1
1.2.4 二面角
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:
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
α
l β
，若A∈α，B∈β，则二面角也可以记作A l B ，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＝〈
n 1，
n 2〉或θ＝π
－〈
n 1，
n 2〉，sin θ＝sin
〈
n 1，
n 2〉．
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
2
图形
关系
θ＝φ
θ＝π－φ
计算
cos θ＝cos φ
cos θ＝－cos φ
【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A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P(0,0,1)，
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¿，令x =1，则y =0, z =1，
所以⃗m=(1,0,1)，
3
设平面PAD与平面PBC所成的角为θ，则cosθ =|⃗m⋅⃗AB|
|⃗m||⃗AB|
= 1
√2 = √2
2 ，
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．1
B．－1
C．－1 或1
D．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 ,0,1)
√2⋅√1+t
2
=± 1
2，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−A1B1C1 D1中，P为A1B1的中
点，点Q在正方形C C1 D1 D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2√5
5
D．记直线PQ与平面A A1B1B所成角为θ，则sinθ的取值范围是[
2
3 ,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
A A1B1B法向量后借助空间向量夹角公式计算即可得.
4
【详解】以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有D (0,0,0)，P(2,1,2)，设Q (0,m,n)，0≤m≤2，0≤n≤2，
对A：|PQ|=√2
2+(m−1)
2+(2−n)
2=√5，故(m−1)
2+(n−2)
2=1，
则点Q的轨迹为以(0,1,2)为圆心，1为半径，且在正方形C C1 D1 D内部的半圆，
则点Q的轨迹长度为1
2 ×2π×1=π，故A 正确；
对B：⃗PQ =(−2,m−1,n−2)，A1(2,0,2)，B (2,2,0)，
则⃗D A1=(2,0,2)，⃗DB =(2,2,0)，令平面A1BD的法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，
则有¿，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|=√2
2+(m−1)
2+(2−n)
2=√4 +n
2+(n−2)
2=√2n
2−4 n+8
=√2⋅√(n−1)
2+3≥√6，故B 错误；
对C：A (2,0,0)，⃗AQ =(−2,m,n)，⃗BQ =(−2,m−2,n)，
设平面ABQ的法向量为⃗α =(x2, y2, z2)，
则有¿，
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|cos⟨⃗α ,⃗β⟩|= |⃗α ⋅⃗β|
|⃗α|⋅|⃗β|
=
n
√n
2+ 4
=
√
1
1+ 4
n
2
，
由A 知(m−1)
2+(n−2)
2=1，故(m−1)
2=1−(n−2)
2≥0，即n∈[1,2]，
则|cos⟨⃗α ,⃗β⟩|=
√
1
1+ 4
n
2
∈[
√5
5 , √2
2 ]，
故二面角Q−AB−P的余弦值的最小值是√5
5 ，故C 错误；
5
对D：⃗PQ =(−2,m−1,n−2)，平面A A1B1B法向量为⃗β =(1,0,0)，
则sinθ =|cos⟨⃗PQ ,⃗β⟩|= |⃗PQ⋅⃗β|
|⃗PQ|⋅|⃗β|
=
2
√4 +(m−1)
2+(2−n)
2，
由0≤m≤2，0≤n≤2，则(m−1)
2+(2−n)
2∈[0,5]，
故sinθ =
2
√4 +(m−1)
2+(2−n)
2 ∈[
2
3 ,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 =π
4 ，∠MHN =π
3
，那么二面角α −AB−β的大小为
6
（ ）
A．π
2
B．π
3
C．π
4
D．π
6
【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 =π
4 ，
所以MH = NH =√2，MQ = NQ =1，
因为∠MHN =π
3
，所以MN =√2，可得M Q
2+ N Q
2= M N
2，
所以MQ⊥NQ，即二面角α −AB−β的大小为π
2 .
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】−1
3.
【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
7
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 =2√2.
在△AEB中，EG = √3
2 AB =√3，同理GF =√3
在△EGF中， 由余弦定理， 可得cos∠EGF = EG
2+ F G
2−E F
2
2⋅EG⋅FG
=
3+3−8
2×√3×√3 =−1
3
故答案为：−1
3.
变式2 ．（23-24 高二下· 贵州铜仁· 期末）如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，
AB =5,BC =3,B B1= 4 , P为矩形A1B1C1 D1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A1B1C1 D1=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)√5
5 .
【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.
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【详解】（1）在平面A1B1C1 D1内过点P作EF // B1C1分别交C1 D1, 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−A1B1C1 D1中，BC // B1C1// EF，
又平面AB B1 A1//平面CD D1C1，平面α ∩平面AB B1 A1= BF，平面α ∩平面CD D1C1=CE，
于是BF //CE，四边形BCEF为平行四边形，又BC ⊥平面AB B1 A1，BF ⊂平面AB B1 A1，
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B B1= 4，∠B B1 F =90
∘，得B1 F =3, A1 F =2，又∠A A1 F =90
∘，则AF =2√5，
由（1）知，EF // BC，则EF ⊥平面AB B1 A1，而AF ,BF ⊂平面AB B1 A1，
因此EF ⊥BF , EF ⊥AF，二面角A −l−B的平面角为∠BFA，
在△ABF中，AB = BF，则cos∠BFA =
1
2 AF
BF = √5
5
，
所以二面角A −l−B的余弦值为√5
5 .
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°，
9
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 = π
4 .
(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)√2
2
【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= 1
2 AD，
∵CN ∥AD，CN = 1
2 AD，
∴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，
10
∵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，A P
2= A C
2+ PC
2−2 AC ⋅PC cosπ
4 =17，
在△AEP中，P E
2= A C
2−A E
2=17−4 =13，
设OF = x，则OE = 4−x，
则PO
2=13−(4−x)
2=5−x
2，解得x =1，
可得PO =√5−1=2，PG =√3
2−1=2√2，
所以在Rt△PGO中，cos∠PGO = GO
PG =
2
2√2 = √2
2 .
即二面角D−BC −P的平面角的余弦值为√2
2 .
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；
11
(3)若SA = SC =√2，BC = 1
2 AC，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)√6
3
【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 = 1
2 AC，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cos∠BSC = SC
CB = √6
3 ，所以二面角B−AS−C的平面角的余弦值为√6
3 ．
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1
2.
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)√5
5
【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V E−ACD= 1
3 S△ADC⋅EM = 1
3 × 1
2 ×2×√3⋅EM =1，所以EM = √3
2 ，
所以BE =1；
13
（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 = EM
EN = √5
5 .
