數(shù)學(xué)選擇性必修 第一冊(cè)1.2.4 二面角同步達(dá)標(biāo)檢測(cè)題

這是一份數(shù)學(xué)選擇性必修 第一冊(cè)1.2.4 二面角同步達(dá)標(biāo)檢測(cè)題，共63頁。試卷主要包含了半平面，二面角，二面角的平面角， 又AB=,等內(nèi)容，歡迎下載使用。


知識(shí)點(diǎn)01 二面角的概念
1.半平面：平面內(nèi)的一條直線把平面分為兩部分，其中的每一部分都叫做半平面．
2.二面角：從一條直線出發(fā)的兩個(gè)半平面所組成的圖形叫做二面角，這條直線叫做二面角的棱，每個(gè)半平面叫做二面角的面．棱為l，兩個(gè)面分別為α，β的二面角的面，記作α-l-β，若A∈α，B∈β，則二面角也可以記作A-l-B，二面角的范圍為[0，π]．
3.二面角的平面角：在二面角α-l-β的棱上任取一點(diǎn)O，以O(shè)為垂足，分別在兩半平面內(nèi)分別作射線OA⊥l，OB⊥l，則∠AOB叫做二面角α-l-β的平面角．
知識(shí)點(diǎn)02 二面角的向量求法
定義：如果n1，n2分別是平面α1，α2的一個(gè)法向量，設(shè)α1與α2所成角的大小為θ．則θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉，sin θ＝sin〈n1，n2〉．
【即學(xué)即練1】（24-25高二上·上?！るS堂練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形．PA⊥平面ABCD，且PA=AB=1，則平面PAD與平面PBC所成的角的大小為 ．
【答案】45°
【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的方法求平面PAD與平面PBC所成的角的大小.
【詳解】
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，底面ABCD為正方形，PA=AB=1，
所以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
則A0,0,0，B1,0,0，C1,1,0，P0,0,1，
則PB=1,0,-1，PC=1,1,-1，
由題知，平面PAD的法向量為AB=1,0,0，
設(shè)平面PBC的法向量為m=x,y,z，
則m?PB=x-z=0m?PC=x+y-z=0，令x=1，則y=0,z=1，
所以m=1,0,1，
設(shè)平面PAD與平面PBC所成的角為θ，則csθ=m?ABmAB=12=22，
又0°≤θ≤90°，所以θ=45°，
所以平面PAD與平面PBC所成的角的大小為45°，
故答案為：45°.
【即學(xué)即練2】（23-24高二下·甘肅酒泉·期末）設(shè)a=(1,1,0)，b=(t,0,1)分別為兩平面的法向量，若兩平面所成的角為60°，則t等于（ ）
A．1B．－1C．－1或1D．2
【答案】C
【分析】借助向量夾角公式求解即可.
【詳解】因?yàn)榉ㄏ蛄縜，b所成的角與兩平面所成的角相等或互補(bǔ)，
所以1,1,0?t,0,12?1+t2=±12，得t＝±1．
故選：C．
難點(diǎn)：動(dòng)點(diǎn)問題
示例1：（23-24高二下·江蘇常州·期末）在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為A1B1的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在正方形CC1D1D內(nèi)部及其邊界上運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的有（ ）
A．當(dāng)PQ=5時(shí)，點(diǎn)Q的軌跡長(zhǎng)度為π
B．若PQ//平面A1BD，則PQ長(zhǎng)度的最小值為2
C．當(dāng)PQ=5時(shí)，二面角Q-AB-P的余弦值的最小值是255
D．記直線PQ與平面AA1B1B所成角為θ，則sinθ的取值范圍是23,1
【答案】AD
【分析】建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系后，設(shè)出Q點(diǎn)坐標(biāo)，對(duì)A：利用空間兩點(diǎn)間距離公式計(jì)算即可得點(diǎn)Q軌跡，即可得其長(zhǎng)度；對(duì)B：借助空間向量求出平面A1BD法向量可得點(diǎn)Q軌跡，即可得其長(zhǎng)度的最小值；對(duì)C：借助空間向量求出兩平面的法向量后可得其夾角的余弦值，結(jié)合點(diǎn)Q軌跡即可得其范圍；對(duì)D：求出平面AA1B1B法向量后借助空間向量夾角公式計(jì)算即可得.
