可.
【详解】（1）取AB中点H，连结PH，CH，
因为PA=PB=2，所以PH⊥AB，
在菱形ABCD中，∠ABC=60°，则△ABC是等边三角形，
所以CH⊥AB，
又PH∩CH=H,PH,CH⊂平面CHP，
故AB⊥平面CHP，
又CP⊂平面CHP，所以AB⊥CP；
（2）作EM⊥AB于M，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面PAB，
所以EM⊥平面ABCD，
所以VE-ACD=13S△ADC⋅EM=13×12×2×3⋅EM=1，所以EM=32，
所以BE=1；
（3）作MN⊥CD交于DC的延长线于点N，连接EN，
由EM⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，得EM⊥CD，
又MN∩EM=M,MN,EM⊂平面EMN，
所以CD⊥平面EMN，
又EN⊂平面EMN，所以CD⊥EN，
所以∠ENM即为二面角E-CD-A的平面角，
sin∠ENM=EMEN=55.
变式7．（22-23高二上·上海普陀·期末）如图，在三棱锥D-ABC中，平面ACD⊥平面ABC，AD⊥AC，AB⊥BC， E、F分别为棱BC、CD的中点．
(1)求证：直线EF//平面ABD；
(2)若直线CD与平面ABC所成的角为45°，直线CD与平面ABD所成角为30°，求二面角B-AD-C的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)45°
【分析】（1）根据E，F分别是棱BC、CD的中点得到EF// BD，从而可证直线EF//平面ABD；
（2）利用线面角与二面角的定义，结合线面垂直的判定定理求得所需线面角与二面角，从而得解.
【详解】（1）∵E，F分别是棱BC、CD的中点，∴在△BCD中，EF// BD，
∵EF⊄平面ABD，BD⊂平面ABD，∴直线EF//平面ABD；
（2）∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC=AC，
AD⊂平面ACD，AD⊥AC，∴AD⊥平面ABC，
∴∠DCA是直线CD与平面ABC所成角，
∵直线CD与平面ABC所成角为45°，
∴∠DCA=45°，∴AD=AC，∵AD⊥平面ABC，AB，BC⊂平面ABC，
∴AD⊥BC，AD⊥AB，∵AB⊥BC，AB∩AD=A，AB，AD⊂ ABD平面，
∴BC⊥平面ABD，∴∠BDC是直线CD与平面ABD所成角，
∵直线CD与平面ABD所成角为30°，∴∠BDC=30°，
∴BC=12CD，BD= 3BC，设BC=1，
则CD=2，BD=3，AD=AC=2，AB=1，
∴△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=45°，
∵AD⊥AB，AD⊥AC，∴∠BAC是二面角的平面角，
∴二面角B-AD-C的大小为45°．
【方法技巧与总结】
用定义求二面角的步骤
1.作(找)出二面角的平面角(作二面角时多用三垂线定理)．
2.证明所作平面角即为所求二面角的平面角．
3.解三角形求角．
【题型2：向量法求面面角】
例2．（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）如图，在体积为5的多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB=45°,BC=2PQ= 22AB=22,M为BC的中点，PQ//BC,PD⊥DC,QB⊥MD.则平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为（ ）
A．1010B．31010C．63737D．3737
【答案】C
【分析】先证明∠ABQ=90°，再根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得PM=h=6，即可建立空间直角坐标系，运用法向量求解.
【详解】在△DCM中，由余弦定理可得DM=DC2+MC2-2DC⋅MCcs45∘=1，
所以DM2+DC2=CM2，所以∠MDC=90°，所以DM⊥DC．
又因为DC⊥PD，DM∩PD=D,DM,DP⊂平面PDM,
所以DC⊥平面PDM,PM⊂平面PDM，所以DC⊥PM．
由于PQ//BM,PQ=BM=2,所以四边形PQBM为平行四边形，所以PM∥QB．
又AB//DC，所以AB⊥BQ，所以∠ABQ=90°．
因为QB⊥MD，所以PM⊥MD，
又PM⊥CD，DC∩MD=D,DC,MD⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，则QB⊥面ABCD．
取AD中点E，连接PE，由PM⊂面PME，QB⊂面ABQ，则面PME⊥面ABCD，面ABQ⊥面ABCD，
根据已知易知△ABQ≅△EMP，所以ABQ-EMP为三棱柱，
设PM=h，多面体ABCDPQ的体积为V，
则V=V三棱柱ABQ-PEM+V四棱锥P-CDEM=3VA-PEM+V四棱锥P-CDEM=3VP-AEM+V四棱锥P-CDEM
=S△AEM×h+13S四边形CDEM×h=S△AEM×h+13×2S△AEM×h=53S△AEM×h=53×12×2×1×sin3π4h=5．
解得PM=h=6．
建立如图所示的空间直角坐标系，则A-1,2,0,B-1,1,0,C1,-1,0，D1,0,0,P0,0,6,Q-1,1,6,M0,0,0．
则平面QAB的一个法向量n=1,0,0，且CD=0,1,0,PD=1,0,-6，
设平面PCD的一个法向量m=x,y,z，则m⋅CD=0,n⋅PD=0,即y=0,x-6z=0,取m=6,0,1．
所以csθ=m⋅nm⋅n=63737，平面PAD与平面PMD夹角的余弦值为63737．
故选：C
变式1．（23-24高二上·河南焦作·阶段练习）如图，过二面角α-l-β内一点P作PA⊥α于A,PB⊥β于B，若PA=5,PB=8,AB=7，则二面角α-l-β的大小为（ ）
A．30∘B．60∘C．120∘D．150∘
【答案】C
【分析】设PA=a,PB=b，根据向量的模长关系可得a⋅b=20，进而可求a,b，即可得二面角.
【详解】设PA=a,PB=b，则AB=b-a且a=5,b=8,AB=7，
因为AB2=b-a2=b2+a2-2a⋅b，解得a⋅b=20，
可得csa,b=a⋅ba⋅b=205×8=12，
且0∘≤a,b≤180∘，所以∠APB=a→,b→=60∘，
所以二面角α-l-β的大小为120∘．
故选：C.