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；
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（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 = 1
2 CD，BD = √3 BC，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 =2 PQ = 2√2 AB =2√2, 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．√10
10
B．3√10
10
C．6√37
37
D．√37
37
【答案】C
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【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 =√DC
2+ M C
2−2 DC ⋅MC cos 45
∘=1，
所以D M
2+ DC
2=C M
2，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 =3V A −PEM +V 四棱锥❑P−CDEM =3V P−AEM +V 四棱锥❑P−CDEM
= S△AEM ×ℎ+ 1
3 S四边形CDEM ×ℎ= S△AEM ×ℎ+ 1
3 ×2S△AEM ×ℎ= 5
3 S△AEM ×ℎ= 5
3 × 1
2 ×√2×1×sin3π
4 ℎ=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),C (1,−1,0)，
D (1,0,0), P(0,0,6),Q (−1,1,6), M (0,0,0)．
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¿即¿取⃗m=(6,0,1)．
所以cosθ = |⃗m⋅⃗n|
|⃗m|⋅|⃗n|= 6√37
37
，平面PAD与平面PMD夹角的余弦值为6√37
37
．
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
16
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|⃗AB|
2=|⃗b−⃗a|
2=⃗b
2+⃗a
2−2⃗a⋅⃗b，解得⃗a⋅⃗b=20，
可得cos⟨⃗a,⃗b⟩=⃗a⋅⃗b
|⃗a|⋅|⃗b|
= 20
5×8 = 1
2，
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 =π
2 ，AB = PA = 1
2 CD =1，BC =2√2，M为PD的中点，则二面角M −BC −A的余弦值为
（ ）
17
A．3√10
10
B．√10
10
C．√5
5
D．2√5
5
【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 =π
2 ，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 = 1
2 CD =1，BC =2√2，M为PD的中点，
所以A (0,0,0),B (0,1,0),C (2√2,1,0), P(0,0,1), D(2√2,−1,0), M(√2,−1
2 , 1
2)，
所以⃗BC =(2√2,0,0),⃗BM =(√2,−3
2 , 1
2)，
设平面BCM的法向量为⃗n=(x , y , z)，则¿，
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−A1B1C1 D1中，E为棱A A1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
（ ）
18
A．[0, √2
2 ]
B．[
√3
3 , √2
2 ]
C．[0, √3
3 ]
D．[0, √5
5 ]
【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¿，即¿，
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cosθ =|cos ⟨⃗n,⃗m⟩|= |⃗n⋅⃗m|
|⃗n|⋅|⃗m|=
|n−1|
√1+m
2(n−1)
2+(n−1)
2，因为m,n∈[0,1]，
则cosθ =
1−n
√1+m
2(n−1)
2+(n−1)
2，
19
当n=1时，cosθ =0，
当n≠1时，
cosθ =
1
√
1
(1−n)
2 +m
2+1，当n∈[0,1)，m∈[0,1]，
则(1−n)
2∈(0,1]，m
2∈[0,1]，则
1
(1−n)
2 ∈[1,+∞)，
则当n=0,m=0时，分母取到最小值√2，此时(cosθ)max = √2
2 ，
当n→1，n>0时，则
1
√
1
(n−1)
2 +m
2+1
→0
，此时cosθ∈(0, √2
2 ]，
综上cosθ∈[0, √2
2 ]，
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PQ
QC ；
(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) 8
91 √91.
【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PQ
QC 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.
20
【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, QE
CD = 2
3，
则PQ
QC =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),
C(
9
2 , 3√3
2
,0), P(0,0,4), D(−9
2 , 3√3
2
,0)
，
则⃗DC =(9,0,0),⃗PC =(
9
2 , 3√3
2
,−4).
设平面PCD的法向量为⃗n2=(x ,y,z)，
则¿
令y =8，可得⃗n2=(0,8,3√3).
设平面PAB与平面PCD夹角为θ ,cosθ =|cos⟨⃗n1,⃗n2⟩|=|
8
√91|= 8
91 √91.
故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为8
91 √91.
21
变式5．（23-24 高二下·云南红河·期末）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1 D1中，底面ABCD 是边长为
2 的正方形，D D1⊥平面ABCD，AB =2 A1B1，D D1=1，P 为AB 的中点.
(1)求证：D1 P//平面BC C1B1；
(2)求平面AB B1 A1与平面BC C1B1夹角的大小.
【答案】(1)见解析
(2)π
3
【分析】（1）利用空间向量证明D1 P// 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，D D1⊥平面ABCD，
故D D1，DA，DC两两垂直.
以D为原点，DA , DC , D D1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−A1B1C1 D1中，AB =2 A1B1=2，D D1=1，P 为AB 的中点，
故D1(0,0,1), A(2,0,0),B(2,2,0),B1(1,1,1),C (0,2,0),C1(0,1,1), P(2,1,0),
则⃗D1 P =(2,1,−1),⃗BC1=(−2,−1,1),
所以⃗D1 P =−⃗BC1，即D1 P// BC1，
且D1 P⊄平面BC C1B1，BC1⊂平面BC C1B1，
故D1 P//平面BC C1B1.
22
（2）由（1）知，⃗BC =(−2,0,0),⃗BC1=(−2,−1,1),⃗AB =(0,2,0),⃗A B1=(−1,1,1),
设平面BC C1B1的法向量为⃗n1=( x1, y1, z1),
则¿
令y1=1，解得⃗n1=(0,1,1),
设平面AB B1 A1的法向量为⃗n2=( x2, y2, z2),
则¿
令x2=1，解得⃗n2=(1,0,1),
故cos⟨⃗n1,⃗n2⟩=⃗n1⋅⃗n2
|⃗n1||⃗n2|
= 1
2 ,
故平面AB B1 A1与平面BC C1B1的夹角为π
3 .
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)√6
6
(3)arctan√5
【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.
23
【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+ x
2，
|QD|
2=|QC |
2+|CD|
2=(a−x)
2+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+ x
2=2+ x
2，
|PD|
2=|PA |
2+| AD|
2=1+a
2，
假设存在点Q，使得PQ⊥QD，
由|PD|
2=|PQ|
2+|QD|
2，得1+a
2=2+ x
2+(a−x)
2+1，
即x
2−ax +1=0①，
其判别式为Δ=a
2−4，
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0<a<2时，Δ<0，方程①无实根，即不存在点Q，使得PQ⊥QD；
（2）由（1）知，当BC边上仅有一个点Q，使得PQ⊥QD时，
a=2，x =1，
即BC =2，Q为BC中点，
此时，|AQ|=√2，|QD|=√2，|AD|=2，
所以|AQ|
2+|QD|
2=| AD|
2，
即QD⊥AQ，
又因为QD⊥PQ，AQ∩PQ =Q，AQ , PQ⊂平面APQ，
所以QD⊥平面APQ，
因为QD⊂平面PDQ
所以平面PDQ⊥平面APQ，
如图①所示，过点A作AE⊥PQ，垂足为E，
则AE⊥平面PDQ，
24
所以∠ADE为AD和平面PDQ所成的角，
在Rt△PAQ中，|AE|⋅|PQ|=|PA|⋅|AQ|，
所以|AE|=|PA|⋅|AQ|
|PQ|
= 1×√2
√3
= √6
3 ，
在Rt△ADE中，sin ∠ADE =|AE|
|AD|= √6
6 ；
（3）如图②所示，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，
因为AD⊥AB , AD⊥PA , AB∩PA = A , AB , PA ⊂平面PAB，
所以AD⊥平面PAB，
因为PF ⊂平面PAB，
所以AD⊥PF，
又因为AH ⊥PF , AD∩AH = A , AD , AH ⊂平面ADH，
所以PF ⊥平面ADH，
所以PF ⊥DH，
所以∠AHD即为平面PQD与平面PAB所成角，
由（2）知Q为BC中点，
因为BQ // AD，
所以B为AF中点，
即|AF|=2，
所以|PF|=√|AF |
2+|AP|
2=√4 +1=√5，
在Rt△PAF中，|AH|⋅|PF|=|PA|⋅|AF|，
所以|AH|=|PA|⋅|AF|
|PF|
= 1×2
√5 = 2√5
5
，
在Rt△AHD中，
tan ∠AHD =|AD|
|AH|=2×
5
2√5 =√5，
所以∠AHD =arctan√5，
即平面PQD与平面PAB所成角的大小为arctan√5．
25
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了线线垂直、线面角及二面角，解题的关键在于通过辅助线作出线面
角、二面角，计算量较大，容易出错.