【詳解】以D為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
則有D0,0,0，P2,1,2，設(shè)Q0,m,n，0≤m≤2，0≤n≤2，
對(duì)A：PQ=22+m-12+2-n2=5，故m-12+n-22=1，
則點(diǎn)Q的軌跡為以0,1,2為圓心，1為半徑，且在正方形CC1D1D內(nèi)部的半圓，
則點(diǎn)Q的軌跡長(zhǎng)度為12×2π×1=π，故A正確；
對(duì)B：PQ=-2,m-1,n-2，A12,0,2，B2,2,0，
則DA1=2,0,2，DB=2,2,0，令平面A1BD的法向量為m=x1,y1,z1，
則有m?DA1=2x1+2z1=0m?DB=2x1+2y1=0，可令x1=1，則y1=z1=-1，即m=1,-1,-1，
由PQ//平面A1BD，則有PQ?m=-2×1+m-1×-1+n-2×-1=0，
即m+n=1，則PQ=22+m-12+2-n2=4+n2+n-22=2n2-4n+8
=2?n-12+3≥6，故B錯(cuò)誤；
對(duì)C：A2,0,0，AQ=-2,m,n，BQ=-2,m-2,n，
設(shè)平面ABQ的法向量為α=x2,y2,z2，
則有α?AQ=-2x2+my2+nz2=0α?BQ=-2x2+m-2y1+nz2=0，
可令x2=n，則y2=0，z2=2，即α=n,0,2，
易得x軸⊥平面ABP，故平面ABP的法向量可為β=1,0,0，
則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，
則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錯(cuò)誤；
對(duì)D：PQ=-2,m-1,n-2，平面AA1B1B法向量為β=1,0,0，
則sinθ=csPQ,β=PQ?βPQ?β=24+m-12+2-n2，
由0≤m≤2，0≤n≤2，則m-12+2-n2∈0,5，
故sinθ=24+m-12+2-n2∈23,1，故D正確.
故選：AD.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵點(diǎn)在于建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系，從而借助平面的法向量研究位置關(guān)系，借助空間向量的夾角公式研究二面角或線面角.
【題型1：定義法求面面角】
例1．（21-22高二上·安徽蕪湖·期中）H是二面角α-AB-β棱上的一點(diǎn)，在α平面上引射線HM，在β平面上引射線HN，若∠MHB=∠NHB=π4，∠MHN=π3，那么二面角α-AB-β的大小為（ ）
A．π2B．π3C．π4D．π6
【答案】A
【分析】過AB上一點(diǎn)Q分別在α,β內(nèi)做AB的垂線，分別交HM,HN于M點(diǎn)和N點(diǎn)，則∠MQN即為二面角α-AB-β的平面角，設(shè)HQ=1，求出MQ,NQ,MN可得答案.
【詳解】過AB上一點(diǎn)Q分別在α,β內(nèi)做AB的垂線，
分別交HM,HN于M點(diǎn)和N點(diǎn)，則∠MQN即為二面角α-AB-β的平面角，
如下圖所示：設(shè)HQ=1，因?yàn)椤螹HB=∠NHB=π4，
所以MH=NH=2，MQ=NQ=1，
因?yàn)椤螹HN=π3，所以MN=2，可得MQ2+NQ2=MN2，
所以MQ⊥NQ，即二面角α-AB-β的大小為π2.
故選：A.
變式1．（23-24高二下·廣東·期末）如圖，正八面體ABCDEF的12條棱長(zhǎng)相等，則二面角E-AB-F的余弦值為 .
【答案】-13.
【分析】AB的中點(diǎn)為G，∠EGF為二面角E-AB-F的平面角，結(jié)合正八面體的幾何特征，利用余弦定理求值即可.
【詳解】連接AC,BD交于點(diǎn)O，連接EF，取AB的中點(diǎn)G，連接EG,FG，
根據(jù)正八面體的幾何特征，有EF過點(diǎn)O，EG⊥AB，F(xiàn)G⊥AB，
又EG?平面ABE，F(xiàn)G?平面ABF， 平面ABE∩平面ABF=AB，
所以∠EGF為二面角E-AB-F的平面角.
正八面體中， EF⊥平面ABCD，AC?平面ABCD， 則EF⊥AC，所以△AOE是直角三角形，
設(shè)正八面體棱長(zhǎng)為2， 則AO=2，AE=2，所以O(shè)E=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
故答案為：-13.
變式2．（23-24高二下·貴州銅仁·期末）如圖所示，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=5,BC=3,BB1=4,P為矩形A1B1C1D1內(nèi)一點(diǎn)，過點(diǎn)P與棱BC作平面α．
(1)直接在圖中作出平面α截此長(zhǎng)方體所得的截面（不必說明畫法和理由），判斷截面圖形的形狀，并證明；
(2)設(shè)平面α∩平面A1B1C1D1=l．若截面圖形的周長(zhǎng)為16，求二面角A-l-B的余弦值．
【答案】(1)作圖見解析，截面為矩形，證明見解析；
(2)55.
【分析】（1）作出截面，利用面面平行的性質(zhì)及線面垂直的性質(zhì)判斷即可.
（2）連接AF，確定二面角的平面角并計(jì)算即得.
【詳解】（1）在平面A1B1C1D1內(nèi)過點(diǎn)P作EF//B1C1分別交C1D1,A1B1于點(diǎn)E,F，連接CE,BF，
則四邊形BCEF為所作截面，截面BCEF為矩形，證明如下：
在長(zhǎng)方體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，四邊形BCEF為平行四邊形，又BC⊥平面ABB1A1，BF?平面ABB1A1，
因此BC⊥BF，所以四邊形BCEF為矩形.
