62.二面角的计算八种常见方法及应用
本节介绍二面角的计算及应用，首先介绍二面角计算的几何方法，其次介绍课本上两个二
面角计算模型，最后再介绍向量法计算二面角，最终形成一个完整的理论体系.
一．基本原理
★1.定义法
（1）定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面；直线
叫做二面角
AB
的棱，半平面
和
叫做二面角的面．记法：
.
AB
（2）二面角的平面角：在二面角
的棱上任取一点
，如图所示，以点
为垂
l
l
O
O
足，
在半平面
和
内分别作垂直于棱的射线
，则射线
和
构成的
叫
l
OB
OA,
OA
OB
AOB
做二面角的平面角．
★2.垂面法
由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成
的角，就是二面角的平面角。
如图，过二面角内一点
作
于
，作
于
，面ABC 交棱
于点
，则
A
AB
B
AC
C
a
O
就是二面角的平面角。
BOC
★3.三垂线法
（1）方法：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱
上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的
平面角
（2）具体演示：在平面
内选一点
向另一个平面
作垂线
，垂足为
，再过点
A
AB
B
B
向棱
作垂线
，垂足为
，连接
，则
就是二面角的平面角。
a
BO
O
AO
AOB
★4.射影面积法
S
S射影
cos
（1）方法：已知平面
内一个多边形的面积为
，它在平面
内的射影图形的面积为
S
，
射影
S
平面
和平面
所成的二面角的大小为
，则
.这个方法对于无棱二面角的
S
S射影
cos
求解很简便.
★5.“模型法”
如下图，所示为四面体
，已知二面角
大小为
，其外接球问题的步骤
P
ABC
P
AB
C
如下：
（1）找出
和
的外接圆圆心，分别记为
和
．
△PAB
△ABC
1
O
2
O
（2）分别过
和
作平面
和平面
的垂线，其交点为球心，记为
．
1
O
2
O
PAB
ABC
O
（3）过
作
的垂线，垂足记为
，连接
，则
．
1
O
AB
D
2
O D
2
O D
AB
（4）在四棱锥
中，
垂直于平面
，如图所示，底面四边形
1
2
A
DO OO
AD
1
2
DO OO
1
2
DO OO
的四个顶点共圆且
为该圆的直径．
OD
如图，设
、
为面
与面
的外接圆圆心，其半径分别为
、
，两相交面的
1
O
2
O
PAB
CAB
1r
2r
二面角
记为
，公共弦为
的弦长为
，四面体
球
的半径
.
C
AB
P
AB
l2
P
ABC
O
R
两圆
、
的弦心距:
；
1
O
2
O
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
,
DO
r
l
DO
r
l
两圆
、
的圆心距:
，由于四边形
的
1
O
2
O
2
2
2
1
2
1
2
1
2
O O
DO
DO
DO
2 cos
MO
1
2
DO OO
四个顶点共圆且
为该圆的直径，而
，则由正弦定理：
OD
2
sin
1 cos
，于是外接球
的半径
可得，进一步整理：
1
2
sin
O O
DO
O
R
2
2
2
OA
DO
l
①
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
cos
sin
r
r
l
r
l
r
l
R
l
特别地，当
时，代入
可得：
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
cos
sin
r
r
l
r
l
r
l
R
l
②
2
2
2
2
1
2
l
r
r
R
★6.向量法
（1）如图①，
，
是二面角
的两个面内与棱垂直的直线，则二面角的
AB
CD
l
l
大小
．
,
AB CD
（2）如图②③，
，
分别是二面角
的两个半平面
的法向量，则二面角
1n
2n
l
,
的大小
满足：
①
；
1
2
1
2
1
2
cos
,
|
||
|
n
n
n n
n
n
②
1
2
cos
cos
,
n n
若二面角为锐二面角（取正），则
；
1
2
cos
| cos
,
|
n n
若二面角为顿二面角（取负），则
.