变式2．（23-24高二上·陕西渭南·期末）在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，∠ABC=π2，AB=PA=12CD=1，BC=22，M为PD的中点，则二面角M-BC-A的余弦值为（ ）
A．31010B．1010C．55D．255
【答案】A
【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，结合二面角M-BC-A是锐角以及法向量夹角余弦的坐标运算公式即可得解.
【详解】过点A作AE//BC交CD于点E，
因为PA⊥平面ABCD，AE,AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE,PA⊥AB，
又因为AB∥CD，∠ABC=π2，所以AE⊥AB，
所以PA,AE,AB两两互相垂直，
所以以A为原点，PA,AE,AB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：
因为AB=PA=12CD=1，BC=22，M为PD的中点，
所以A0,0,0,B0,1,0,C22,1,0,P0,0,1,D22,-1,0,M2,-12,12，
所以BC=22,0,0,BM=2,-32,12，
设平面BCM的法向量为n=x,y,z，则22x=02x-32y+12z=0，
令y=1，解得x=0,z=3，即可取n=0,1,3，
显然可取平面ABC的法向量为m=0,0,1，且二面角M-BC-A为锐角，
所以二面角M-BC-A的余弦值为.
故选：A.
变式3．（23-24高二上·山西朔州·期末）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱AA1上的一个动点，F为棱B1C1上的一个动点，则平面EFB与底面ABCD所成角的余弦值的取值范围是（ ）
A．0,22B．33,22C．0,33D．0,55
【答案】A
【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面EFB的法向量，由向量的夹角公式求解二面角的余弦值的取值范围，由此判断求解即可．
【详解】
设平面EFB与底面ABCD所成的二面角的平面角为θ，由图可得θ不为钝角.
以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),E(1,0,m),F(n,1,1)，
所以BE=0,-1,m,BF=n-1,0,1，
设平面EFB的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BE=0n⋅BF=0，即-y+mx=0(n-1)x+z=0，
令x=-1，则y=m(n-1),z=n-1，故n=(-1,m(n-1),n-1)，
又底面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1)，
所以csθ=csn,m=n⋅mn⋅m=n-11+m2n-12+n-12，因为m,n∈0,1，
则csθ=1-n1+m2n-12+n-12，
当n=1时，csθ=0，
当n≠1时，csθ=111-n2+m2+1，当n∈0,1，m∈0,1，
则1-n2∈0,1，m2∈0,1，则11-n2∈1,+∞，
则当n=0,m=0时，分母取到最小值2，此时csθmax=22，
当n→1，n>0时，则11n-12+m2+1→0，此时csθ∈0,22，
综上csθ∈0,22，
故选：A.
变式4．（23-24高二下·河南漯河·期末）如图，已知四棱锥P-ABCD中，AB ∥ CD,AB=6,AD=CB=3，CD=9，且PA=PB=5,Q在线段PC上，且满足BQ ∥平面PDA.
(1)求PQQC；
(2)若平面PAB⊥平面ABCD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值.
【答案】(1)2；
(2)89191.
【分析】（1）过点Q作QE ∥ CD交PD于E，由线面平行的性质可得BQ ∥ AE，则PQQC可求；
（2）利用空间向量法即可求得平面PAB与平面PCD夹角的余弦值.
【详解】（1）过点Q作QE ∥ CD交PD于E，连接AE，
由于BQ ∥平面PDA，
由线面平行性质知BQ ∥ AE，
又QE ∥ CD ∥ AB,∴四边形ABQE为平行四边形.
所以QE=6,QECD=23，
则PQQC=2.
（2）取线段AB的中点O，连接OP,∵PA=PB,∴PO⊥AB.
又平面PAB∩平面ABCD=AB，
由已知：平面PAB⊥平面ABCD,
∴PO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，过O作AB的垂线为y轴，以OB所在直线为x轴，以OP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则易得平面APB的一个法向量n1=0,1,0,
C92,332,0,P0,0,4,D-92,332,0，
则DC=9,0,0,PC=92,332,-4.
设平面PCD的法向量为n2=x,y,z，
则n2⋅CD=9x=0n2⋅PC=92x+332y-4z=0,
令y=8，可得n2=0,8,33.
设平面PAB与平面PCD夹角为θ,csθ=csn1,n2=891=89191.
故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为89191.
变式5．（23-24高二下·云南红河·期末）如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，DD1⊥平面ABCD，AB=2A1B1，DD1=1，P为AB的中点.

(1)求证：D1P//平面BCC1B1；
(2)求平面ABB1A1与平面BCC1B1夹角的大小.
【答案】(1)见解析
(2)π3
【分析】（1）利用空间向量证明D1P//BC1即可；
（2）利用空间向量求解二面角即可.
【详解】（1）底面ABCD是边长为2的正方形，DD1⊥平面ABCD，
故DD1，DA，DC两两垂直.
以D为原点，DA,DC,DD1分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，

在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2A1B1=2，DD1=1，P为AB的中点，
故D10,0,1,A(2,0,0),B(2,2,0),B1(1,1,1),C0,2,0,C1(0,1,1),P(2,1,0),
则D1P=(2,1,-1),BC1=-2,-1,1,
所以D1P=-BC1，即D1P//BC1，
且D1P⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
故D1P//平面BCC1B1.
（2）由（1）知，BC=(-2,0,0),BC1=-2,-1,1,AB=(0,2,0),AB1=-1,1,1,
设平面BCC1B1的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则n1⋅BC=-2x1=0,n1⋅BC1=-2x1-y1+z1=0,
令y1=1，解得n1=(0,1,1),
设平面ABB1A1的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n2⋅AB=2y2=0,n2⋅AB1=-x2+y2+z2=0,
令x2=1，解得n2=(1,0,1),
故csn1,n2=n1⋅n2n1n2=12,
故平面ABB1A1与平面BCC1B1的夹角为π3.