（2）連接AF，由矩形BCEF的周長(zhǎng)為16，且BC=3，得BF=5，
又BB1=4，∠BB1F=90°，得B1F=3,A1F=2，又∠AA1F=90°，則AF=25，
由（1）知，EF//BC，則EF⊥平面ABB1A1，而AF,BF?平面ABB1A1，
因此EF⊥BF,EF⊥AF，二面角A-l-B的平面角為∠BFA，
在△ABF中，AB=BF，則cs∠BFA=12AFBF=55，
所以二面角A-l-B的余弦值為55.
變式3．（24-25高二上·上海·課堂例題）P是二面角α-l-β內(nèi)的一點(diǎn)（P?α，P?β），PA⊥α，PB⊥β且∠APB=35°，求此二面角的大小.
【答案】145°
【分析】根據(jù)給定條件，作出二面角的平面角，利用定義求解即得.
【詳解】令平面PAB與l相交于O，連接OA、OB，如圖，

由PA⊥α于點(diǎn)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，則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°.
變式5．（23-24高二下·浙江·期末）如圖，已知四棱錐P-ABCD，底面是邊長(zhǎng)為4的正方形，M，N分別為棱AP，BC的中點(diǎn)，PA=PB，CP=DP=3，∠ACP=π4.

(1)求證：MN//平面CDP；
(2)求二面角D-BC-P的平面角余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)22
【分析】（1）作出輔助線證明MNCL為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得結(jié)論；
（2）利用線面垂直判定定理作出二面角D-BC-P的平面角∠PGO，再由余弦定理可得結(jié)果.
【詳解】（1）取DP的中點(diǎn)L，連接ML，CL，如下圖所示：
∵M(jìn)，L分別是PA，PD的中點(diǎn)，
∴ML∥AD，ML=12AD，
∵CN∥AD，CN=12AD，
∴ML∥CN，ML=CN，可得四邊形MNCL為平行四邊形，
∴MN∥CL，∵M(jìn)N?面CDP，CL?面CDP，
所以MN//平面CDP
（2）取AB，CD的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF，PF，PE，
作PO⊥EF交EF于O，∵CP=DP=3，∴PF⊥CD且PF=5，
∵底面是邊長(zhǎng)為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.
過O點(diǎn)作OG⊥BC，連接PG，如下圖所示：

易知知PG⊥BC，則∠PGO為二面角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，
設(shè)OF=x，則OE=4-x，
則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的平面角的余弦值為22.
變式5．（24-25高二上·上?！卧獪y(cè)試）如圖，在幾何體S-ABC中，點(diǎn)E、O分別是SC、AC的中點(diǎn)，SO⊥底面ABC，∠ASC=∠ACB=90°．
(1)求證：OE//平面SAB；
(2)若點(diǎn)F在線段BC上，求異面直線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)證明見解析
(2)90°
(3)63
【分析】（1）借助中位線性質(zhì)，運(yùn)用線面平行判定可解；
（2）運(yùn)用線面垂直得到線線垂直即可得到異面直線OE、SF所成角;
（3）找出二面角的平面角，借助銳角三角函數(shù)求出余弦值即可.
【詳解】（1）證明：因?yàn)辄c(diǎn)E、O分別是SC、AC的中點(diǎn)，所以O(shè)E//SA．
又因?yàn)镺E?平面SAB，SA?平面SAB,所以O(shè)E//平面SAB．
（2）解：因?yàn)镺E∥AS，所以∠ASF（或其補(bǔ)角）是異面直線OE、SF所成的角．
因?yàn)镾O⊥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?yàn)椤螦SC=90°，即AS⊥SC，又SC∩BC=C,SC,BC?平面SBC，
所以AS⊥平面SBC，從而AS⊥SF，所以∠ASF=90°，
即異面直線OE、SF所成角的大小為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，則AC=2，而BC=12AC，則BC=1．
由上面證明知道，BC⊥平面ASC，SC?平面ASC.
則∠BCS=90°，SC=2，BC=1，則SB=3，
所以cs∠BSC=SCCB=63，所以二面角B-AS-C的平面角的余弦值為63．
變式6．（2024高二下·浙江紹興·學(xué)業(yè)考試）如圖，在底面為邊長(zhǎng)為2的菱形的四棱錐P-ABCD中，PA=PB=2，平面PAB⊥平面ABCD，∠ABC=60°，設(shè)E是棱PB上一點(diǎn)，三棱錐E-ACD的體積為12.