变式7．（23-24 高二下·安徽亳州·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面矩形ABCD垂直于侧面
PAD，且PA ⊥AD , E、F分别是棱AD、PC的中点，AD =√2 AP =√2 AB．
(1)证明：PC ⊥平面BEF；
(2)若AD =√2，求二面角F −BE−C的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)√3
2
【分析】（1）由面面垂直可得BA ⊥平面PAD，则BA ⊥PA，由几何知识可得EF ⊥PC，BF ⊥PC，
结合线面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系标点，可得平面BEF、平面ABCD的法向量，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）因为ABCD为矩形，则BA ⊥AD，
且平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD = AD ,BA ⊂平面PAD，
则BA ⊥平面PAD，且PA ⊂平面PAD，所以BA ⊥PA．
26
连接PE、EC．
在Rt△PAE和Rt△CDE中，PA = AB =CD , AE = DE，
可知Rt△PAE全等于Rt△CDE．则PE =CE，
且F是PC的中点，则EF ⊥PC．
在Rt△PAB中，PB =√P A
2+ A B
2=√2 AB = AD = BC，
而F是PC的中点，则BF ⊥PC．
且BF ∩EF = F，BF , EF ⊂平面BEF，所以PC ⊥平面BEF．
（2）以A 为坐标原点，AP , AD , AB所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标
系A −xyz，
则P(1,0,0),C (0,√2,1)，可得⃗PC =(−1,√2,1)，
由（1）知，⃗PC =(−1,√2,1)是平面BEF的法向量，
且平面ABCD的法向量是⃗AP =(1,0,0)．
可得cos⟨⃗PC ,⃗AP⟩=⃗PC ⋅⃗AP
|⃗PC|⋅|⃗AP|
=−1
2．
所以二面角F −BE−C的正弦值为√1−(−1
2)
2
= √3
2
．
【方法技巧与总结】
求面面角的步骤
27
第一步 首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系并标出相应点的空间坐标；
第二步 然后根据已知条件求出各自所求平面的法向量；
第三步 由向量的数量积计算公式即可得出结论.
【题型3：动点探索性习题】
例3．（22-23 高二上·全国·阶段练习）如图，在多面体ABCDES中，SA ⊥平面ABCD，四边形
ABCD是正方形，且DE // SA，SA = AB =2 DE，M , N分别是线段BC ,SB的中点，Q是线段DC上的一
个动点（含端点D ,C），则下列说法正确的是（ ）
A．不存在点Q，使得NQ⊥SB
B．存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60
∘
C．当点Q自D向C处运动时，二面角N −MQ−A的平面角先变大后变小
D．当点Q自D向C处运动时，二面角N −MQ−A的平面角先变小后变大
【答案】D
【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，由⃗NQ⋅⃗SB =2(m−1)+2=0,0≤m≤2即可判断；对于B，
|cos⟨⃗NQ ,⃗SA⟩|=
1
√(m−1)
2+5
= 1
2即可判断；对于CD，
cos ⟨⃗m,⃗n⟩=
1
√2⋅√( 1
t −1
2 )
2
+ 3
4
，1
t ∈[
1
3 ,1]即
可判断.
【详解】以A为坐标原点，⃗AB ,⃗AD ,⃗AS正方向为x , y , z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
28
设DE =1，则SA = AB =2；
∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，E (0,2,1)，S (0,0,2)，N (1,0,1)，M (2,1,0)；
对于A，假设存在点Q (m,2,0)(0≤m≤2)，使得NQ⊥SB，则⃗NQ =(m−1,2,−1)，
又⃗SB =(2,0,−2)，
∴⃗NQ⋅⃗SB =2(m−1)+2=0，解得：m=0，即点Q与D重合时，NQ⊥SB，A 错误；
对于B，假设存在点Q (m,2,0)(0≤m≤2)，使得异面直线NQ与SA所成的角为60
∘，
∵⃗NQ =(m−1,2,−1)，⃗SA =(0,0,−2)，
∴|cos⟨⃗NQ ,⃗SA⟩|= |⃗NQ⋅⃗SA|
|⃗NQ|⋅|⃗SA|
=
1
√(m−1)
2+5
= 1
2，方程无解；
∴不存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60
∘，B 错误；
对于C，D，由上分析知：⃗NQ =(m−1,2,−1)，⃗NM =(1,1,−1)，若⃗m=( x , y , z)是面NMQ的法向量，
则¿，令x =1，则⃗m=(1,2−m,3−m)，
而面AMQ的法向量⃗n=(0,0,1)，
所以cos ⟨⃗m,⃗n⟩=⃗
m⋅⃗n
|⃗m||⃗n| =
3−m
√1+(2−m)
2+(3−m)
2，令t =3−m∈[1,3]，
则
cos ⟨⃗m,⃗n⟩=
t
√1+(t −1)
2+t
2 =
1
√2⋅√( 1
t −1
2 )
2
+ 3
4
，而1
t ∈[
1
3 ,1]，
由Q从D到C的过程，m由小变大，则t由大变小，即1
t 由小变大，
所以cos ⟨⃗m,⃗n⟩先变大，后变小，由图知：二面角恒为锐角，故二面角先变小后变大，C 错误D 正确.
故选：D.
变式1．（多选）（23-24 高二上·山东淄博·期中）如图，正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，线段
B1 D1上有两个动点E，F（E 在F 的左边）且EF =√2，下列说法错误的是（ ）
29
A．当E，F 运动时，存在点E，F 使得AE⊥CF
B．当E，F 运动时，存在点E，F 使得AE // BF
C．当E 运动时，二面角E−AB−C最小值为45°
D．当E，F 运动时，二面角A −EF −B的余弦值为定值1
3．
【答案】ABD
【分析】利用垂直关系的坐标表示求解选项A；利用平行关系求解选项B；利用空间向量的坐标运算，表示
出二面角的余弦值求解选项C,D.
【详解】
以C为坐标原点，CD,CB,C C1分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
对于A，则A(2,2,0),B(0,2,0),C(0,0,0), D(2,0,0), D1(2,0,2)，
由于EF =√2，设E(t ,2−t ,2), F(t −1,3−t ,2),(1≤t ≤2),
则⃗AE =(t −2,−t ,2),⃗CF =(t −1,3−t ,2)，
则⃗AE⋅⃗CF =2t
2−6t +6=2(t −3
2)
2
+ 3
2 >0，
所以E，F 运动时，不存在点E，F 使得AE⊥CF，A 错误;
对B，若AE // BF，则A ,B ,B1, D1四点共面，
与AB与B1 D1是异面直线矛盾，B 错误;
对C，设平面ABE的法向量为⃗m=( x , y , z). 又⃗AB =(−2,0,0),
¿,令y =2，可得⃗m=(0,2,t )，
平面ABC的法向量可取为⃗n=(0,0,1)，
故
cos<⃗m,⃗n>=⃗
m⋅⃗n
|⃗m||⃗n|
=
t
√t
2+ 4
=
1
√
1+ 4
t
2
，
因为1≤t ≤2，所以函数y =√
1+ 4
t
2在[1,2]单调递减，
30
所以√
1+ 4
t
2 ∈[√2,√5]，
所以cos<⃗m,⃗n>=
1
√
1+ 4
t
2
∈[
√5
5 , √2
2 ]，
所以当t =2时，
cos<⃗m,⃗n>=
1
√
1+ 4
t
2
有最大值为√2
2 ，
设二面角E−AB−C的平面角为θ ,0<θ<π
2 ，
所以cosθ有最大值为√2
2 ，
即二面角E−AB−C的最小值为45
∘，C 正确;
对于D，连接BD , A D1, A B1，
平面EFB即为平面BD D1B1,平面AEF即为平面A B1 D1，
取平面BD D1B1的法向量为⃗CA =(2,2,0).
