1.2.4二面角基礎過關練題組一二面角及其度量1.(2024遼寧省實驗中學期中)設三棱錐V-ABC的底面是正三角形,側棱長均相等,P是棱VA上的點(不含端點),記直線PB與直線AC所成的角為α,直線PB與平面ABC所成的角為β,二面角P-AC-B的平面角為γ,則()A.β<γ,α<γB.β<α,β<γC.β<α,γ<αD.α<β,γ<β2.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,若點P在正方體的內部,且滿足AP=A.133.如圖,平面SAC⊥平面ACB,△SAC是邊長為4的等邊三角形,△ACB為直角三角形,且∠ACB=90°,BC=42,則二面角S-AB-C的余弦值為.

題組二用空間向量求二面角4.已知兩平面的法向量分別為m=(0,2,0),n=(2,A.60°B.120°C.60°或120°D.90°5.(2024江蘇鹽城期中)在三棱錐P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠PAC=∠ABC=90°,PA=BC=1,E是AB的中點,PB=AC=2,則二面角B-PC-E的余弦值為()A.156.如圖,已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,且AC⊥BD,AC與BD交于點O,PO⊥底面ABCD,PO=2,AB=22,E,F分別是AB,AP的中點,則二面角F-OE-A的余弦值為()A.-37.(2024上海楊浦高級中學開學考試)如圖,在四棱錐S-ABCD中,底面ABCD為直角梯形,AD∥BC,BC⊥CD,平面SCD⊥平面ABCD,△SCD是以CD為斜邊的等腰直角三角形,BC=2AD=2CD=4,E為BS上一點,且BE=2ES.(1)證明:直線SD∥平面ACE;(2)求二面角S-AE-C的余弦值.能力提升練題組利用空間向量求二面角1.如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,D為BC的中點,E為線段A1C上的點,且滿足A1E=mEC(m∈R),當二面角E-AD-C的余弦值為1010A.1B.2C.122.如圖,已知正方體ABCD-A'B'C'D'的棱長為4,E為棱AB的中點,點P在側面CC'D'D上運動,當平面B'EP與平面ABCD、平面CC'D'D所成的角相等時,D'P的最小長度為()A.23.如圖,在四面體A-BCD中,△BCD為等邊三角形,∠ADB=π2A.04.(2024天津耀華中學月考)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,線段B1D1上有兩個動點E,F(E在F的左邊),且EF=2,則下列說法正確的是()A.當E,F運動時,存在點E,F,使得AE⊥CFB.當E,F運動時,存在點E,F,使得AE∥BFC.當E運動時,二面角E-AB-C的平面角的最小值為45°D.當E,F運動時,二面角A-EF-B的余弦值為定值15.(2024安徽合肥長豐第一中學月考)如圖,在四棱錐S-ABCD中,四邊形ABCD為正方形,AB=2,DS=1,平面ASD⊥平面ABCD,SD⊥AD,點E為棱DC上的動點,平面BSE與平面ASD所成的銳二面角為θ,則當θ取得最小值時,三棱錐E-ASD的體積為.

6.(2024湖北武漢華中師大一附中月考)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是邊長為2的等邊三角形,CC1=2,D,E分別是線段AC,CC1的中點,C1在平面ABC內的射影為D.若點F為線段B1C1上的動點(不包括端點),則銳二面角F-BD-E的余弦值的取值范圍為.