变式6．（24-25高二上·上海·单元测试）在矩形ABCD中，已知AB=1，BC=a，PA⊥平面ABCD，且PA=1．
(1)在BC边上是否存在点Q，使得PQ⊥QD，说明理由；
(2)若BC边上有且仅有一个点Q，使PQ⊥QD，求AD与平面PDQ所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，求出平面PQD与平面PAB所成角的大小．
【答案】(1)答案见解析
(2)66
(3)arctan5
【分析】（1）设BQ=x，则QC=a-x，分别求出QD|2,PQ|2，假设存在点Q，使得PQ⊥QD，由PD|2=PQ|2+|QD|2，建立方程，根据判别式分析即可；
（2）由（1）知，当BC边上仅有一个点Q，使得PQ⊥QD时，即BC=2，Q为BC中点，先根据面面垂直的判断定理，证明平面PDQ⊥平面APQ，然后过点A作AE⊥PQ，垂足为E，得AE⊥平面PDQ，即∠ADE为AD和平面PDQ所成的角，最后利用等面积法和锐角三角函数即可求解；
（3）延长DQ，AB交于点F，则PF为平面PQD和平面PAB的交线，过点A作AH⊥AF，垂足为H，连接DH，根据线面垂直的判定定理以及性质证明PF⊥DH，则∠AHD即为平面PQD与平面PAB所成角，最后利用等面积法和锐角三角函数即可求解.
【详解】（1）设BQ=x，则QC=a-x，
因为四边形ABCD为矩形，
所以AQ|2=AB|2+|BQ|2=1+x2，
QD|2=QC|2+|CD|2=a-x2+1，
因为PA⊥平面ABCD，AQ⊂平面ABCD，
所以PA⊥AQ，PA⊥AD，
所以PQ|2=PA|2+|AQ|2=1+1+x2=2+x2，
PD|2=PA|2+|AD|2=1+a2，
假设存在点Q，使得PQ⊥QD，
由PD|2=PQ|2+|QD|2，得1+a2=2+x2+a-x2+1，
即x2-ax+1=0①，
其判别式为Δ=a2-4，
则当a=2时，Δ=0，方程①有一解，即存在一个点Q，使PQ⊥QD，
当a>2时，Δ>0，方程①有两解，即存在两个点Q，使得PQ⊥QD，
当00)，
则B0,0,0,A2,0,0,C0,4,0,D2,2,0,P0,0,b，
则PA=2,0,-b,CD=2,-2,0，
∵异面直线PA、CD所成角为60°，
∴cs60°=|PA⋅CD||PA|⋅|CD|=44+b2⋅22=12，
解得b=2，棱长PB的大小为2；
（2）假设棱PA上存在一点E，使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为5，
设PE=λPA，(0≤λ≤1)，且Ex',y',z'，则x',y',z'-2=λ2,0,-2，
∴E2λ,0,2-2λ，
设平面DEB的一个法向量为m=a,b,c，
BE=2λ,0,2-2λ，BD=2,2,0，
则m⋅BE=λ-1,1-λ,λ⋅2λ,0,2-2λ=2λa+(2-2λ)c=0m⋅BD=λ-1,1-λ,λ⋅2,2,0=2a+2b=0，
取a=λ-1，得m=λ-1,1-λ,λ，
平面PAB的法向量p=0,1,0，
∵平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为5，
由tanθ=5得sinθcsθ=5，又sin2θ+cs2θ=1，解得csθ=66，
∴平面PAB与平面BDE所成锐二面角的余弦值为66，
∴|cs|=|m⋅p||m|⋅|p|=1-λ2(1-λ)2+λ2=66，
解得λ=23或λ=2（舍)，
∴在棱PA上存在一点E，使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为5，
且点E为棱PA上靠近A的三等分点．
变式7．（23-24高二上·湖北·期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=BC=2CD=2，PA=1，PB=5，E为BC的中点，且PE⊥BD．
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)线段PB上是否存在一点M，使得二面角M-DE-A的余弦值为223？若存在，试确定点M的位置；若不存在请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点M为线段PB的中点
【分析】（1）由题意，△ABE≌△BCD，得到BD⊥AE，进而证明BD⊥平面PAE，即可得到BD⊥PA，即可证明PA⊥平面ABCD；
（2）以B为原点建立空间直角坐标系，BM=λBP=2λ,0,λ0≤λ≤1，求出平面ABCD与平面DEM的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即可.
【详解】（1）证明：

连接AE，AE与BD的交点记为点O，因为AB=BC，
BE=12BC=1=CD，∠ABE=∠BCD=90°，
所以△ABE≌△BCD，所以∠BAE=∠CBD，
因为∠ABD+∠CBD=90°，
所以∠ABD+∠BAE=90∘，
所以∠AOB=90°，即BD⊥AE，
又因为BD⊥PE，且PE∩AE=E，PE⊂平面PAE，AE⊂平面PAE，
所以BD⊥平面PAE，
因为PA⊂平面PAE，所以BD⊥PA．
因为在△PAB中，PA2+AB2=PB2，所以PA⊥AB，
又因为BD∩AB=B，AB⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD．
（2）存在，点M为线段PB的中点
理由如下：如图，以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，则B0,0,0，P2,0,1，E0,1,0，D1,2,0，BP=2,0,1，

设BM=λBP=2λ,0,λ0≤λ≤1，即M=2λ,0,λ，
则EM=2λ,-1,λ，ED=1,1,0．
设平面DEM的法向量n=x,y,z，由n⋅ED=x+y=0n⋅EM=2λx-y+λz=0，
取x=λ，则n=λ,-λ,-2λ-1，
易知，平面ABCD的一个法向量为n=0,0,1，
因为二面角M-DE-A的余弦值为223，
即csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=2λ+12λ2+2λ+12=223，
整理可得12λ2-4λ-1=0，解得λ=-16（舍去）或λ=12．
故线段PB上存在一点M，使得二面角M-DE-A的余弦值为223，此时点M为线段PB的中点．
1．（22-23高二下·山东济南·期末）已知两个平面的法向量分别为m=0,1,1,n=1,-1,0，则这两个平面的夹角为（ ）
A．30∘B．60∘C．60∘或120∘D．120∘
【答案】B
【分析】根据两平面夹角与其法向量夹角的关系，利用向量夹角公式即可得到答案.