设平面A B1 D1的法向量为⃗t =(a,b,c)，⃗
A B1=(−2,0,2),⃗D1B1=(−2,2,0),
¿，令a=1，则⃗t =(1,1,1)，
设二面角A −EF −B的平面角为α，
则|cosα|=|cos<⃗AC ,⃗t >|=|⃗AC ⋅⃗t|
|⃗AC||⃗t|
=
4
2√2×√3 = √6
3 ，
观察可知二面角A −EF −B的平面角为α为锐角，所以cosα = √6
3 ，D 错误；
故选:ABD.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是建立空间直角坐标系，利用向量法来判断选项.
变式2．（多选）（23-24 高二上·浙江宁波·期中）如图，AB是底面圆O的直径，点C是圆O上异于
A ,B的点，PO垂直于圆O所在的平面且PO =OB =1，BC =√2，点E在线段PB上，则下列说法正确的是
（ ）
31
A．当E为PB中点时，PB⊥平面CEO
B．记直线CE与平面BOP所成角为θ，则tanθ∈[1,√2]
C．存在点E，使得平面CEO与平面BEC夹角为π
6
D．CE+OE的最小值为√6+√2
2
【答案】ABD
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解.
【详解】因为PO=OB =1，BC =√2，所以OB⊥OC，又因为PO垂直于圆O所在的平面，故以O为坐标
原点，以⃗OC ,⃗OB ,⃗OP分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，则P(0,0,1),C(1,0,0),B(0,1,0)，
对于A，因为E为PB中点，所以E(0, 1
2 , 1
2 )，⃗OE =(0, 1
2 , 1
2 ),⃗OC =(1,0,0),⃗PB =(0,1,−1)，
所以⃗OE⋅⃗PB = 1
2 −1
2 =0,⃗OC ⋅⃗PB =0，即OE⊥PB ,OC ⊥PB，
又OE∩OC =O ,OE ,OC ⊂平面CEO，所以PB⊥平面CEO，选项A 正确；
对于B，因为点E在线段PB上，设⃗PE = λ⃗PB , λ∈[0,1]，则E(0, λ ,1−λ)，⃗CE =(−1, λ ,1−λ)，平面
BOP的一个法向量为⃗n=(1,0,0)，
所以sinθ =|cos<⃗CE ,⃗n>| =|
−1
√1+ λ
2+(1−λ)
2|=
1
√λ
2−2 λ
2+2
∈[
√2
2 , √6
3 ]，
所以tanθ∈[1,√2]，故选项B 正确；
对于C ，设平面CEO的一个法向量为⃗n1=( x1, y1, z1)，则¿，令y1=1−λ，则z1=−λ，所以⃗
n1=(0,1−λ ,−λ)；
设
平
面
BEC的
一
个
法
向
量
为⃗
n2=( x2, y2, z2)，⃗
BC =(1,−1,0),⃗BE∥⃗PB ,⃗PB =(0,1,−1)，
则¿，令y2=1，则x2= z2=1，
所以⃗n2=(1,1,1)；
32
所以|cos<⃗n1,⃗n2>|=
|1−2 λ|
√3√2 λ
2−2 λ+1
= 1
√3√
4 λ
2−4 λ+1
2 λ
2−2 λ+1
= 1
√3√
2−
1
2 λ
2−2 λ+1
，因为λ∈[0,1]，
所以|cos<⃗n1,⃗n2>|∈[0, √3
3 ]，而cosπ
6 = √3
2 > √3
3 ，
所以不存在点E，使得平面CEO与平面BEC夹角为π
6 ，故选项C 错误；
对于D，CE+OE =|⃗CE|+|⃗OE|=√2 λ
2−2 λ+2+√2 λ
2−2 λ+1=√2( λ−1
2 )
2
+ 3
2 +√2( λ−1
2 )
2
+ 1
2
，
因为λ∈[0,1]，所以当λ= 1
2时，CE+OE取得最小值为√
3
2 +√
1
2 = √6+√2
2
，故选项D 正确.
故选：ABD.
变式3 ．（多选）（23-24 高二上· 新疆乌鲁木齐· 阶段练习）如图，在棱长为1 的正方体
ABCD−A1B1C1 D1中，点M为线段B D1上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（ ）
A．存在点M，使得C1 M ⊥平面A1 DB
B．存在点M，使得直线AM与直线B1C所成的角为60
∘
C．存在点M，使得三棱锥D1−C1 DM的体积为1
9
33
D．不存在点M，使得α > β，其中α为二面角M −A A1−B的大小， β为直线M A1与AB所成的角
【答案】ACD
【分析】以点B为坐标原点，BC、BA、B B1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间
向量法可判断各选项的正误.
【详解】以点B为坐标原点，BC、BA、B B1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系（如图所
示），
则A (0,1,0)、B (0,0,0)、C (1,0,0)、D (1,1,0)、A1(0,1,1)、B1(0,0,1)、
C1(1,0,1)、D1(1,1,1)，设⃗BM =t⃗B D1=(t ,t ,t )，即点M (t ,t ,t )，其中0≤t ≤1.
对于A：假设存在点M，使得C1 M ⊥平面A1 DB，
因为⃗C1 M =(t −1,t ,t −1)，⃗BD =(1,1,0)，⃗B A1=(0,1,1)，
则¿，解得t = 1
2，
故当点M为线段B D1的中点时，C1 M ⊥平面A1BD，
即选项A 正确；
对于B：假设存在点M，使得直线AM与直线B1C所成的角为60
∘，⃗
AM =(t ,t −1,t )，⃗B1C =(1,0,−1)，
因为⃗AM ⋅⃗B1C =t −t =0，即AM ⊥B1C，
所以不存在点M，使得直线AM与直线B1C所成的角为60
∘，
即选项B 错误；
对于C：假设存在点M，使得三棱锥D1−C1 DM的体积为1
9，
34
S△C1 D D1= 1
2 ×1
2= 1
2，且点M到平面CD D1C1的距离为1−t，
则V D1−C1 DM =V M −C1 D D1= 1
3 × 1
2 ×(1−t )= 1
9，解得t = 1
3，
所以当点为M线段B D1的靠近B的三等分点时，
三棱锥D1−C1 DM的体积为1
9，即选项正确；
对于D：⃗AM =(t ,t −1,t )，⃗A A1=(0,0,1)，
设平面A A1 M的法向量为⃗m=(x , y , z)，
则¿，
取x =1−t，可得⃗m=(1−t ,t ,0)，
易知平面A A1B的一个法向量为⃗n=(1,0,0)，而α ∈[0,π
2 ]，β ∈(0,π
2 ]，
则cosα =|cos ⟨⃗m,⃗n⟩|= |⃗m⋅⃗n|
|⃗m|⋅|⃗n|=
1−t
√(1−t )
2+t
2，⃗
A1 M =(t ,t −1,t −1)，⃗BA =(0,1,0)，
cos β =|cos⟨⃗A1 M ,⃗BA⟩|= |⃗A1 M ⋅⃗BA|
|⃗A1 M|⋅|⃗BA|
=
1−t
√t
2+2(1−t )
2，
因为0<√t
2+(1−t )
2≤√t
2+2(1−t )
2，1−t ∈[0,1]，
则cosα =
1−t
√t
2+(1−t )
2 ≥
1−t
√t
2+2(1−t )
2 =cos β，
因为α ∈[0,π
2 ]，β ∈(0,π
2 ]，且余弦函数y =cos x在[0,π
2 ]上单调递减，
则a≤β，即不存在点M，使得α > β，即选项D 正确.