(1)證明：PC⊥AB；
(2)求BE；
(3)求二面角E-CD-A的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)BE=1
(3)55
【分析】（1）取AB中點(diǎn)H，連結(jié)PH，CH，證明AB⊥平面CHP，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)即可得證；
（2）作EM⊥AB于M，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)證明EM⊥平面ABCD，再根據(jù)三棱錐的體積公式即可得解；
（3）作MN⊥CD交于DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，連接EN，證明CD⊥平面EMN，則CD⊥EN，則∠ENM即為二面角E-CD-A的平面角，再解△ENM即可.
【詳解】（1）取AB中點(diǎn)H，連結(jié)PH，CH，
因?yàn)镻A=PB=2，所以PH⊥AB，
在菱形ABCD中，∠ABC=60°，則△ABC是等邊三角形，
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?yàn)槠矫鍼AB⊥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的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，連接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即為二面角E-CD-A的平面角，
sin∠ENM=EMEN=55.
變式7．（22-23高二上·上海普陀·期末）如圖，在三棱錐D-ABC中，平面ACD⊥平面ABC，AD⊥AC，AB⊥BC， E、F分別為棱BC、CD的中點(diǎn)．
(1)求證：直線EF//平面ABD；
(2)若直線CD與平面ABC所成的角為45°，直線CD與平面ABD所成角為30°，求二面角B-AD-C的大?。?br>【答案】(1)證明見解析
(2)45°
【分析】（1）根據(jù)E，F(xiàn)分別是棱BC、CD的中點(diǎn)得到EF// BD，從而可證直線EF//平面ABD；
（2）利用線面角與二面角的定義，結(jié)合線面垂直的判定定理求得所需線面角與二面角，從而得解.
【詳解】（1）∵E，F(xiàn)分別是棱BC、CD的中點(diǎn)，∴在△BCD中，EF// BD，
∵EF?平面ABD，BD?平面ABD，∴直線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是直線CD與平面ABC所成角，
∵直線CD與平面ABC所成角為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是直線CD與平面ABD所成角，
∵直線CD與平面ABD所成角為30°，∴∠BDC=30°，
∴BC=12CD，BD= 3BC，設(shè)BC=1，
則CD=2，BD=3，AD=AC=2，AB=1，
∴△ABC為等腰直角三角形，∠BAC=45°，
∵AD⊥AB，AD⊥AC，∴∠BAC是二面角的平面角，
∴二面角B-AD-C的大小為45°．
【方法技巧與總結(jié)】
用定義求二面角的步驟
1.作(找)出二面角的平面角(作二面角時(shí)多用三垂線定理)．
2.證明所作平面角即為所求二面角的平面角．
3.解三角形求角．
【題型2：向量法求面面角】
例2．（23-24高二下·江蘇泰州·階段練習(xí)）如圖，在體積為5的多面體ABCDPQ中，底面ABCD是平行四邊形，∠DAB=45°,BC=2PQ= 22AB=22,M為BC的中點(diǎn)，PQ//BC,PD⊥DC,QB⊥MD.則平面PCD與平面QAB夾角的余弦值為（ ）
A．1010B．31010C．63737D．3737
【答案】C
【分析】先證明∠ABQ=90°，再根據(jù)體積公式，結(jié)合棱柱與棱錐的體積關(guān)系，結(jié)合等體積法可得PM=h=6，即可建立空間直角坐標(biāo)系，運(yùn)用法向量求解.
【詳解】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?yàn)镈C⊥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,所以四邊形PQBM為平行四邊形，所以PM∥QB．
又AB//DC，所以AB⊥BQ，所以∠ABQ=90°．
因?yàn)镼B⊥MD，所以PM⊥MD，
又PM⊥CD，DC∩MD=D,DC,MD?平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，則QB⊥面ABCD．
取AD中點(diǎn)E，連接PE，由PM?面PME，QB?面ABQ，則面PME⊥面ABCD，面ABQ⊥面ABCD，
根據(jù)已知易知△ABQ?△EMP，所以ABQ-EMP為三棱柱，
設(shè)PM=h，多面體ABCDPQ的體積為V，
則V=V三棱柱ABQ-PEM+V四棱錐P-CDEM=3VA-PEM+V四棱錐P-CDEM=3VP-AEM+V四棱錐P-CDEM
=S△AEM×h+13S四邊形CDEM×h=S△AEM×h+13×2S△AEM×h=53S△AEM×h=53×12×2×1×sin3π4h=5．
解得PM=h=6．
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A-1,2,0,B-1,1,0,C1,-1,0，D1,0,0,P0,0,6,Q-1,1,6,M0,0,0．
則平面QAB的一個(gè)法向量n=1,0,0，且CD=0,1,0,PD=1,0,-6，
設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量m=x,y,z，則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與平面PMD夾角的余弦值為63737．
故選：C
變式1．（23-24高二上·河南焦作·階段練習(xí)）如圖，過二面角α-l-β內(nèi)一點(diǎn)P作PA⊥α于A,PB⊥β于B，若PA=5,PB=8,AB=7，則二面角α-l-β的大小為（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
【答案】C
【分析】設(shè)PA=a,PB=b，根據(jù)向量的模長(zhǎng)關(guān)系可得a?b=20，進(jìn)而可求a,b，即可得二面角.