【详解】csm,n=m⋅nmn=-12×2=-12，因为向量夹角范围为0,π，
故两向量夹角为23π，故两平面夹角为π3，即60∘，
故选：B.
2．（22-23高二上·辽宁大连·期中）如图，二面角α-l-β的棱上有两点A,B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l，若AB=2,AC=3,BD=4,CD=41，则二面角α-l-β的大小为（ ）
A．π6B．π3C．23πD．5π6
【答案】C
【分析】设AC,BD=θ(0≤θ≤π)，则二面角α-l-β的大小为θ，根据CD2=(CA+AB+BD)2，展开计算可得csθ=-12，即可求解.
【详解】设AC,BD=θ(0≤θ≤π)，则二面角α-l-β的大小为θ，
由题意，CA⊥AB,AB⊥BD，则AC⋅AB=BD⋅AB=0,CA,BD=π-θ，
所以CD2=(CA+AB+BD)2=CA2+AB2+BD2+2CABDcs(π-θ)，
即41=9+4+16+2×3×4(-csθ)，得csθ=-12，所以θ=2π3，
即二面角α-l-β的大小为2π3.
故选：C.
3．（23-24高二上·陕西安康·期中）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（ ）

A．45°B．60°C．120°D．150°
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】因为AE⊥平面ABCD，且ABCD为正方形，
如图建立空间直角坐标系，则B1,0,0、C1,1,0、E0,0,1，
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=0n⋅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csθ=m⋅nm⋅n=22，
又0°≤θ≤90°，所以θ=45°.
故选：A

4．（22-23高二上·江西吉安·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，已知：PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，PA=AB=BC=12AD=2，BC∥AD，已知Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），且二面角Q-PD-A的平面角大小为π3，则△ADQ面积的取值范围是（ ）
A．0,4155B．0,155C．0,4155D．0,4
【答案】D
【分析】结合图形，利用空间向量的坐标运算表示面面夹角的余弦值，即可确定点G位置，即可求解.
【详解】以A为坐标原点，建系如图，
因为二面角Q-PD-A的平面角大小为π3，
所以Q的轨迹是过点D的一条直线，
又因为Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），
所以Q的轨迹是过点D的一条线段，
设以Q的轨迹与y轴的交点坐标为G(0,b,0)，
由题意可得A(0,0,0),D(4,0,0),P(0,0,2),
所以DP=(-4,0,2),DG=(-4,b,0),AD=(4,0,0),
因为AB⊥平面PAD，所以平面PAD的一个法向量为m=AB=(0,2,0),
设平面PDG的法向量为n=(x,y,z)，
所以DP⋅n=-4x+2z=0,DG⋅n=-4x+by=0,令x=1,则y=4b,z=2,
所以n=(1,4b,2)，
因为二面角Q-PD-A的平面角大小为π3，
所以cs=m⋅nm⋅n=8b2×5+16b2=12，解得b=4155>2，
所以当Q在线段BC上时，△ADQ面积最大，最大值为12×4×2=4，
所以△ADQ面积的取值范围是0,4，
故选:D.
5．（22-23高二上·天津河北·期末）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，AC=2，BC=CC1=4，点D是棱AB的中点，则平面ABB1A1与平面B1CD所成角的正弦值为（ ）
A．3010B．7010C．306D．66
【答案】B
【分析】建系，求两平面的法向量，利用空间向量解决面面夹角问题.
【详解】如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，则A2,0,0,C0,0,0,B0,4,0,D1,2,0,B10,4,4，
设平面ABB1A1的法向量n=x,y,z，
∵BA=2,-4,0,BB1=0,0,4，则n⋅BA=2x-4y=0n⋅BB1=4z=0，
令x=2，则y=1,z=0，
∴n=2,1,0，
同理可得：平面B1CD的法向量m=2,-1,1，
故csn,m=n⋅mnm=35×6=3010，
设平面ABB1A1与平面B1CD所成角为θ∈0,π2，则csθ=3010，
故平面ABB1A1与平面B1CD所成角的正弦值sinθ=1-cs2θ=7010.
故选：B.
6．（22-23高二上·北京·期中）若直线a的方向向量为a，平面α、β的法向量分别为n、m，则下列命题为假命题的是（ ）
A．若a//n，则直线a⊥平面α
B．若a⊥n，则直线a//平面α
C．若csa,n=12，则直线a与平面α所成角的大小为π6
D．若csm,n=12，则平面α、β的夹角为π3
【答案】B
【分析】利用空间线面位置关系与空间向量的关系，可判断AB选项的正误；利用空间角与空间向量的关系可判断CD选项的正误.
【详解】对于A选项，若a//n，则a为平面α的一个法向量，故直线a⊥平面α，A对；
对于B选项，若a⊥n，则直线a//平面α或直线a⊂平面α，B错；
对于C选项，若csa,n=12，则直线a与平面α所成角的大小为π6，C对；
对于D选项，若csm,n=12，则平面α、β的夹角为π3，D对.
故选：B.
7．（21-22高二下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，在棱长为1的正方体中，下列结论不正确的是（ ）
A．异面直线AC与BC1所成的角为60∘
B．二面角A-B1C-B的正切值为2
C．直线AB1与平面ABC1D1所成的角为45∘
D．四面体D1-AB1C的外接球体积为32π
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线的夹角，二面角及线面角，判断ABC选项，D选项，四面体D1-AB1C的外接球即为正方体的外接球，从而求出外接球半径和体积.