故选：ACD.
变式4．（23-24 高二下·甘肃兰州·期末）如图所示，正方形A A1 D1 D与矩形ABCD所在平面互相垂直，
AB =2 AD =2，点E为AB的中点.
35
(1)求证：B D1//平面A1 DE；
(2)在线段AB上是否存在点M，使二面角D1−MC −D的平面角的大小为π
4 ？若存在，求出AM的长；
若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，AM =2−√3
【分析】（1）由面面垂直的性质得D D1⊥平面ABCD，以D为坐标原点，DA , DC , D D1所在直线分别
为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，求出平面A1 DE的法向量、⃗B D1，利用⃗B D1⊥⃗n1可得答案；
（2）假设在线段AB上存在点M，设M (1, y0,0)(0≤y0≤2)，求出平面D1 MC、平面MCD的一个法向量，
由二面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）∵平面A A1 D1 D⊥平面ABCD，
平面A A1 D1 D∩平面ABCD = AD，
D D1⊥AD , D D1⊂平面A A1 D1 D ,∴D D1⊥平面ABCD，
则以D为坐标原点，DA , DC , D D1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则
D (0,0,0),C (0,2,0), A1(1,0,1), D1(0,0,1),B (1,2,0), E (1,1,0).
∴⃗D A1=(1,0,1),⃗DE =(1,1,0)，
设平面A1 DE的法向量为⃗n1=(x1, y1, z1)，则¿，
令x1=1，解得：y1=−1, z1=−1,∴⃗n1=(1,−1,−1)，
又⃗B D1=(−1,−2,1),∴⃗B D1⋅⃗n1=0，即⃗B D1⊥⃗n1，
又B D1⊄平面A1 DE ,∴B D1//平面A1 DE；
36
（2）假设在线段AB上存在点M，使二面角D1−MC −D的大小为π
4 .
设M (1, y0,0)(0≤y0≤2)，则⃗MC =(−1,2−y0,0),⃗D1C =(0,2,−1).
设平面D1 MC的一个法向量为⃗n2=(x2, y2, z2)，
则¿，
令y2=1，解得：x2=2−y0, z2=2,∴⃗n2=(2−y0,1,2)，
又平面MCD的一个法向量为⃗D1 D =(0,0,−1)，
，
即y0
2−4 y0+1=0，解得：y0=2−√3或y0=2+√3（舍去），
此时AM =2−√3，
∴在线段AB上存在点M，使二面角D1−MC −D的平面角的大小为π
4 ，
此时AM =2−√3.
变式5．（23-24 高二下·江苏扬州·期中）如图，已知三棱柱ABC −A1B1C1的侧棱与底面垂直，
A A1= AB = AC =1，AB⊥AC，M，N 分别是C C1，BC的中点，点P在直线A1B1上，且⃗A1 P = λ⃗A1B1.
(1)证明：无论λ取何值，总有AM ⊥PN；
37
(2)当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成角θ最大?并求该角取最大值时的正切值；
(3)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角的正弦值为√3
2 ，若存在，试确定点P的位置，
若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)λ = 1
2；tanθ =2
(3)存在；点P的位置在A1 P⃗= (7±3√5)
4
A1B⃗1
【分析】（1）以AB，AC，A A1别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系A −xyz，求出各点的坐标及对应向
量的坐标，易判断⃗AM ⋅⃗PN =0，即AM ⊥PN；
（2）设出平面ABC的一个法向量，表达出sinθ，利用正弦函数的单调性及正切函数的单调性的关系，求
出满足条件的λ值，进而求出此时θ的正切值；
（3）假设存在，利用平面PMN与平面ABC所成的二面角的余弦值为1
2，则平面PMN与平面ABC法向量
的夹角的余弦值为1
2，代入向量夹角公式，可以构造一个关于λ的方程，解方程即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，
则A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，M(0,1, 1
2)，N(
1
2 , 1
2 ,0)，⃗
A1 P = λ⃗A1B1= λ(1,0,0)=(λ ,0,0)，⃗AP =⃗A A1+⃗A1 P =(λ ,0,1)，即P(λ ,0,1)，⃗
PN =(
1
2 −λ , 1
2 ,−1)，
∵⃗AM =(0,1, 1
2)，∴⃗AM ⋅⃗PN =0+ 1
2 −1
2 =0，
38
所以无论λ取何值，AM ⊥PN.
（2）∵⃗m=(0,0,1)是平面ABC 的一个法向量.
∴
sinθ =|cos⟨⃗m,⃗PN ⟩|=
|0+0−1|
√(
1
2 −λ)
2
+ 1
4 +1
=
1
√(λ−1
2)
2
+ 5
4
∴当λ= 1
2时，θ取得最大值，此时sinθ =√
4
5 ，cosθ =√
1
5，tanθ =2.
（3）假设存在，则⃗NM =(−1
2 , 1
2 , 1
2)，因为⃗PN =(
1
2 −λ , 1
2 ,−1)，
设⃗n=(x , y , z)是平面PMN的一个法向量.
则¿，解得¿，令x =3，得y =1+2 λ，z =2−2 λ，
∴⃗n=(3,1+2 λ ,2−2 λ)，
∴|cos ⟨⃗m,⃗n⟩|=|2−2 λ|
√9+(1+2 λ)
2+(2−2 λ)
2 = 1
2，
化简得4 λ
2−14 λ+1=0，解得λ = 7±3√5
4
，
∴存在点P使得平面PMN与平面ABC所成的二面角正弦值为√3
2 ，此时点P的位置在
A1 P⃗= (7±3√5)
4
A1B⃗1.
【点睛】方法点睛：在求二面角时可用分别求出两个面的法向量，在代入二面角的余弦公式求出余弦值，
进而求出角度.
变式6．（23-24 高二下·江苏宿迁·期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，已知PB⊥底面ABCD，
BC ⊥AB，AD∥BC，AB = AD =2，BC = 4，若异面直线PA与CD所成角等于60°．
(1)求棱PB的长；
(2)在棱PA上是否存在一点E，使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为√5？若存在，指出点E
的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)2
39
(2)存在，点E为棱PA上靠近A的三等分点
【分析】（1）先得到线面垂直，线线垂直，建立空间直角坐标系，设BP =b(b>0)，得到各点坐标，由
异面直线的夹角得到方程，求出b=2，求出棱长；
（2）假设棱PA上存在一点E，设⃗PE = λ⃗PA，(0≤λ≤1)，表达出E (2 λ ,0,2−2 λ)，求出两个平面的法向
量，由平面PAB与平面BDE所成锐二面角的余弦值得到方程，求出λ = 2
3，得到答案.