【詳解】設(shè)PA=a,PB=b，則AB=b-a且a=5,b=8,AB=7，
因?yàn)锳B2=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的大小為120°．
故選：C.
變式2．（23-24高二上·陜西渭南·期末）在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，∠ABC=π2，AB=PA=12CD=1，BC=22，M為PD的中點(diǎn)，則二面角M-BC-A的余弦值為（ ）
A．31010B．1010C．55D．255
【答案】A
【分析】建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出兩平面的法向量，結(jié)合二面角M-BC-A是銳角以及法向量夾角余弦的坐標(biāo)運(yùn)算公式即可得解.
【詳解】過點(diǎn)A作AE//BC交CD于點(diǎn)E，
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AE,AB?平面ABCD，
所以PA⊥AE,PA⊥AB，
又因?yàn)锳B∥CD，∠ABC=π2，所以AE⊥AB，
所以PA,AE,AB兩兩互相垂直，
所以以A為原點(diǎn)，PA,AE,AB所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系：
因?yàn)锳B=PA=12CD=1，BC=22，M為PD的中點(diǎn)，
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，
設(shè)平面BCM的法向量為n=x,y,z，則22x=02x-32y+12z=0，
令y=1，解得x=0,z=3，即可取n=0,1,3，
顯然可取平面ABC的法向量為m=0,0,1，且二面角M-BC-A為銳角，
所以二面角M-BC-A的余弦值為.
故選：A.
變式3．（23-24高二上·山西朔州·期末）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱AA1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)為棱B1C1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則平面EFB與底面ABCD所成角的余弦值的取值范圍是（ ）
A．0,22B．33,22C．0,33D．0,55
【答案】A
【分析】建立合適的空間直角坐標(biāo)系，求出所需點(diǎn)的坐標(biāo)和向量的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求出平面EFB的法向量，由向量的夾角公式求解二面角的余弦值的取值范圍，由此判斷求解即可．
【詳解】
設(shè)平面EFB與底面ABCD所成的二面角的平面角為θ，由圖可得θ不為鈍角.
以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，
則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，
設(shè)平面EFB的法向量為n=(x,y,z)，
則n?BE=0n?BF=0，即-y+mx=0(n-1)x+z=0，
令x=-1，則y=m(n-1),z=n-1，故n=(-1,m(n-1),n-1)，
又底面ABCD的一個(gè)法向量為m=(0,0,1)，
所以csθ=csn,m=n?mn?m=n-11+m2n-12+n-12，因?yàn)閙,n∈0,1，
則csθ=1-n1+m2n-12+n-12，
當(dāng)n=1時(shí)，csθ=0，
當(dāng)n≠1時(shí)，csθ=111-n2+m2+1，當(dāng)n∈0,1，m∈0,1，
則1-n2∈0,1，m2∈0,1，則11-n2∈1,+∞，
則當(dāng)n=0,m=0時(shí)，分母取到最小值2，此時(shí)csθmax=22，
當(dāng)n→1，n>0時(shí)，則11n-12+m2+1→0，此時(shí)csθ∈0,22，
綜上csθ∈0,22，
故選：A.
變式4．（23-24高二下·河南漯河·期末）如圖，已知四棱錐P-ABCD中，AB ∥ CD,AB=6,AD=CB=3，CD=9，且PA=PB=5,Q在線段PC上，且滿足BQ ∥平面PDA.
(1)求PQQC；
(2)若平面PAB⊥平面ABCD，求平面PAB與平面PCD夾角的余弦值.
【答案】(1)2；
(2)89191.
【分析】（1）過點(diǎn)Q作QE ∥ CD交PD于E，由線面平行的性質(zhì)可得BQ ∥ AE，則PQQC可求；
（2）利用空間向量法即可求得平面PAB與平面PCD夾角的余弦值.
【詳解】（1）過點(diǎn)Q作QE ∥ CD交PD于E，連接AE，
由于BQ ∥平面PDA，
由線面平行性質(zhì)知BQ ∥ AE，
又QE ∥ CD ∥ AB,∴四邊形ABQE為平行四邊形.
所以QE=6,QECD=23，
則PQQC=2.
（2）取線段AB的中點(diǎn)O，連接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(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，過O作AB的垂線為y軸，以O(shè)B所在直線為x軸，以O(shè)P所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
則易得平面APB的一個(gè)法向量n1=0,1,0,
C92,332,0,P0,0,4,D-92,332,0，
則DC=9,0,0,PC=92,332,-4.
設(shè)平面PCD的法向量為n2=x,y,z，
則n2?CD=9x=0n2?PC=92x+332y-4z=0,
令y=8，可得n2=0,8,33.