【详解】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A1,0,0,C0,1,0,B1,1,0,C10,1,1,B11,1,1,D10,0,1，
A选项，设异面直线AC与BC1所成的角为θ，
则csθ=csAC,BC1=-1,1,0⋅-1,0,12×2=12，
故异面直线AC与BC1所成的角为60∘，A正确；
B选项，设平面AB1C的法向量为m=x,y,z，
则有m⋅AB1=y+z=0m⋅AC=-x+y=0，令y=1得：x=1,z=-1，
则m=1,1,-1，
平面BB1C的法向量为n=0,1,0，
csm,n=m⋅nm⋅n=13=33
设二面角A-B1C-B的大小为α，显然α为锐角，则csα=csm,n=33，
所以sinα=63，tanα=2，故二面角A-B1C-B的正切值为2，B正确；
C选项，设平面ABC1D1的法向量为n1=x1,y1,z1，
则n1⋅AB=y1=0n1⋅AC1=-x1+y1+z1=0令x1=1，则z1=1，
所以n1=1,0,1，
设直线AB1与平面ABC1D1所成的角为β，
则sinβ=csAB1,n1=0,1,1⋅1,0,12×2=12，
则β=30°，C错误；
D选项，四面体D1-AB1C的外接球即为正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球，
设外接球半径为R，则R=32，则外接球体积为32π，D正确.
故选：C
8．（2024高三·全国·专题练习）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=3，AD=AA1=1，P为线段A1C上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．当A1C=2A1P时，直线BP与平面ABCD所成角的正弦值为255
B．当A1C=3A1P时，若平面BDC1的法向量记为n，则D1P⋅n=1
C．当A1C=4A1P时，二面角A1-AD1-P的余弦值为105
D．若A1C⋅D1P=0，则A1C=4A1P
【答案】C
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设Px,y,z，根据A1C=2A1P得到P32,12,12，结合法向量得到直线BP与平面ABCD所成角的正弦值；B选项，根据A1C=3A1P得到D1P=33,-23,-13，结合n=1,3,-3得到答案；C选项，根据A1C=4A1P求出P34,14,34，利用二面角的向量求解公式得到答案；D选项，设A1P=λA1C 0≤λ≤1，表达出D1P=3λ,λ-1,-λ，根据A1C⋅D1P=0得到方程，求出λ=15，得到D错误.
【详解】A选项，如图所示，以A为坐标原点，AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系．由AB=3，AD=AA1=1可知，
A10,0,1,B3,0,0,C3,1,0,C13,1,1,D0,1,0,D10,1,1，
则A1C=3,1,-1,设Px,y,z，则A1P=x,y,z-1.
当A1C=2A1P时，A1C=2A1P，即2x=32y=12z-1=-1解得x=32y=12z=12，
所以P32,12,12，所以BP=-32,12,12，
平面ABCD的一个法向量为A1A=0,0,-1，
所以直线BP与平面ABCD所成角的正弦值csA1A⋅BP=0,0,-1⋅-32,12,1234+14+14=1252=55，故A错误．
B选项，当A1C=3A1P时，3x=33y=13z-1=-1，解得x=33y=13z=23，
所以P33,13,23，所以D1P=33,-23,-13.
设平面BDC1的法向量为n=x',y',z'，
因为C1D=-3,0,-1,C1B=0,-1,-1，
由n⋅C1D=x',y',z'⋅-3,0,-1=-3x'-z'=0n⋅C1B=x',y',z'⋅0,-1,-1=-y'-z'=0，
令z'=-3，则x'=1,y'=3，则n=1,3,-3，
所以D1P⋅n=33,-23,-13⋅1,3,-3=33-233+33=0，故B错误．
C选项，当A1C=4A1P时，4x=34y=14z-1=-1解得x=34y=14z=34，
所以P34,14,34，平面AA1D1的一个法向量为AB=3,0,0.
设平面APD1的法向量为m=a,b,c，
因为AP=34,14,34，AD1=0,1,1，
由m⋅AP=a,b,c⋅34,14,34=34a+14b+34c=0n⋅AD1=a,b,c⋅0,1,1=b+c=0，
令b=1，则c=-1，a=233，则m=233,1,-1，
所以二面角A1-AD1-P的余弦值为
csAB⋅m=AB⋅mAB⋅m=3,0,0⋅233,1,-13×43+1+1=210=105，故C正确；
D选项，设A1P=λA1C 0≤λ≤1，因为A1P=x,y,z-1，
所以x=3λy=λz-1=-λ，解得x=3λy=λz=1-λ，所以P3λ,λ,1-λ，
所以D1P=3λ,λ-1,-λ，
若A1C⋅D1P=0，则3λ×3+λ-1+-λ×-1=0，
解得λ=15，所以A1P=15A1C，即A1C=5A1P，故D错误．
故选：C.
二、多选题
9．（22-23高二下·江苏南京·期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=π3，AB=2AD=2PD，PD⊥底面ABCD，则（ ）．
A．PA⊥BDB．PB与平面ABCD所成角为π6
C．异面直线AB与PC所成角的余弦值为55D．二面角A-PB-C的正弦值为217
【答案】ABD
【分析】连接BD，由已知结合余弦定理与勾股定理逆定理可得BD⊥AD，于是可建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算逐项判断即可.
【详解】连接BD，因为∠DAB=π3，设AB=2AD=2PD=2a，
由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD⋅AB⋅cs∠BAD，
所以BD2=a2+4a2-4a2⋅12=3a2，则BD=3a，
则BD2+AD2=AB2，即BD⊥AD，又PD⊥底面ABCD，AD,BD⊂底面ABCD，
所以PD⊥AD,PD⊥BD，
如图，以D为原点，DA,DB,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则D0,0,0,Aa,0,0,B0,3a,0,C-a,3a,0,P0,0,a
对于A，所以PA=a,0,-a，BD=0,-3a,0，则PA⋅BD=0+0+0=0，
所以PA⊥BD，故A正确；
对于B，又PB=0,3a,-a，因为PD⊥底面ABCD，所以DP=0,0,a是平面ABCD的一个法向量，所以csPB,DP=PB⋅DPPB⋅DP=-a22a⋅a=-12，
则PB与平面ABCD所成角的正弦值为12，即PB与平面ABCD所成角为π6，故B正确；
对于C，AB=-a,3a,0,PC=-a,3a,-a，
则csAB,PC=AB⋅PCAB⋅PC=a2+3a2+02a⋅5a=255，
则异面直线AB与PC所成角的余弦值为255，故C错误；
对于D，设平面PAB的法向量为n=x1,y1,z1，则PA⋅n=0AB⋅n=0⇒ax1-az1=0-ax1+3ay1=0⇒x1=z1x1=3y1，令y1=1，则n=3,1,3，
设平面PBC的法向量为m=x2,y2,z2，则PB⋅m=0PC⋅m=0⇒3ay2-az2=0-ax2+3ay2-az2=0⇒z2=3y2x2=0，令y2=1，则m=0,1,3，
所以csn,m=n⋅mn⋅m=0+1+37×2=277，
令二面角A-PB-C所成角为θ0≤θ≤π，则csθ=277
则平面PAB与平面PBC的夹角的余弦值为277，
所以sinθ=1-cs2θ=217，故D正确.