7.(2024福建寧德五校聯合體期中)如圖所示,在正方形ABCD中,AB=2,連接BD,將△CBD沿BD翻折到△C'BD的位置,使平面C'BD⊥平面ABD.(1)求異面直線C'D與AB所成角的大小;(2)求二面角D-AC'-B的正弦值.8.(2024江蘇丹陽期中)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的菱形,∠ABC=60°,△PAB為正三角形,平面PAB⊥平面ABCD,M是線段PD(不含端點)上的一個動點.(1)記平面BCM交PA于點N,求證:MN∥平面PBC;(2)是否存在點M,使得二面角P-BC-M的正弦值為10109.如圖甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,將三角形AOB沿OB折起至三角形POB的位置,使得PC=3,得到如圖乙所示的四棱錐P-OBCD.(1)在棱PD上是否存在一點F,使得CF∥平面POB?若存在,求出PF的長度;若不存在,請說明理由;(2)若E是線段PB上的一個動點,當直線CE與DP所成的角最小時,求二面角B-CE-D的余弦值.

答案與分層梯度式解析1.2.4二面角基礎過關練1.B2.B4.C5.C6.B1.B解法一:如圖,取AC的中點G,連接VG,設點V在底面ABC上的射影為O,則點P在底面ABC上的射影D在線段AO上,過點D作DE⊥AC于點E,連接PE,BD,易得PE∥VG,過點P作PF∥AC,交VG于點F,連接BF,過點D作DH∥AC,交BG于點H,則α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,易知α,β,γ均為銳角,則cosα=PFPB=EGPB=解法二:由最小角定理知β<α,記二面角V-AB-C的平面角為γ',顯然γ'=γ,由最大角定理知β<γ'=γ,故選B.解法三(特殊位置法):令三棱錐V-ABC為正四面體,P為VA的中點,易得cosα=36,則sinα=336,sinβ=23,sinγ=22.B如圖,過點P分別作PN⊥AB于點N,PM⊥平面ABCD,垂足為M,連接MN,由三垂線定理可知AB⊥MN,所以∠PNM為所求二面角的平面角,易知PM=12,MN=13,故PN=3.答案22解析如圖,過點S作SD⊥AC于點D,過點D作DM⊥AB于點M,連接SM.∵平面SAC⊥平面ACB,平面SAC∩平面ACB=AC,∴SD⊥平面ACB,易得SM⊥AB,∴∠DMS為二面角S-AB-C的平面角.在△SAC中,SD=4×32在△ACB中,過點C作CH⊥AB于點H,∵AC=4,BC=42,∴AB=4∴CH=AC·易知DM∥CH,且AD=DC,∴DM=12在Rt△SDM中,SM=SD∴cos∠DMS=DMSM故二面角S-AB-C的余弦值為22114.C因為cos<m,n>=m·所以<m,n>=60°.因為二面角的平面角與二面角的兩個半平面的法向量的夾角相等或互補,所以兩平面所成的二面角的大小為60°或120°.5.C∵平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PA⊥AC,PA?平面PAC,∴PA⊥平面ABC.以B為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系.因為AC=2,BC=1,∠ABC=90°,所以AB=3,所以B(0,0,0),P(0,31）,C(1,0,0),E0,PE=設平面BPC的一個法向量為m=(x1,y1,z1),則m令y1=1,則m=(0,1,-3).設平面EPC的一個法向量為n=(x2,y2,z2),則n令y2=2,則n=(3,2,?設二面角B-PC-E的平面角為θ,θ∈0,則cosθ=|m故選C.6.B以O為坐標原點,OB,OC,OP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,由題意得OA=OB=2,則O(0,0,0),A(0,-2,0),B(2,0,0),P(0,0,2).∵E,F分別是AB,AP的中點,∴E(1,-1,0),F(0,-1,1),∴OE=(1,?1,0),設平面OEF的一個法向量為m=(x,y,z),則m·∴m=(1,1,1).