1
2
cos
| cos
,
|
n n
★7.三面角定理
由空间一点
出发不共面的三条射线
，
，
及相邻两射线所在平面构成的几何图
O
OA
OB
OC
形叫三面角，记为
．其中
叫做三面角的顶点，面
，
，
叫做三面
O
ABC
O
AOB
BOC
COA
角的面，
，
，
叫做三面角的三个面角，分别记为
，
，
，二面
AOB
BOC
AOC
角
、
、
叫做三面角的二面角，设二面角
的平面
A
OB
C
B
OA
C
A
OC
B
A
OC
B
角大小为
，则
.
x
cos
cos cos
cos
sin sin
x
证明：如图，
，
，在
上取一点
，过
在平面
AOB
,
BOC
AOC
OC
K
K
BOC
内作
，交
于
，过
在平面
内作
，交
于
，连接
，
KM
OC
OB
M
K
AOC
KN
OC
OA
N
MN
则
是二面角
的平面角，即
.设
，在直角三角形
NKM
A
OC
B
NKM
x
OM
m
OKM
中，
，在直角三角形
中，
，
cos
,
sin
OK
m
KM
m
OKN
cos
cos
m
ON
，在
中，
，
cos
sin
cos
tan
cos
m
KN
m
OMN
A
2
2
2
2
2
2
cos
cos
cos
2
cos
cos
m
MN
m
m
在
中，
，即为
KMN
△
2
2
2
2
cos
KM
KN
NM
KM KN
x
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
sin
cos
cos
cos
sin
2
cos
cos
cos
m
m
m
m
m
，
2
2 2 cos
cos
cos
cos
cos
sin
2
sin
cos
cos
cos
m
m
m
x
所以
.
cos
cos
cos
cos
sin
sin
x
★8.水坝模型
如图，甲站在水库底面上的点
处，乙站在水坝斜面上的点
处.从
到直线（库底
A
B
B
A,
l
与水坝的交钱）的距离
和
分别为
和
,
的长为
，
的长为
，则库底与
AC
BD
a
b CD
c
AB
d
水坝所成二面角的余弦值为：
)
(
2
cos
2
2
2
2
凌晨讲数学
ab
d
c
b
a
二．典例分析
1.定义法
例1（2024 年新高考1 卷）．如图，四棱锥
中，
底面ABCD，
P
ABCD
PA
2
PA
AC
，
．
1,
3
BC
AB
(1)若
，证明：
平面
；
AD
PB
//
AD
PBC
(2)若
，且二面角
的正弦值为
，求
．
AD
DC
A
CP
D
42
7
AD
解析：（2）如图所示，过点D 作
于
，再过点
作
于
，连接
，
DE
AC
E
E
EF
CP
F
DF
因为
平面
，所以平面
平面
，而平面
平面
，
PA
ABCD
PAC
ABCD
PAC
ABCD
AC
所以
平面
，又
，所以
平面
，根据二面角的定义可知，
DE
PAC
EF
CP
CP
DEF
即为二面角
的平面角，即
，即
．因为
DFE
A
CP
D
42
sin
7
DFE
tan
6
DFE
，设
，则
，由等面积法可得，
，又
AD
DC
AD
x
2
4
CD
x
2
4
2
x
x
DE
A
E
D
P
C
B
F
P
C
B
A
E
，而
为等腰直角三角形，所以
，
2
2
2
2
4
4
4
4
2
x
x
x
CE
x
EFC
A
2
4
2 2
x
EF
故
，解得
，即
．
2
2
4
2
tan
6
4
2 2
x
x
DFE
x
3
x
3
AD
2.三垂线法
例2.如图，在底面为直角梯形的四棱锥
中，
，
P
ABCD
90
AD
BC
ABC
∥
，
°
平面
．
．
PA
ABCD
3
2
2 3
6
PA
AD
AB
BC
，
，
，
（1）求证：
平面
；