故选：ABD.
10．（22-23高二上·山东青岛·期中）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为AD，AB，B1C1的中点，以下说法正确的是（ ）
A．三棱锥C-EFG的体积为1B．A1C⊥平面EFG
C．A1D1//平面EFGD．平面EGF与平面ABCD夹角的余弦值为36
【答案】AB
【分析】根据锥体体积公式求得三棱锥C-EFG的体积.建立空间直角坐标系，利用向量法判断BCD选项的正确性.
【详解】A选项，S△CEF=2×2-12×1×1-12×1×2-12×1×2=4-12-1-1=32，
所以VC-EFG=VG-CEF=13×32×2=1，A选项正确.
建立如图所示空间直角坐标系，
A12,0,2,C0,2,0,D10,0,2,E1,0,0,F2,1,0,G1,2,2，
A1C=-2,2,-2,A1D1=-2,0,0,EF=1,1,0,EG=0,2,2,
A1C⋅EG=0,A1C⋅EF=0，所以A1C⊥EG,A1C⊥EF，
由于EG∩EF=E,EG,EF⊂平面FEG，所以A1C⊥平面EFG，B选项正确.
平面EFG的一个法向量为A1C=-2,2,-2，
A1D1⋅A1C=4≠0，所以A1D1与平面EFG不平行，C选项错误.
平面ABCD的法向量为n=0,0,1，
设平面EFG于平面ABCD的夹角为θ，
则csθ=A1C⋅nA1C⋅n=223=33，D选项错误.
故选：AB
11．（23-24高二下·江苏南京·期中）（多选）如图，八面体的每个面都是正三角形，若四边形ABCD是边长为4的正方形，则（ ）

A．异面直线AE与DF所成角大小为π3
B．二面角A-EB-C的平面角的余弦值为13
C．此八面体存在外接球
D．此八面体的内切球表面积为32π3
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，运用坐标法计算异面直线所成角及二面角判断AB；由OE=OF=OA=OB=OC=OD判断C项；利用等体积法求得内切球的半径，进而可求得内切球的表面积即可判断D项．
【详解】连接AC,BD交于点O，连接OE,OF，由正方形ABCD，得AC⊥BD，
又八面体的每个面都是正三角形，则E,O,F三点共线，且EF⊥平面ABCD，
以O为原点，分别以OB,OC,OE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz，如图，

则O(0,0,0),A(0,-22,0),B(22,0,0),C(0,22,0),D(-22,0,0),E(0,0,22)，F(0,0,-22)，
对于A，AE=(0,22,22),DF=(22,0,-22)，则|cs⟨AE⃗,DF⃗⟩|=|AE⃗⋅DF⃗||AE⃗||DF⃗|=84×4=12，
所以异面直线AE与DF所成角大小为π3，A正确；
对于B，BE=(-22,0,22),BA=(-22,-22,0),BC=(-22,22,0)，
设平面ABE的法向量为n=(x1,y1,z1)，则n⋅BE=-22x1+22z1=0n⋅BA=-22x1-22y1=0，取x1=1，得n=(1,-1,1)，
设平面BEC的法向量为m=(x2,y2,z2)，则m⋅BE=-22x2+22z2=0m⋅BC=-22x2+22y2=0，取x2=1，得m=(1,1,1)，
于是cs〈n,m〉=n⋅m|n||m|=13×3=13，又平面ABE与平面BEC所成的二面角的平面角为钝角，
所以二面角A-EB-C的平面角的余弦值为-13，B错误；
对于C，因为OE=OF=OA=OB=OC=OD=22，即O为此八面体外接球的球心，
因此此八面体一定存在外接球，C正确；
对于D，设内切球的半径为r，SABCD=42=16，八面体表面积S=8S△ABE=8×34×42=323
则八面体的体积为V=2VE-ABCD=2×13SABCD⋅EO=2×13×16×22=6423，
又八面体的体积为V=13Sr=3233r，因此3233r=6423，解得r=263，
所以内切球的表面积为4πr2=4π×(263)2=32π3，D正确．
故选：ACD
【点睛】结论点睛：一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足：V=13Sr.
三、填空题
12．（23-24高二上·浙江杭州·期中）已知矩形ABCD，AB=1,BC=3，沿对角线AC将△ABC折起，若BD=2，则二面角B-AC-D的余弦值为 ．
【答案】13
【分析】利用空间向量的数量积与模长计算夹角即可.
【详解】
如图所示，过B、D分别作BE⊥AC,DF⊥AC，垂足分别为E、F，
由矩形ABCD中，AB=1,BC=3，
可知AC=2,∠BAC=60∘⇒BE=DF=32,AE=CF=12,EF=1，
设二面角B-AC-D的平面角为α，则=α，
BD=BE+EF+FD⇒BD2=BE2+EF2+FD2+2BE⋅EF+2EF⋅FD+2BE⋅FD
2=34+34+1+2×34×csπ-α⇒csα=13.