易知平面OAE的一個法向量為n=(0,0,1),則cos<m,n>=m·由圖知,二面角F-OE-A為銳二面角,∴二面角F-OE-A的余弦值為33.故選B7.解析(1)證明:連接BD,交AC于點F,連接EF.因為AD∥BC,所以△AFD∽△CFB,所以BFFD因為BE=2ES,所以BEES=2,所以BF所以EF∥SD.因為SD?平面ACE,EF?平面ACE,所以直線SD∥平面ACE.(2)因為平面SCD⊥平面ABCD,平面SCD∩平面ABCD=CD,BC?平面ABCD,BC⊥CD,所以BC⊥平面SCD.以C為坐標原點,過點C且垂直于平面BCD的直線為x軸,CD,CB所在直線分別為y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz,則C(0,0,0),S(1,1,0),A(0,2,2),E23所以CA=(0,2,2),AS=(1,?1,?2),AE=23設平面SAE的一個法向量為m=(x,y,z),則m令x=3,得m=(3,1,1).設平面EAC的一個法向量為n=(a,b,c),則n令c=1,得n=(-1,-1,1).設二面角S-AE-C的平面角為θ,由圖可知θ為銳角,則cosθ=|m所以二面角S-AE-C的余弦值為3311能力提升練1.A2.B3.C4.C1.A由題意知m>0,如圖所示,過點A在平面ABC內作Ax⊥AC,以A為坐標原點,AC,AA1所在直線分別為y軸,z軸建立空間直角坐標系,則A(0,0,0),D32,3設平面ADE的一個法向量為n=(x,y,z),則n·AD=所以n=3,-易知平面ADC的一個法向量為m=(0,0,1).由題意得|cos<n,m>|=2m33+1+4m2.B建立如圖所示的空間直角坐標系Bxyz,則B'(0,0,4),E(2,0,0),所以B'設P(x,4,z)(0≤x≤4,0≤z≤4),則EP=(x-2,4,z).易知平面ABCD、平面CC'D'D的一個法向量分別為n1=(0,0,1),n2=(0,1,0).設平面B'EP的一個法向量為n3=(a,b,c),則n取c=1,則a=2,b=4-2x-z4因為平面B'EP與平面ABCD、平面CC'D'D所成的角相等,所以|cos<n1,n3>|=|cos<n2,n3>|?|n1·n3|=|n2·n3|?|2x+z-4|=4?2x+z-8=0或2x+z=0.在平面CC'D'D上,直線2x+z-8=0過點D(4,4,0)和C'D'的中點(2,4,4).在平面CC'D'D上,直線2x+z=0只過點(0,4,0),即點C.取C'D'的中點G,連接GD,則點P在DG上運動或點P在點C處,所以D'P的最小長度為點D'到直線DG的距離,由等面積法可得D'P的最小長度為2×423.C以B為坐標原點,BD所在直線為y軸,過點B且垂直于平面BCD的直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系.因為△BCD為等邊三角形,所以不妨設BC=CD=BD=1.因為∠ADB=π2因為當n=0時,A,B,C,D四點共面,不能構成空間四面體,所以n≠0.易知B(0,0,0),C32,1設平面BAD的一個法向量為m=(x1,y1,z1),則m令x1=1,則z1=-mn,所以m=1設平面ADC的一個法向量為n=(x2,y2,z2),則n令x2=1,則y2=3,z2=?mn由圖可知α為銳角,所以cosα=|m·n因為m2n2≥0,所以12≤1-4.C以C為坐標原點,CD,CB,CC1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,則A(2,2,0),B(0,2,0),C(0,0,0),B1(0,2,2),D1(2,0,2).設E(t,2-t,2),1≤t≤2,則F(t-1,3-t,2),所以AE=(t?2,?t,2),所以AE·若AE∥BF,則A,B,B1,D1四點共面,與AB,B1D1是異面直線矛盾,故B錯誤.設平面ABE的一個法向量為m=(x,y,z),易得AB=(?2,0,0),則AB令y=2,得m=(0,2,t).