BD
PAC
（2）求二面角
的大小．
P
BD
A
D
解析：（1）
平面
，
平面
．
．
PA
⊥
ABCD
BD
ABCD
BD
PA
⊥
又
，
．
，
，
3
tan
3
AD
ABD
AB
tan
3
BC
BAC
AB
30
ABD
∠
60
BAC
∠
，即
．又
．
平面
．
90
AEB
∠
BD
AC
⊥
PA
AC
A
BD
⊥
PAC
（2）过
作
，垂足为
，连接
．
平面
，
是
在平面
E
EF
PC
⊥
F
DF
DE
⊥
PAC
EF
DF
上的射影，由三垂线定理知
，
为二面角
的平面
PAC
PC
DF
⊥
EFD
∠
A
PC
D
角．
又
，
，
90
30
DAC
BAC
∠
∠
sin
1
DE
AD
DAC
，又
，
，
．
sin
3
AE
AB
ABE
4 3
AC
3 3
EC
8
PC
由
得
．
Rt
Rt
EFC
PAC
△
∽
△
3 3
2
PA EC
EF
PC
A
在
中，
，
．
Rt
EFD
△
2 3
tan
9
DE
EFD
EF
2 3
arctan
9
EFD
∠
二面角
的大小为
．
A
PC
D
2 3
arctan
9
3.垂面法
例3．已知二面角
等于
，二面角内一点
满足，
，
，
a
120
P
PA
A
，
．
，
．则点
到棱
的距离为
．
PB
B
4
PA
6
PB
P
a
3
21
4
解析：如图所示，
与
确定平面
，与交于点
，则
，
，
PA
PB
l
E
a
BE
a
AE
即为二面角的平面角，
，从而
，又
，
BEA
120
BEA
60
BPA
4
PA
．
6
PB
．
7
2
28
cos
2
2
2
BPA
PB
PA
PB
PA
AB
，则点
到棱
的距离是
．故答案为：
3
21
4
2
3
7
2
60
sin
2
AB
R
PE
P
a
3
21
4
．
3
21
4
例3 图 例4 图
4 射影法
例4.如图，已知四棱锥
的底面是边长为的正方形，
面
，
ABCD
S
1
SD
AC
3
SB
.求面
与面
所成的二面角的大小。
ASD
BSC
解析：
面
，
面
，
.又
四边形
是正方形，
SD
AC
CD
AC
CD
SD
ABCD
.而
，
面
.又
，
面
.
CD
AD
D
SD
AD
CD
ASD
CD
AB //
BA
ASD
在面
的射影是
，设它们的面积分别为
和
，所成的二面角为
.
SBC
SAD
SAD
S
'S
,3
,1
,
90
SB
BC
SCB
1
,
2
2
2
2
2
CD
SC
SD
BC
SB
SC
.故
.
2
2
'
cos
,
2
1
2
1
'
.
2
2
2
1
S
S
SD
AD
S
SC
BC
S
4
所以面
与面
所成的二面角的大小为
.
ASD
BSC
4
5.模型法
例5．在边长为的菱形
中，
，将菱形沿对角线
折起，使折起后
1
ABCD
60
ABC
AC
，则二面角
的余弦值为
1
BD
D
AC
B
(
)
A．
B．
C．
D．
3
1
2
1
3
2
2
2
3
解析：取
中点
，连接
，
，则
，
；
AC
E
BE
DE
AC
DE
AC
BE
便是二面角
的平面角；在
中，
，
，
BED
D
AC
B
CDE
Rt
30
EDC
1
CD
；
，同样
，又
；
由余弦定理得：
90
DEC
2
3
DE
2
3
BE
1
BD
．故选：A.
3
1
2
3
1
4
3
4
3
cos
BED
例5 图 例6 图
例6．如图，
的二面角的棱上有
两点，直线
，
分别在这个二面角的两个
60
B
A,
AC
BD
半平面内，且都垂直于
．已知
，
，
，则
的长为
AB
4
AB
6
AC
8
BD
CD
(
)
A．
B．
C．
D．
17
7
17
2
9
解析：由模型2 可知：C.