故答案为：13
13．（23-24高二上·陕西咸阳·阶段练习）在菱形ABCD中，∠ABC=60°，沿对角线AC折叠之后，使得平面BAC⊥平面ACD（如图），则平面BCD与平面ACD夹角的正弦值为 ．

【答案】255/255
【分析】根据面面垂直的性质建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】设AC的中点为E，连接BE,DE，
因为菱形ABCD中，∠ABC=60°，
所以三角形BAC和三角形ACD都是等边三角形，
因此BE⊥AC，DE⊥AC，
因为平面BAC⊥平面ACD，平面BAC∩平面ACD=AC，
所以BE⊥平面ACD，而DE⊂平面ACD，
因此BE⊥DE，因此建立如图所示的空间直角坐标系，

设菱形的边长为2，A1,0,0,C-1,0,0,D0,3,0,B0,0,3，
设平面BCD的法向量为m=x,y,z，BC=-1,0,-3,BD=0,3,-3，
所以有m⋅BC=-x-3z=0m⋅BD=3y-3z=0⇒m=-3,1,1，
平面ACD的法向量为n=BE=0,0,3，
平面BCD与平面ACD夹角为θ，
所以csθ=csm,n=m⋅nm⋅n=3-32+12+12×3=55，
因此sinθ=1-cs2θ=1-525=255，
故答案为：255
14．（24-25高二上·上海·单元测试）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=66DO，则二面角B-PC-E的余弦值是 ．

【答案】55
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面PCE以及平面APC的法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案.
【详解】由题意知O是圆锥底面的圆心，AE=AD，则DO⊥平面ABC，△DAE为正三角形，则DO=32AE=3AO,
设DO=a，由题设可得PO=66a,AO=33a,AE=233a,
△ABC是底面的内接正三角形,故AB=AEsinπ3=a，
PA=PB=PC=AO2+PO2=(33a)2+(66a)2=22a,
如图，以O为原点，在平面ABC内过O点作AE的垂线作为x轴，
以OE,OD为y,z轴建立空间直角坐标系，

由前面证明的结论，不妨取a=3，则AO=OE=1，可得E(0,1,0),A(0,-1,0)，
C(-32,12,0),P(0,0,22),
则EC=(-32,-12,0) ，EP=(0,-1,22)，
设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量，则m⋅EP=0m⋅EC=0,即-y+22z=0-32x-12y=0，
令y=1，则可取m=(-33,1,2)，
AC=(-32,32,0) ，AP=(0,1,22)，
设n=(s,b,c)是平面APC的法向量，则n⋅AP=0n⋅AC=0,即b+22c=0-32s+32b=0，
令s=3，则可取n=(3,1,-2)，
则cs〈n,m〉=n⋅m|n|⋅|m|=-213+1+2⋅3+1+2=-55，
由图知二面角A-PC-E的平面角为锐角,
故二面角A-PC-E的余弦值为55.
故答案为：55.
四、解答题
15．（23-24高二下·云南楚雄·期末）如图，在正三棱柱ABC-A'B'C'中，E,F分别为棱AC,BB'的中点，AB=BB'=2．
(1)证明：BE//平面AFC'．
(2)求平面ABC与平面AFC'夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)22．
【分析】（1）构造平行四边形证明线线平行，然后用线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，然后利用向量坐标法求夹角的余弦值即可得解.
【详解】（1）证明：取G为AC'的中点，连接EG,GF．
因为E为棱AC的中点，所以EG∥CC'，且EG=12CC'．
又F为棱BB'的中点，所以BF=12BB'．
因为BB'∥CC'且BB'=CC'，所以EG∥BF且EG=BF，
所以四边形EGFB为平行四边形，
所以EB∥GF．
又EB⊄平面AFC',GF⊂平面AFC'，
所以BE//平面AFC'．
（2）取O为BC的中点，H为B'C'的中点，连接AO,OH．
因为ABC-A'B'C'为正三棱柱，所以OC,OA,OH两两垂直．
以O为坐标原点，OC,OH,OA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A0,0,3,F-1,1,0,C'1,2,0,AC=1,2,-3,FC=2,1,0．
设平面AFC'的法向量为m=x,y,z，则m⋅AC=x+2y-3z=0,m⋅FC=2x+y=0.
令x=1，则y=-2,z=-3，可得m=1,-2,-3，
又n=0,1,0是平面ABC的一个法向量，
所以cs〈m,n〉=m⋅nmn=222=22，
所以平面ABC与平面AFC'夹角的余弦值为22．
16．（23-24高二下·黑龙江大庆·期中）四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PA=AB=2，点E是棱PC上一点.
(1)求证：平面PAC⊥平面BDE；
(2)当E为PC中点时，求A-BE-D所成二面角锐角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)π3
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，进而得到BD⊥平面PAC，从而得到面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到两平面的法向量，求出二面角的大小.
【详解】（1）∵底面ABCD是正方形，
∴BD⊥AC，
∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴PA⊥BD，又BD⊥AC,PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，又BD⊂平面BDE，
∴平面PAC⊥平面BDE.
（2）∵PA⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB,PA⊥AD，
以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),P(0,0,2),E(1,1,1)，
所以AB=(2,0,0),BE=(-1,1,1),BD=(-2,2,0)，
设平面ABE的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AB=2x=0n⋅BE=-x+y+z=0，
解得x=0，令y=1得z=-1，故n=(0,1,-1)，
设平面DBE的法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅BD=-2a+2b=0m⋅BE=-a+b+c=0，
解得c=0，令a=1得b=1，故m=(1,1,0)，
设二面角A-BE-D为θ，由图可知二面角A-BE-D为锐二面角，
所以csθ=|m⋅n||m|⋅|n|=12×2=12，所以锐二面角为π3.
17．（23-24高二下·青海海东·阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，AP=AB=1，F，E分别是PB，PC的中点．
(1)证明：PB⊥ED；
(2)求平面ADEF与平面PCD的夹角．
【答案】(1)证明见解析
(2)60°
【分析】（1）由线面垂直得到PA⊥AD，结合正方形性质得到线面垂直，得到AD⊥PB，再由三线合一得到线线垂直，证明出线面垂直，得到PB⊥ED；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到平面的法向量，得到两个平面的夹角.