設(shè)平面PAB與平面PCD夾角為θ,csθ=csn1,n2=891=89191.
故平面PAB與平面PCD夾角的余弦值為89191.
變式5．（23-24高二下·云南紅河·期末）如圖，在四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，DD1⊥平面ABCD，AB=2A1B1，DD1=1，P為AB的中點(diǎn).

(1)求證：D1P//平面BCC1B1；
(2)求平面ABB1A1與平面BCC1B1夾角的大小.
【答案】(1)見解析
(2)π3
【分析】（1）利用空間向量證明D1P//BC1即可；
（2）利用空間向量求解二面角即可.
【詳解】（1）底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，DD1⊥平面ABCD，
故DD1，DA，DC兩兩垂直.
以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

在四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1中，AB=2A1B1=2，DD1=1，P為AB的中點(diǎn)，
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),
則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,
設(shè)平面BCC1B1的法向量為n1=(x1,y1,z1),
則n1?BC=-2x1=0,n1?BC1=-2x1-y1+z1=0,
令y1=1，解得n1=(0,1,1),
設(shè)平面ABB1A1的法向量為n2=(x2,y2,z2),
則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與平面BCC1B1的夾角為π3.
變式6．（24-25高二上·上?！卧獪y(cè)試）在矩形ABCD中，已知AB=1，BC=a，PA⊥平面ABCD，且PA=1．
(1)在BC邊上是否存在點(diǎn)Q，使得PQ⊥QD，說明理由；
(2)若BC邊上有且僅有一個(gè)點(diǎn)Q，使PQ⊥QD，求AD與平面PDQ所成角的正弦值；
(3)在（2）的條件下，求出平面PQD與平面PAB所成角的大?。?br>【答案】(1)答案見解析
(2)66
(3)arctan5
【分析】（1）設(shè)BQ=x，則QC=a-x，分別求出QD|2,PQ|2，假設(shè)存在點(diǎn)Q，使得PQ⊥QD，由PD|2=PQ|2+|QD|2，建立方程，根據(jù)判別式分析即可；
（2）由（1）知，當(dāng)BC邊上僅有一個(gè)點(diǎn)Q，使得PQ⊥QD時(shí)，即BC=2，Q為BC中點(diǎn)，先根據(jù)面面垂直的判斷定理，證明平面PDQ⊥平面APQ，然后過點(diǎn)A作AE⊥PQ，垂足為E，得AE⊥平面PDQ，即∠ADE為AD和平面PDQ所成的角，最后利用等面積法和銳角三角函數(shù)即可求解；
（3）延長(zhǎng)DQ，AB交于點(diǎn)F，則PF為平面PQD和平面PAB的交線，過點(diǎn)A作AH⊥AF，垂足為H，連接DH，根據(jù)線面垂直的判定定理以及性質(zhì)證明PF⊥DH，則∠AHD即為平面PQD與平面PAB所成角，最后利用等面積法和銳角三角函數(shù)即可求解.
【詳解】（1）設(shè)BQ=x，則QC=a-x，
因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，
所以AQ|2=AB|2+|BQ|2=1+x2，
QD|2=QC|2+|CD|2=a-x2+1，
因?yàn)镻A⊥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，
假設(shè)存在點(diǎn)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，
其判別式為Δ=a2-4，
則當(dāng)a=2時(shí)，Δ=0，方程①有一解，即存在一個(gè)點(diǎn)Q，使PQ⊥QD，
當(dāng)a>2時(shí)，Δ>0，方程①有兩解，即存在兩個(gè)點(diǎn)Q，使得PQ⊥QD，
當(dāng)00)，
則B0,0,0,A2,0,0,C0,4,0,D2,2,0,P0,0,b，
則PA=2,0,-b,CD=2,-2,0，
∵異面直線PA、CD所成角為60°，
∴cs60°=|PA?CD||PA|?|CD|=44+b2?22=12，
解得b=2，棱長(zhǎng)PB的大小為2；
（2）假設(shè)棱PA上存在一點(diǎn)E，使得平面PAB與平面BDE所成銳二面角的正切值為5，
設(shè)PE=λPA，(0≤λ≤1)，且Ex',y',z'，則x',y',z'-2=λ2,0,-2，
∴E2λ,0,2-2λ，
設(shè)平面DEB的一個(gè)法向量為m=a,b,c，
BE=2λ,0,2-2λ，BD=2,2,0，
則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與平面BDE所成銳二面角的正切值為5，
由tanθ=5得sinθcsθ=5，又sin2θ+cs2θ=1，解得csθ=66，
∴平面PAB與平面BDE所成銳二面角的余弦值為66，
∴|cs|=|m?p||m|?|p|=1-λ2(1-λ)2+λ2=66，
解得λ=23或λ=2（舍)，
∴在棱PA上存在一點(diǎn)E，使得平面PAB與平面BDE所成銳二面角的正切值為5，
且點(diǎn)E為棱PA上靠近A的三等分點(diǎn)．
變式7．（23-24高二上·湖北·期中）如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD為直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=BC=2CD=2，PA=1，PB=5，E為BC的中點(diǎn)，且PE⊥BD．
(1)證明：PA⊥平面ABCD；
(2)線段PB上是否存在一點(diǎn)M，使得二面角M-DE-A的余弦值為223？若存在，試確定點(diǎn)M的位置；若不存在請(qǐng)說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)
【分析】（1）由題意，△ABE≌△BCD，得到BD⊥AE，進(jìn)而證明BD⊥平面PAE，即可得到BD⊥PA，即可證明PA⊥平面ABCD；
（2）以B為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，BM=λBP=2λ,0,λ0≤λ≤1，求出平面ABCD與平面DEM的法向量，利用空間向量的夾角公式計(jì)算即可.