例7.已知
是半径为
的球体表面上的四点，
，
，
, ,
,
A B C D
5
2
AB
90
ACB
，则平面
与平面
的夹角的余弦值为（ ）
30
ADB
CAB
DAB
A．
B．
C．
D．
6
2
4
1
2
1
3
3
3
解析：解法1.（几何推导）
设球心为
，分别取
，
的外接圆圆心为
，连接
，
O
ABC
A
ABD
△
,
E F
,
,
OE EF OF
∵
，∴点
为
中点，则
，由
为
外心，故
，
90
ACB
E
AB
1
EA
EB
F
ABD
△
FA
FB
则
，由题意可得
平面
，故平面
与平面
的夹角，即为
FE
AB
OE
ABC
CAB
DAB
OEF
的余角.在
中，
，
，则由正弦定理可得
ABD
△
2
AB
30
ADB
，
2
2
2sin30
FA
FB
FD
由球
的半径为
，故
，
,由
平面
，
平
O
5
2
5
2
1
OF
2
5 1
2
OE
OF
DAB
EF
面
，可得
，则
中，
,即
，故平面
DAB
OF
EF
Rt
OEF
△
1
sin
2
OF
OEF
OE
30
OEF
与平面
的夹角为
，故其余弦值为
.故选:B.
CAB
DAB
60
1
2
（解法2.二级结论）
由于设
分别为面
，面
的外接圆半径，则
，代
2
1,r
r
ABC
ABD
2
,2
,1
,5
2
1
l
r
r
R
入：
，可得：
，故平面
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
cos
sin
r
r
l
r
l
r
l
R
l
30
OEF
CAB
与平面
的夹角为
，故其余弦值为
.
DAB
60
1
2
6. 向量法
例8.（2024 年新高考1 卷）．如图，四棱锥
中，
底面ABCD，
P
ABCD
PA
2
PA
AC
，
．
1,
3
BC
AB
(1)若
，证明：
平面
；
AD
PB
//
AD
PBC
(2)若
，且二面角
的正弦值为
，求
．
AD
DC
A
CP
D
42
7
AD
解析：（2）设
，
，则
①，因
，如图，
AD
m
DC
n
2
2
4
m
n
AD
DC
过点
作
的平行线
，分别以
所在直线为
轴建立空间直角坐标系
D
PA
Dz
,
,
DA DC Dz
, ,
x y z
.此时有
因
设平面
D
xyz
(0,0,0), ( ,0,0),
(0, ,0), ( ,0,2).
D
A m
C
n
P m
(
, ,0),
(0,0,2),
AC
m n
AP
的法向量为
，则
，故可取
；又
PAC
( , , )
n
x y z
0
2
0
n AC
mx
ny
n AP
z
( ,
,0)
n
n m
设平面
的法向量为
，则
(0, ,0),
( ,0,2),
DC
n
DP
m
PCD
( ,
,
)
m
x y z
0
2
0
m DC
ny
m DP
mx
z
，故可取
；则
，由题意，
(2,0,
)
m
m
2
2
2
2
2
cos
,
|
||
|
4
4
m n
n
n
m n
m n
m
n
m
m
，即
②，联立① ② ，解得
故
2
42
1 cos
,
7
m n
ur r
2
2
42
1
4
7
n
m
2
2
3,
1,
m
n
|
|
3.
AD
m
例9.（25 届高三八省联考） 在平面四边形
中，
，
ABCD
1
AB
AC
CD
，将
沿AC 翻折至
，其中P 为动点.
30 ,
120
ADC
DAB
ACD
A
ACP
△
（1）设
，三棱锥
的各个顶点都在球O 的球面上．
PC
AB
P
ABC
（i）证明：平面
平面
；
PAC
ABC
（ii）求球O 的半径
（2）求二面角
的余弦值的最小值.