【详解】（1）∵PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴PA⊥AD，
又四边形ABCD为正方形，
故AD⊥AB，AB，PA为平面PAB上的相交直线，
∴AD⊥平面PAB，
∵PB⊂平面PAB，
∴AD⊥PB，
∵等腰三角形PAB中F是PB的中点，
∴PB⊥AF，
∵AD∩AF=A，AD,AF⊂平面ADEF，
∴PB⊥平面ADEF，
∵ED⊂平面ADEF，
∴PB⊥ED．
（2）PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
故PA⊥AB，
易知AB，AD，AP两两垂直，故分别以其所在直线为坐标轴建系，
如图所示，则A0,0,0，P0,0,1，B1,0,0，C1,1,0，D0,1,0，F12,0,12，
由（1）得PB⊥平面ADEF，
可得平面ADEF的一个法向量m=PB=1,0,-1，
设平面PCD的一个法向量n=x,y,z，
则PC⋅n=1,1,-1⋅x,y,z=x+y-z=0PD⋅n=0,1,-1⋅x,y,z=y-z=0，
解得x=0，令y=1得z=1，故n=0,1,1，
∴csm,n=m⋅nm⋅n=1,0,-1⋅0,1,11+1×1+1=-12，
设平面ADEF与平面PCD的夹角为θ，则csθ=12，
故θ=60°，
∴平面ADEF与平面PCD的夹角为60°．
18．（23-24高二下·吉林长春·期末）如图①，在等腰梯形ABCD中，AB=2，CD=6，AD=22，E，F分别是线段CD的两个三等分点，若把等腰梯形沿虚线AF，BE折起，使得点C和点D重合，记为点P，如图②.

(1)求证：平面PEF⊥平面ABEF；
(2)求平面PAE与平面PAB所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见详解
(2)57
【分析】（1）通过证明BE⊥EF,BE⊥PE来证得BE⊥平面PEF，由此证得平面PEF⊥平面ABEF.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法计算出平面PAE与平面PAB所成锐二面角的余弦值.
【详解】（1）由题意可知：四边形ABEF是正方形，
则BE⊥EF,BE⊥PE，且PE∩EF=E，PE,EF⊂平面PEF，
所以BE⊥平面PEF，
因为BE⊂平面ABEF，所以平面PEF⊥平面ABEF．
（2）如图，过点P作PO⊥EF于点O，过点O作BE的平行线交AB于点G，
因为平面PEF⊥平面ABEF，平面PEF∩平面ABEF=EF，PO⊂平面PEF，
则PO⊥平面ABEF．
又因为PO，EF，OG所在直线两两垂直，
所以分别以OG，OE，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A2,-1,0,B2,1,0,E0,1,0,P0,0,3.
所以AE=-2,2,0,EP=0,-1,3,AB=0,2,0,PA=2,-1,-3.
设平面PAE的法向量为n1=x1,y1,z1，则n1⋅AE=-2x1+2y1=0n1⋅EP=-y1+3z1=0，
设z1=1，则x1=y1=3，可得n1=3,3,1.
设平面PAB的法向量为n2=x2,y2,z2，则n2⋅AB=2y2=0n2⋅PA=2x2-y2-3z2=0，
设z2=2，则x2=3,y2=0，可得n2=3,0,2.
设平面PAE与平面PAB所成锐二面角为θ，
则csθ=csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=57，
所以平面PAE与平面PAB所成锐二面角的余弦值为57.
19．（23-24高二上·四川乐山·期末）已知直棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，AC=22，BB1=2，∠BAC=45°，D为线段A1B1上任一点，E，F分别为AC，BB1中点．
(1)证明：DE⊥C1F；
(2)当B1D为何值时，平面DEC与平面BCC1B1的二面角的正弦值最小，并求出最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)B1D=2，最小值为22
【分析】（1）根据题意，可得BC⊥AB，建立空间直角坐标系，利用向量运算判断；
（2）根据向量法求出二面角的余弦，转化判断得解.
【详解】（1）∵AB=2，AC=22，∠BAC=45°，
∴BC2=AB2+AC2-2AB⋅AC⋅cs45°=4．
∵AB2+BC2=AC2．
∴BC⊥AB．
建立如图所示空间直角坐标系，
设B1D=a，
则C0,2,0，Da,0,2，E1,1,0，F0,0,1，C10,2,2．
∴DE=1-a,1,-2，C1F=0,-2,-1．
∴DE⋅C1F=1-a×0+1×-2+-2×-1=0，
∴DE⊥C1F．
（2）∵DE=1-a,1,-2，CE=1,-1,0，
设平面DEC的一个法向量为：n1=x,y,z，
∴n1⋅DE=0n1⋅CE=0，即1-ax+y-2z=0x-y=0，
令x=2，则y=2，z=2-a，
∴n1=2,2,2-a．
∵AB⊥平面BB1C1C，
∴取平面BB1C1C的一个法向量为n2=1,0,0，
∴csθ=n1⋅n2n1n2=2a2-4a+12=2a-22+8，
又0≤a≤2，∴33≤csθ≤22，
∴当B1D=2时，平面DEC与平面BCC1B1所成的二面角的正弦值最小，最小值为22.
【点睛】思路点睛：根据题意，由余弦定理可判断BC⊥AB，建立空间直角坐标系，利用向量法证明DE⊥C1F，再求出平面DEC与平面BCC1B1各自的一个法向量，求出所成的二面角的余弦范围，进而得解.
课程标准
学习目标
1.理解二面角及其平面角的概念
2.会利用定义法求二面角的大小
3.会用向量法求二面角的大小
1.理解二面角的概念，并会求简单的二面角:
2.理解二面角的平面角的概念，会找二面角的平面角:
条件
平面α，β的法向量分别为u，v，α，β所构成的二面角的大小为θ，〈u，v〉＝φ
图形
关系
θ＝φ
θ＝π－φ
计算
cs θ＝cs φ
cs θ＝－cs φ