【详解】（1）因为PB⊥底面ABCD，AB ,BC ⊂平面ABCD，
所以PB⊥ AB，PB⊥ BC，
又BC ⊥AB，所以AB ,BC , PB两两垂直，
如图，以B为原点，BA、BC、BP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设BP =b(b>0)，
则B (0,0,0), A (2,0,0),C (0,4,0), D (2,2,0), P(0,0,b)，
则⃗PA =(2,0,−b),⃗CD =(2,−2,0)，
∵异面直线PA、CD所成角为60°，
∴cos60° =|⃗PA ⋅⃗CD|
|⃗PA |⋅|⃗CD|
=
4
√4 +b
2⋅2√2
= 1
2，
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 = λ⃗PA，(0≤λ≤1)，且E(x
' , y
' , z
')，则(x
' , y
' , z
'−2)= λ(2,0,−2)，
∴E (2 λ ,0,2−2 λ)，
设平面DEB的一个法向量为⃗m=(a,b,c)，⃗
BE =(2 λ ,0,2−2 λ)，⃗BD =(2,2,0)，
则¿，
取a= λ−1，得⃗m=(λ−1,1−λ , λ)，
平面PAB的法向量⃗p=(0,1,0)，
40
∵平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为√5，
由tanθ =√5得sinθ
cosθ =√5，又sin
2θ+cos
2θ =1，解得cosθ = √6
6 ，
∴平面PAB与平面BDE所成锐二面角的余弦值为√6
6 ，
∴|cos<⃗m,⃗p>|=|⃗m⋅⃗p|
|⃗m|⋅|⃗p| =
1−λ
√2(1−λ)
2+ λ
2 = √6
6 ，
解得λ= 2
3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2√2
3
？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 = λ⃗BP =(2 λ ,0, λ)(0≤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：
41
连接AE，AE与BD的交点记为点O，因为AB = BC，
BE = 1
2 BC =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，P A
2+ A B
2= P B
2，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B (0,0,0)，
P(2,0,1)，E (0,1,0)，D (1,2,0)，⃗BP =(2,0,1)，
设⃗BM = λ⃗BP =(2 λ ,0, λ)(0≤λ≤1)，即M =(2 λ ,0, λ)，
则⃗EM =(2 λ ,−1, λ)，⃗ED =(1,1,0)．
设平面DEM的法向量⃗n=(x , y , z)，由¿，
取x = λ，则⃗n=(λ ,−λ ,−2 λ−1)，
42
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2√2
3
，
即|cos⟨⃗n1,⃗n2⟩|= |⃗n1⋅⃗n2|
|⃗n1|⋅|⃗n2|
=
|2 λ+1|
√2 λ
2+(2 λ+1)
2 = 2√2
3
，
整理可得12 λ
2−4 λ−1=0，解得λ=−1
6（舍去）或λ= 1
2．
故线段PB上存在一点M，使得二面角M −DE−A的余弦值为2√2
3
，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】cos ⟨⃗m,⃗n⟩=⃗m⋅⃗n
|⃗m||⃗n|=
−1
√2×√2 =−1
2，因为向量夹角范围为[0,π ]，
故两向量夹角为2
3 π，故两平面夹角为π
3 ，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．π
6
B．π
3
C．2
3 π
D．5 π
6
【答案】C
43
【分析】设⟨⃗AC ,⃗BD⟩=θ(0≤θ≤π)，则二面角α −l−β的大小为θ，根据|⃗CD|
2=(⃗CA +⃗AB+⃗BD)
2，展
开计算可得cosθ =−1
2，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|⃗CD|
2=(⃗CA +⃗AB+⃗BD)
2=|⃗CA|
2+|⃗AB|
2+|⃗BD|
2+2|⃗CA||⃗BD|cos(π−θ)，
即41=9+ 4 +16+2×3×4(−cosθ)，得cosθ =−1
2，所以θ =2π
3 ，
即二面角α −l−β的大小为2π
3 .
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¿，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cosθ = |⃗m⋅⃗n|
|⃗m|⋅|⃗n|= √2
2 ，
又0°≤θ≤90°，所以θ = 45°.
44
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 = 1
2 AD =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π
3 ，则△ADQ面积的取值范围是（ ）
A．(0, 4√15
5 )
B．(0, √15
5 ]
C．[0, 4√15
5 ]
D．(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，
45
因为二面角Q−PD−A的平面角大小为π
3 ，
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¿令x =1,则y = 4
b , z =2,
所以⃗n=(1, 4
b ,2)，
因为二面角Q−PD−A的平面角大小为π
3 ，
所以cos<⃗m,⃗n>=⃗m⋅⃗n
|⃗m|⋅|⃗n|=
8
b
2×√
5+ 16
b
2
= 1
2，解得b= 4√15
5
>2，
所以当Q在线段BC 上时，△ADQ面积最大，最大值为1
2 ×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 =C C1= 4，点D 是棱AB的中点，则平面AB B1 A1与平面B1CD所成角的正弦值为（ ）
A．√30
10
B．√70
10
C．√30
6
D．√6
6
46
【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
A (2,0,0),C (0,0,0),B (0,4,0), D (1,2,0),B1(0,4,4)，
设平面AB B1 A1的法向量⃗n=(x , y , z)，
∵⃗BA =(2,−4,0),⃗B B1=(0,0,4)，则¿，
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cos ⟨⃗n,⃗m⟩=⃗n⋅⃗m
|⃗n||⃗m|=
3
√5×√6 = √30
10 ，
设平面AB B1 A1与平面B1CD所成角为θ∈[0, π
2]，则cosθ = √30
10 ，
故平面AB B1 A1与平面B1CD所成角的正弦值sinθ =√1−cos
2θ = √70
10 .
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cos ⟨⃗a,⃗n⟩= 1
2，则直线a与平面α所成角的大小为π
6
D．若cos ⟨⃗m,⃗n⟩= 1
2，则平面α、β的夹角为π
3
【答案】B
47
【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cos ⟨⃗a,⃗n⟩= 1
2，则直线a与平面α所成角的大小为π
6
，C 对；
对于D 选项，若cos ⟨⃗m,⃗n⟩= 1
2，则平面α、β的夹角为π
3
，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A B1与平面ABC1 D1所成的角为45
∘
D．四面体D1−A B1C的外接球体积为√3
2 π
【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−A B1C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，D D1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
则A (1,0,0),C (0,1,0),B (1,1,0),C1(0,1,1),B1(1,1,1), D1(0,0,1)，
A 选项，设异面直线AC与BC1所成的角为θ，
则cosθ =|cos⟨⃑AC ,⃑BC1⟩|=|(−1,1,0)⋅(−1,0,1)|
√2×√2
= 1
2，
故异面直线AC与BC1所成的角为60
∘，A 正确；
B 选项，设平面A B1C的法向量为⃑m=(x , y , z)，
48
则有¿，令y =1得：x =1, z =−1，
则⃑m=(1,1,−1)，
平面B B1C的法向量为⃑n=(0,1,0)，
cos ⟨⃑m,⃑n⟩=⃑m⋅⃑n
|⃑m|⋅|⃑n|= 1
√3 = √3
3
设二面角A −B1C −B的大小为α，显然α为锐角，则cosα =cos ⟨⃑m,⃑n⟩= √3
3 ，
所以sin α = √6
3 ，tan α =√2，故二面角A −B1C −B的正切值为√2，B 正确；
C 选项，设平面ABC1 D1的法向量为⃑n1=(x1, y1, z1)，
则¿令x1=1，则z1=1，
所以⃑n1=(1,0,1)，
设直线A B1与平面ABC1 D1所成的角为β，
则sin β =|cos⟨⃑A B1,⃑n1⟩|=|(0,1,1)⋅(1,0,1)|
√2×√2
= 1
2，
则β =30°，C 错误；
D 选项，四面体D1−A B1C的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1 D1的外接球，
设外接球半径为R，则R = √3
2 ，则外接球体积为√3
2 π，D 正确.