A
CP
B
解析：（1）在
中，由
，
得
，
ACD
A
1
AC
CD
30
ADC
30
CAD
ADC
所以
，且
2
cos
2 1 cos30
3
AD
AC
DAC
120
30
90
BAC
DAB
CAD
，即
，
AB
AC
（2）在平面
中，过P 作
于G，在平面
中，过G 作
，因
PAC
PG
AC
ABC
GM
AC
平面
,则
平面
.则由（1）
,
,
GM
PG
G GM PG
PGM
AC
PGM
，设
，以G 为原点，
3
3
3 cos30
,
3sin30
2
2
AG
PG
,
0,180
PGM
分别为x 轴和y 轴正方向，
,
GM CG
建立如图所示的空间直角坐标系
，则点
在平面
内，
G
xyz
P
xGz
则
，所以
3
3
1
3
3
,
,
,
,
0,0,0
0,
,0
1,
,0
0,
,0
cos ,0,
sin
2
2
2
2
2
G
A
B
C
P
，设平面
一个法向量分别为
3
1
3
0, 1,0 ,
1, 1,0 ,
cos ,
,
sin
2
2
2
CA
CB
CP
PAC
，则
，即
，取
，
1
1
1
,
,
m
x y z
m
CA
m
CP
1
1
1
1
0
3
1
3
cos
sin
0
2
2
2
m CA
y
m CP
x
y
z
1
sin
x
则得
；平面
的一个法向量为
，则
，
sin ,0, cos
m
PBC
2
2
2
,
,
x
n
y z
n
CB
n
CP
即
，取
，则得
，
2
2
2
2
2
0
3
1
3
cos
sin
0
2
2
2
n CB
x
y
n CP
x
y
z
2
1
x
3 cos
1
1,1,
3sin
n
所以
，
2
2
cos
3 cos
1
sin
cos
3
3sin
cos
,
3cos
2 3 cos
7
3 cos
1
2
3sin
m n
m n
m n
令
，则由
得
，则
，
cos
3
t
0,180
3
1, 3
1
t
1
3
1
3
1
,
2
2
t
于是
2
2
cos
,
3
8 3
8
3
2 3
7
3
3
t
t
m n
t
t
t
t
，当且仅当
即
时等号成
2
2
1
1
1
3
3
3
8
8 3
1
3
3
8
3
2
t
t
t
1
3
2
t
2 3
3
t
立，
所以二面角
的余弦值的最小值为
.
A
CP
B
3
3
7.三面角定理
例10.（25 届高三八省联考） 在平面四边形
中，
，
ABCD
1
AB
AC
CD
，将
沿AC 翻折至
，其中P 为动点.
30 ,
120
ADC
DAB
ACD
A
ACP
△
（1）设
，三棱锥
的各个顶点都在球O 的球面上．
PC
AB
P
ABC
（i）证明：平面
平面
；
PAC
ABC
（ii）求球O 的半径
（2）求二面角
的余弦值的最小值.
A
CP
B
解析：（1）在
中，由
，
得
，
ACD
A
1
AC
CD
30
ADC
30
CAD
ADC
所以
，且
2
cos
2 1 cos30
3
AD
AC
DAC
120
30
90
BAC
DAB
CAD
，即
，
AB
AC
（2）设二面角
的大小为
，根据三面角定理：
B
CP
A
，设
，考
BCP
BCP
BCP
ACP
BCP
ACP
ACB
sin
2
3
cos
2
1
2
2
sin
sin
cos
cos
cos
cos
BCP
虑函数
，所以二面角
的余弦值的最小值为
.
3
3
sin
2
cos
3
3
)
(
f
A
CP
B
3
3
例11. （2024 年新高考1 卷）如图，四棱锥
中，
底面ABCD，
P
ABCD
PA
，
．
2
PA
AC
1,
3
BC
AB
（1）若
，证明：
平面
；
AD
PB
//
AD
PBC
（2）若
，且二面角
的正弦值为
，求
．
AD
DC
A
CP
D
42
7
AD
解析：（2）由于
，故
面
，则
，假设
PA
CD
AD
CD
,
CD
PAD
PD
CD
x
CD
，那么
，
2
4
sin
,
2
cos
2x
ACD
x
ACD
，
2
2
8
sin
,
2
2
cos
2
x
DCP
x
DCP
. 由三面角定理可得：
2
2
cos
ACP
，故
.
1
sin
sin
cos
cos
cos
7
42
x
DCP
ACP
DCP
ACP
ACD
3
AD
三．习题演练
1.如图，四棱柱
的底面
是菱形，
平面
，
，
1
1
1
1
ABCD
A B C D
ABCD
1
AA
ABCD
1
AB
，
，点
为
的中点.
1
2
AA
60
BAD
P
1
DD
(1)求证：直线
平面
；
1
BD ∥
PAC
(2)求证：
；
1
BD
AC
(3)求二面角
的余弦值.