【詳解】（1）證明：

連接AE，AE與BD的交點(diǎn)記為點(diǎn)O，因?yàn)锳B=BC，
BE=12BC=1=CD，∠ABE=∠BCD=90°，
所以△ABE≌△BCD，所以∠BAE=∠CBD，
因?yàn)椤螦BD+∠CBD=90°，
所以∠ABD+∠BAE=90°，
所以∠AOB=90°，即BD⊥AE，
又因?yàn)锽D⊥PE，且PE∩AE=E，PE?平面PAE，AE?平面PAE，
所以BD⊥平面PAE，
因?yàn)镻A?平面PAE，所以BD⊥PA．
因?yàn)樵凇鱌AB中，PA2+AB2=PB2，所以PA⊥AB，
又因?yàn)锽D∩AB=B，AB?平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD．
（2）存在，點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)
理由如下：如圖，以B為原點(diǎn)，BA，BC所在直線分別為x，y軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B0,0,0，P2,0,1，E0,1,0，D1,2,0，BP=2,0,1，

設(shè)BM=λBP=2λ,0,λ0≤λ≤1，即M=2λ,0,λ，
則EM=2λ,-1,λ，ED=1,1,0．
設(shè)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，則n=λ,-λ,-2λ-1，
易知，平面ABCD的一個(gè)法向量為n=0,0,1，
因?yàn)槎娼荕-DE-A的余弦值為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．
故線段PB上存在一點(diǎn)M，使得二面角M-DE-A的余弦值為223，此時(shí)點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)．
1．（22-23高二下·山東濟(jì)南·期末）已知兩個(gè)平面的法向量分別為m=0,1,1,n=1,-1,0，則這兩個(gè)平面的夾角為（ ）
A．30°B．60°C．60°或120°D．120°
【答案】B
【分析】根據(jù)兩平面夾角與其法向量夾角的關(guān)系，利用向量夾角公式即可得到答案.
【詳解】csm,n=m?nmn=-12×2=-12，因?yàn)橄蛄繆A角范圍為0,π，
故兩向量夾角為23π，故兩平面夾角為π3，即60°，
故選：B.
2．（22-23高二上·遼寧大連·期中）如圖，二面角α-l-β的棱上有兩點(diǎn)A,B，線段BD與AC分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)面內(nèi)，并且都垂直于棱l，若AB=2,AC=3,BD=4,CD=41，則二面角α-l-β的大小為（ ）
A．π6B．π3C．23πD．5π6
【答案】C
【分析】設(shè)AC,BD=θ(0≤θ≤π)，則二面角α-l-β的大小為θ，根據(jù)CD2=(CA+AB+BD)2，展開計(jì)算可得csθ=-12，即可求解.
【詳解】設(shè)AC,BD=θ(0≤θ≤π)，則二面角α-l-β的大小為θ，
由題意，CA⊥AB,AB⊥BD，則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的大小為2π3.
故選：C.
3．（23-24高二上·陜西安康·期中）如圖，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，AE⊥平面ABCD，若AE=1，則平面ADE與平面BCE的夾角為（ ）

A．45°B．60°C．120°D．150°
【答案】A
【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法計(jì)算可得.
【詳解】因?yàn)锳E⊥平面ABCD，且ABCD為正方形，
如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則B1,0,0、C1,1,0、E0,0,1，
所以BC=0,1,0，BE=-1,0,1，
設(shè)平面BCE的法向量為n=x,y,z，則n?BC=y=0n?BE=-x+z=0，取n=1,0,1，
又平面ADE的一個(gè)法向量為m=1,0,0，
設(shè)平面ADE與平面BCE的夾角為θ，則csθ=m?nm?n=22，
又0°≤θ≤90°，所以θ=45°.