故选：C
8．（2024 高三·全国·专题练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB =√3，AD = A A1=1，P
为线段A1C上的动点，则下列结论正确的是（ ）
49
A．当A1C =2 A1 P时，直线BP 与平面ABCD 所成角的正弦值为2√5
5
B．当A1C =3 A1 P时，若平面BDC1的法向量记为⃗n，则⃗D1 P⋅⃗n=1
C．当A1C = 4 A1 P时，二面角A1−A D1−P的余弦值为√10
5
D．若⃗A1C ⋅⃗D1 P =0，则A1C = 4 A1 P
【答案】C
【分析】A 选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设P(x , y , z)，根据A1C =2 A1 P得到
P(
√3
2 , 1
2 , 1
2)，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 =3 A1 P得到⃗
D1 P =(
√3
3 ,−2
3 ,−1
3)，结合⃗n=(1,√3,−√3)得到答案；C 选项，根据A1C = 4 A1 P求出P(
√3
4 , 1
4 , 3
4)，
利用二面角的向量求解公式得到答案；D 选项，设⃗A1 P = λ⃗A1C (0≤λ≤1)，表达出⃗
D1 P =(√3 λ , λ−1,−λ)，根据⃗A1C ⋅⃗D1 P =0得到方程，求出λ= 1
5，得到D 错误.
【详解】A 选项，如图所示，以A 为坐标原点，AB , AD , A A1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 = A A1=1可知，
A1(0,0,1),B(√3,0,0),C (√3,1,0),C1(√3,1,1), D (0,1,0), D1(0,1,1)，
则⃗A1C =(√3,1,−1),设P(x , y , z)，则⃗A1 P =(x , y , z−1).
50
当A1C =2 A1 P时，⃗A1C =2⃗A1 P，即¿解得¿，
所以P(
√3
2 , 1
2 , 1
2)，所以⃗BP =(−√3
2 , 1
2 , 1
2)，
平面ABCD 的一个法向量为⃗A1 A =(0,0,−1)，
所以直线BP 与平面ABCD 所成角的正弦值|cos⟨⃗A1 A ⋅⃗BP⟩|=|(0,0,−1)⋅(−√3
2 , 1
2 , 1
2)|
√
3
4 + 1
4 + 1
4
=
1
2
√5
2
= √5
5
，故A
错误．
B 选项，当A1C =3 A1 P时，¿，解得¿，
所以P(
√3
3 , 1
3 , 2
3)，所以⃗D1 P =(
√3
3 ,−2
3 ,−1
3).
设平面BDC1的法向量为⃗n=(x
' , y
' , z
')，
因为⃗C1 D =(−√3,0,−1),⃗C1B =(0,−1,−1)，
由¿，
令z
' =−√3，则x
' =1, y
' =√3，则⃗n=(1,√3,−√3)，
所以⃗D1 P⋅⃗n=(
√3
3 ,−2
3 ,−1
3)⋅(1,√3,−√3)= √3
3 −2√3
3
+ √3
3 =0，故B 错误．
C 选项，当A1C = 4 A1 P时，¿解得¿，
所以P(
√3
4 , 1
4 , 3
4)，平面A A1 D1的一个法向量为⃗AB =(√3,0,0).
51
设平面APD1 的法向量为⃗m=(a,b,c)，
因为⃗AP =(
√3
4 , 1
4 , 3
4)，⃗A D1=(0,1,1)，
由¿，
令b=1，则c =−1，a= 2√3
3
，则⃗m=(
2√3
3
,1,−1)，
所以二面角A1−A D1−P的余弦值为
|cos⟨⃗AB⋅⃗m⟩|= |⃗AB⋅⃗m|
|⃗AB|⋅|⃗m|
=|(√3,0,0)⋅(
2√3
3
,1,−1)|
√3×√
4
3 +1+1
= 2
√10 = √10
5
，故C 正确；
D 选项，设⃗A1 P = λ⃗A1C (0≤λ≤1)，因为⃗A1 P =(x , y , z−1)，
所以¿，解得¿，所以P(√3 λ , λ ,1−λ)，
所以⃗D1 P =(√3 λ , λ−1,−λ)，
若⃗A1C ⋅⃗D1 P =0，则√3 λ×√3+ λ−1+(−λ)×(−1)=0，
解得λ= 1
5，所以⃗A1 P= 1
5⃗A1C，即A1C =5 A1 P，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 =π
3 ，AB =2 AD =2 PD，PD⊥底面ABCD，则（ ）．
52
A．PA ⊥BD
B．PB与平面ABCD所成角为π
6
C．异面直线AB与PC所成角的余弦值为√5
5
D．二面角A −PB−C的正弦值为√21
7
【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 =π
3 ，设AB =2 AD =2 PD =2a，
由余弦定理得B D
2= A D
2+ A B
2−2 AD⋅AB⋅cos∠BAD，
所以B D
2=a
2+ 4 a
2−4 a
2⋅1
2 =3a
2，则BD =√3a，
则B D
2+ A D
2= A B
2，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D (0,0,0), A (a,0,0),B(0,√3a,0),C (−a,√3a,0), P(0,0,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cos⟨⃗PB ,⃗DP⟩=⃗PB⋅⃗DP
|⃗PB|⋅|⃗DP|
= −a
2
2a⋅a =−1
2，
则PB与平面ABCD所成角的正弦值为1
2，即PB与平面ABCD所成角为π
6 ，故B 正确；
对于C，⃗AB =(−a,√3a,0),⃗PC =(−a,√3a,−a)，
53
则cos⟨⃗AB ,⃗PC⟩=⃗AB⋅⃗PC
|⃗AB|⋅|⃗PC|
= a
2+3a
2+0
2a⋅√5a = 2√5
5
，
则异面直线AB与PC所成角的余弦值为2√5
5
，故C 错误；
对于D，设平面PAB的法向量为⃗n=(x1, y1, z1)，则¿，令y1=1，则⃗n=(√3,1,√3)，
设平面PBC的法向量为⃗m=(x2, y2, z2)，则¿，令y2=1，则⃗m=(0,1,√3)，
所以cos⟨⃗n,⃗m⟩=⃗n⋅⃗m
|⃗n|⋅|⃗m|= 0+1+3
√7×2 = 2√7
7
，
令二面角A −PB−C所成角为θ(0≤θ≤π )，则|cosθ|= 2√7
7
则平面PAB与平面PBC的夹角的余弦值为2√7
7
，
所以sinθ =√1−cos
2θ = √21
7 ，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−A1B1C1 D1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1
B．A1C ⊥平面EFG
C．A1 D1//平面EFG
D．平面EGF 与平面ABCD 夹角的余弦值为√3
6
【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 =2×2−1
2 ×1×1−1
2 ×1×2−1
2 ×1×2= 4−1
2 −1−1= 3
2，
54
所以V C −EFG=V G−CEF = 1
3 × 3
2 ×2=1，A 选项正确.
建立如图所示空间直角坐标系，
A1(2,0,2),C (0,2,0), D1(0,0,2), E (1,0,0), F (2,1,0),G (1,2,2)，⃗
A1C =(−2,2,−2),⃗A1 D1=(−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)，⃗
A1 D1⋅⃗A1C = 4≠0，所以A1 D1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cosθ =|⃗
A1C ⋅⃗n
|⃗A1C|⋅|⃗n||=
2
2√3 = √3
3 ，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（ ）
55
A．异面直线AE与DF所成角大小为π
3
B．二面角A −EB−C的平面角的余弦值为1
3
C．此八面体存在外接球
D．此八面体的内切球表面积为32π
3
【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,−2√2,0),B(2√2,0,0),C(0,2√2,0), D(−2√2,0,0), E(0,0,2√2)，
F(0,0,−2√2)，
对于A，⃗AE =(0,2√2,2√2),⃗DF =(2√2,0,−2√2)，则|cos⟨AE⃗, DF⃗⟩|=| AE⃗⋅DF⃗|
| AE⃗|| DF⃗|
=
8
4×4 = 1
2，
56
所以异面直线AE与DF所成角大小为π
3 ，A 正确；
对于B，⃗BE =(−2√2,0,2√2),⃗BA =(−2√2,−2√2,0),⃗BC =(−2√2,2√2,0)，
设平面ABE的法向量为⃗n=( x1, y1, z1)，则¿，取x1=1，得⃗n=(1,−1,1)，
设平面BEC的法向量为⃗m=( x2, y2, z2)，则¿，取x2=1，得⃗m=(1,1,1)，
于是cos〈⃗n,⃗m 〉=⃗
n⋅⃗m
|⃗n||⃗m| =
1
√3×√3 = 1
3，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−1
3，B 错误；
对于C，因为OE =OF =OA =OB =OC =OD =2√2，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，S ABCD= 4
2=16，八面体表面积S =8 S△ABE=8× √3
4 ×4
2=32√3
则八面体的体积为V =2V E−ABCD=2× 1
3 S ABCD⋅EO =2× 1
3 ×16×2√2= 64√2
3
，
又八面体的体积为V = 1
3 Sr = 32√3
3
r，因此32√3
3
r = 64√2
3
，解得r = 2√6
3
，
所以内切球的表面积为4πr
2= 4π×( 2√6
3
)