1
B
AC
P
解析：（1）设
和
交于点
，连接
，如图，由于
，
分别是
，
的中
AC
BD
O
PO
P
O
1
DD
BD
点，故
，∵
平面
，
平面
，所以直线
平面
.
1
PO
BD
∥
PO
PAC
1
BD
PAC
1
BD ∥
PAC
（2）在四棱柱
中，底面
是菱形，则
，又
平面
1
1
1
1
ABCD
A B C D
ABCD
AC
BD
1
DD
，且
平面
，则
，∵
平面
，
平面
ABCD
AC
ABCD
1
DD
AC
BD
1
1
BDD B
1
D D
1
1
BDD B
，
∴
平面
.
平面
，∴
.
1
BD
D D
D
AC
1
1
BDD B
1
BD
1
1
BDD B
1
BD
AC
（3）连接
，
，因为
，
是
中点，所以
，因为
平面
1B P
1B O
PA
PC
O
AC
PO
AC
AC
，
平面
，所以
，∴
为二面角
的平面角，
1
1
BDD B
1
B O
1
1
BDD B
1
B O
AC
1
B OP
1
B
AC
P
，
，
，
由余弦定理可知
2
2
1
1
17
2
( )
2
2
B O
2
2
1
5
1
( )
2
2
PO
2
2
1
1
1
2
B P
，∴二面角
的余弦值为
2
2
2
1
1
1
1
5
17
2
7 85
4
4
cos
2
85
5
17
2
2
2
PO
OB
PB
B OP
PO OB
1
B
AC
P
.
7 85
85
2.如图，直三棱柱
的体积为
，
的面积为
．
1
1
1
ABC
A B C
4
1A BC
△
2 2
（1）求
到平面
的距离；
A
1A BC
（2）设
为
的中点，
，平面
平面
，求二面角
的
D
1AC
1
AA
AB
1A BC
1
1
ABB A
A
BD
C
正弦值．
解析：（1）设
到平面
的距离为
，
，
A
1A BC
h
1
1 1 1
1
1
1
1
4
4
3
3
3
3
A
ABC
ABC
ABC
A B C
V
S
A A
V
△
A
B
C
A1
B1
C1
D
，所以
，所以
，所以
到平面
1
1
1
1
2 2
3
3
A A BC
A BC
V
S
h
h
△
1
4
2 2
3
3
h
2
h
A
1A BC
的距离为
．
2
（2）取
的中点
，连接
，因为
，所以
1A B
E
AE
1
AA
AB
，因为平面
平面
，平面
平面
1
AE
A B
1A BC
1
1
ABB A
1
A BC
，所以
平面
,
，则
，
1
1
1
ABB A
A B
AE
1A BC
= 2
AE
1
=2
AA
AB
所以
，因为直三棱柱
，所以
，
AE
BC
1
1
ABC
A B C
1A A
BC
因
为
，
所
以
平
面
，
所
以
，
由
1
AE
A A
A
BC
1
ABB A
BC
AB
，所以
，以
为
轴，
为
轴，
1 1 1
1
1
1
=
2
2=4
2
2
ABC
A B C
V
AB BC A A
BC
=2
BC
BC
x
BA
y
为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
1
BB
z
所以
，
，
，
，
，
(0,0,0)
B
(0,2,0)
A
(2,0,0)
C
1(0,2,2)
A
(0,1,1)
E
(1,1,1)
D
平面BDC 的法向量设为
，平面BDA 的法向量设为
，
1
(0, 1,1)
n
AE
2
( , , )
n
x y z
，
，
，所以
，所以
，设
，则
(0,2,0)
BA
(1,1,1)
BD
2
2
0
0
BA n
BD n
A
A
2
0
0
y
x
y
z
0
y
1
x
，所以
，所以
，设二面角
的平
1
z
2
(1,0, 1)
n
1
2
1
2
2
1
1
cos
2
|
| |
|
A
，
n n
n n
n
n
A
BD
C
面角为
，则
，所以二面角
的正弦值为
2
3
sin
1
cos
2
A
BD
C
A
B
C
A1
B1
C1
D
E
x
y
z