易知平面ABC的一個法向量為n=(0,0,1),故cos<m,n>=m·易知函數y=1+4所以2≤1+4設二面角E-AB-C的平面角為θ,0°≤θ≤90°,則(cosθ)max=22,所以二面角E-AB-C的平面角的最小值為45°,故C連接BD,AD1,AB1,則平面EFB即為平面BDD1B1,平面AEF即為平面AB1D1.易知平面BDD1B1的一個法向量為CA=(2,2,0).設平面AB1D1的一個法向量為u=(a,b,c),易得AB則AB1·故cos<CA,u>=CA·由圖知,二面角A-EF-B為銳二面角,所以二面角A-EF-B的余弦值為定值63故選C.5.答案2解析依題意可知DA,DS,DC兩兩相互垂直,以D為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,則B(2,0,2),S(0,1,0),所以BS=(-2,1,-2).設E(0,0,t),0≤t≤2,則BE=(-2,0,t-2).易知平面ASD的一個法向量為m=(0,0,1).設平面BSE的一個法向量為n=(x,y,z),則n令z=2,則x=t-2,y=2t,所以n=(t-2,2t,2),所以cosθ=|m因為0≤t≤2,所以當t=--42×5=25時,cosθ取得最大值,θ取得最小值,此時DE=26.答案1解析連接C1D,因為C1在平面ABC內的射影為D,所以C1D⊥平面ABC.因為△ABC是等邊三角形,D是AC的中點,所以DB⊥AD.以D為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,則D(0,0,0),B(3,0,0),C1(0,0,設F(x,y,z),C1F=λC1B1設平面BDE的一個法向量為m=(a,b,c),則m·DE=-1設平面BDF的一個法向量為n=(d,e,f),則n·DF=3λd+λe+3f=0所以|cos<m,n>|=|m令3-λ=t,則t∈(2,3),|cos<m,n>|=12令s=1t,則s∈13,12,|cos<m易知函數y=12s2-6s+1=12s-142+14的圖象開口向上,對稱軸為直線s=14,所以當s∈13,12時,函數y=12s2-6s+1單調遞增,所以當s∈13,17.解析取BD的中點O,連接C'O,AO,則AO⊥BD,C'O⊥BD.因為平面C'DB⊥平面ABD,平面C'DB∩平面ABD=BD,C'O?平面C'DB,所以C'O⊥平面ABD.如圖,以O為坐標原點,OA,易得BD=22,OA=OC'=2,則A((1)易得C'所以|cos<C'所以異面直線C'D與AB所成角的大小為π3（2）易得C?2設平面C'AB的一個法向量為n1=(x1,y1,z1),則n1·C'A=2所以n1=(1,1,1).設平面C'AD的一個法向量為n2=(x2,y2,z2),則n2·C'A=2x2--1,1).所以cos<n1,n2>=n1所以二面角D-AC'-B的正弦值為228.解析(1)證明:因為四邊形ABCD為菱形,所以BC∥AD,又BC?平面PAD,AD?平面PAD,所以BC∥平面PAD.因為BC?平面BCM,平面BCM∩平面PAD=MN,所以MN∥BC,又MN?平面PBC,BC?平面PBC,所以MN∥平面PBC.(2)取AB的中點E,連接PE,CE,AC.因為△PAB為等邊三角形,所以PE⊥AB.因為平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PE?平面PAB,所以PE⊥平面ABCD.因為四邊形ABCD是菱形,所以AB=BC,又∠ABC=60°,所以△ABC為等邊三角形,所以CE⊥AB.以點E為坐標原點,EB,EC,EP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則B(1,0,0),C(0,3,0),D(?2,33,0),設PM=λPD=(?2λ?1,3設平面PBC的一個法向量為m=(x1,y1,z1),則m·BC=-x1+3y設平面BCM的一個法向量為n=(x2,y2,z2),則n取x2=3?3λ,得n=(由題意得|cos<m,n>|=|m·n||故當點M為線段PD(不含端點)上靠近點P的三等分點時,二面角P-BC-M的正弦值為10109.解析(1)存在點F,使得CF∥平面POB.連接OC,依題意知PC=3,OC=所以OC2+OP2=PC2,所以OP⊥