2
= 32π
3
，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 = 1
3 Sr.
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】1
3
【分析】利用空间向量的数量积与模长计算夹角即可.
57
【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 = √3
2 , AE =CF = 1
2 , EF =1，
设二面角B−AC −D的平面角为α，则< EB
→
, FD
→
>=α，⃗
BD =⃗BE +⃗EF +⃗FD⇒⃗BD
2=⃗BE
2+⃗EF
2+⃗FD
2+2⃗BE⋅⃗EF +2⃗EF ⋅⃗FD +2⃗BE⋅⃗FD
2=3
4 +3
4 +1+2×3
4 ×cos(π−α )⇒cosα = 1
3.
故答案为：1
3
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】2√5
5
/2
5 √5
【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，
58
设菱形的边长为2，A (1,0,0),C (−1,0,0), D(0,√3,0),B(0,0,√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¿，
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|cosθ|=|cos ⟨⃗m,⃗n⟩|= |⃗m⋅⃗n|
|⃗m|⋅|⃗n|=
|√3|
√(−√3)
2+1
2+1
2×√3
= √5
5 ，
因此sinθ =√1−cos
2θ =√1−5
25 = 2√5
5
，
故答案为：2√5
5
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 = √6
6 DO，则二面角B−PC −E的余弦
值是 ．
【答案】√5
5
【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
59
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 = √3
2 AE =√3 AO,
设DO =a，由题设可得PO = √6
6 a, AO = √3
3 a, AE = 2√3
3
a,
△ABC是底面的内接正三角形,故AB = AE sinπ
3 =a，
PA = PB = PC =√A O
2+ PO
2=√( √3
3 a)
2
+( √6
6 a)
2
= √2
2 a,
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(−√3
2 , 1
2 ,0), P(0,0, √2
2 ),
则⃗EC =(−√3
2 ,−1
2 ,0) ，⃗EP =(0,−1, √2
2 )，
设⃗m=( x , y , z)是平面PCE的法向量，则¿,即¿，
令y =1，则可取⃗m=(−√3
3 ,1,√2)，⃗
AC =(−√3
2 , 3
2 ,0) ，⃗AP =(0,1, √2
2 )，
设⃗n=(s,b,c)是平面APC的法向量，则¿,即¿，
令s=√3，则可取⃗n=(√3,1,−√2)，
则cos〈⃗n,⃗m 〉=⃗
n⋅⃗m
|⃗n|⋅|⃗m| =
−2
√
1
3 +1+2⋅√3+1+2
=−√5
5 ，
60
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√5
5 .
故答案为：√5
5 .
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 ,B B
'的
中点，AB = B B
' =2．
(1)证明：BE //平面AF C
'．
(2)求平面ABC与平面AF C
'夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)√2
2 ．
【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A C
'的中点，连接EG ,GF．
因为E为棱AC的中点，所以EG∥C C
'，且EG = 1
2 C C
'．
又F为棱B B
'的中点，所以BF = 1
2 B B
'．
因为B B
'∥C C
'且B B
' =C C
'，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AF C
' ,GF ⊂平面AF C
'，
所以BE //平面AF C
'．
（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，
61
则A (0,0,√3), F (−1,1,0),C
' (1,2,0),⃗AC =(1,2,−√3),⃗FC =(2,1,0)．
设平面AF C
'的法向量为⃗m=(x , y , z)，则¿
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|cos〈⃗m,⃗n 〉|=|⃗
m⋅⃗n
|⃗m||⃗n||=
2
2√2 = √2
2 ，
所以平面ABC与平面AF C
'夹角的余弦值为√2
2 ．
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)π
3
【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，
62
∴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¿，
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¿，
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cosθ =|⃗m⋅⃗n|
|⃗m|⋅|⃗n| =
1
√2×√2 = 1
2，所以锐二面角为π
3 .
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．
63
(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A (0,0,0)，P(0,0,1)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F(
1
2 ,0, 1
2)，
64
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¿，
解得x =0，令y =1得z =1，故⃗n=(0,1,1)，
∴cos ⟨⃗m,⃗n⟩=⃗m⋅⃗n
|⃗m|⋅|⃗n|= (1,0,−1)⋅(0,1,1)
√1+1×√1+1
=−1
2，
设平面ADEF 与平面PCD 的夹角为θ，则cosθ = 1
2，
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 =2√2，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
65
(2)5
7
【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A (2,−1,0),B (2,1,0), E (0,1,0), P(0,0,√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¿，
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¿，
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，
66
则cosθ =|cos⟨⃗n1,⃗n2⟩|=|⃗
n1⋅⃗n2
|⃗n1|⋅|⃗n2||= 5
7 ，
所以平面PAE与平面PAB所成锐二面角的余弦值为5
7 .
19．（23-24 高二上·四川乐山·期末）已知直棱柱ABC −A1B1C1中，AB =2，AC =2√2，B B1=2，
∠BAC = 45°，D 为线段A1B1上任一点，E，F 分别为AC，B B1中点．
(1)证明：DE⊥C1 F；
(2)当B1 D为何值时，平面DEC与平面BC C1B1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)B1 D =2，最小值为√2
2
【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 =2√2，∠BAC = 45°，
∴BC
2= A B
2+ A C
2−2 AB⋅AC ⋅cos 45° = 4．
∵A B
2+ BC
2= A C
2．
∴BC ⊥AB．
建立如图所示空间直角坐标系，
67
设B1 D =a，
则C (0,2,0)，D (a,0,2)，E (1,1,0)，F (0,0,1)，C1(0,2,2)．
∴⃗DE =(1−a,1,−2)，⃗C1 F =(0,−2,−1)．
∴⃗DE⋅⃗C1 F =(1−a)×0+1×(−2)+(−2)×(−1)=0，
∴DE⊥C1 F．
（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)，
∴¿，即¿，
令x =2，则y =2，z =2−a，
∴⃗n1=(2,2,2−a)．
∵AB⊥平面B B1C1C，
∴取平面B B1C1C的一个法向量为⃗n2=(1,0,0)，
∴cosθ =⃗n1⋅⃗n2
|⃗n1||⃗n2|
=
2
√a
2−4 a+12
=
2
√(a−2)
2+8
，
又0≤a≤2，∴√3
3 ≤cosθ≤√2
2 ，
∴当B1 D =2时，平面DEC与平面BC C1B1所成的二面角的正弦值最小，最小值为√2
2 .
【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⊥C1 F，再求出平面DEC与平面BC C1B1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.