故選：A

4．（22-23高二上·江西吉安·期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，已知：PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，PA=AB=BC=12AD=2，BC∥AD，已知Q是四邊形ABCD內(nèi)部一點(diǎn)（包括邊界），且二面角Q-PD-A的平面角大小為π3，則△ADQ面積的取值范圍是（ ）
A．0,4155B．0,155C．0,4155D．0,4
【答案】D
【分析】結(jié)合圖形，利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算表示面面夾角的余弦值，即可確定點(diǎn)G位置，即可求解.
【詳解】以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建系如圖，
因?yàn)槎娼荙-PD-A的平面角大小為π3，
所以Q的軌跡是過點(diǎn)D的一條直線，
又因?yàn)镼是四邊形ABCD內(nèi)部一點(diǎn)（包括邊界），
所以Q的軌跡是過點(diǎn)D的一條線段，
設(shè)以Q的軌跡與y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為G(0,b,0)，
由題意可得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?yàn)锳B⊥平面PAD，所以平面PAD的一個(gè)法向量為m=AB=(0,2,0),
設(shè)平面PDG的法向量為n=(x,y,z)，
所以DP?n=-4x+2z=0,DG?n=-4x+by=0,令x=1,則y=4b,z=2,
所以n=(1,4b,2)，
因?yàn)槎娼荙-PD-A的平面角大小為π3，
所以cs=m?nm?n=8b2×5+16b2=12，解得b=4155>2，
所以當(dāng)Q在線段BC上時(shí)，△ADQ面積最大，最大值為12×4×2=4，
所以△ADQ面積的取值范圍是0,4，
故選:D.
5．（22-23高二上·天津河北·期末）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，AC=2，BC=CC1=4，點(diǎn)D是棱AB的中點(diǎn)，則平面ABB1A1與平面B1CD所成角的正弦值為（ ）
A．3010B．7010C．306D．66
【答案】B
【分析】建系，求兩平面的法向量，利用空間向量解決面面夾角問題.
【詳解】如圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則A2,0,0,C0,0,0,B0,4,0,D1,2,0,B10,4,4，
設(shè)平面ABB1A1的法向量n=x,y,z，
∵BA=2,-4,0,BB1=0,0,4，則n?BA=2x-4y=0n?BB1=4z=0，
令x=2，則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，
設(shè)平面ABB1A1與平面B1CD所成角為θ∈0,π2，則csθ=3010，
故平面ABB1A1與平面B1CD所成角的正弦值sinθ=1-cs2θ=7010.
故選：B.
6．（22-23高二上·北京·期中）若直線a的方向向量為a，平面α、β的法向量分別為n、m，則下列命題為假命題的是（ ）
A．若a//n，則直線a⊥平面α
B．若a⊥n，則直線a//平面α
C．若csa,n=12，則直線a與平面α所成角的大小為π6
D．若csm,n=12，則平面α、β的夾角為π3
【答案】B
【分析】利用空間線面位置關(guān)系與空間向量的關(guān)系，可判斷AB選項(xiàng)的正誤；利用空間角與空間向量的關(guān)系可判斷CD選項(xiàng)的正誤.
【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，若a//n，則a為平面α的一個(gè)法向量，故直線a⊥平面α，A對(duì)；
對(duì)于B選項(xiàng)，若a⊥n，則直線a//平面α或直線a?平面α，B錯(cuò)；
對(duì)于C選項(xiàng)，若csa,n=12，則直線a與平面α所成角的大小為π6，C對(duì)；
對(duì)于D選項(xiàng)，若csm,n=12，則平面α、β的夾角為π3，D對(duì).
故選：B.
7．（21-22高二下·新疆烏魯木齊·期中）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體中，下列結(jié)論不正確的是（ ）
A．異面直線AC與BC1所成的角為60°
B．二面角A-B1C-B的正切值為2
C．直線AB1與平面ABC1D1所成的角為45°
D．四面體D1-AB1C的外接球體積為32π
【答案】C
【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解異面直線的夾角，二面角及線面角，判斷ABC選項(xiàng)，D選項(xiàng)，四面體D1-AB1C的外接球即為正方體的外接球，從而求出外接球半徑和體積.
【詳解】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則A1,0,0,C0,1,0,B1,1,0,C10,1,1,B11,1,1,D10,0,1，
A選項(xiàng)，設(shè)異面直線AC與BC1所成的角為θ，
則csθ=csAC,BC1=-1,1,0?-1,0,12×2=12，
故異面直線AC與BC1所成的角為60°，A正確；
B選項(xiàng)，設(shè)平面AB1C的法向量為m=x,y,z，
則有m?AB1=y+z=0m?AC=-x+y=0，令y=1得：x=1,z=-1，
則m=1,1,-1，
平面BB1C的法向量為n=0,1,0，
csm,n=m?nm?n=13=33
設(shè)二面角A-B1C-B的大小為α，顯然α為銳角，則csα=csm,n=33，
所以sinα=63，tanα=2，故二面角A-B1C-B的正切值為2，B正確；
C選項(xiàng)，設(shè)平面ABC1D1的法向量為n1=x1,y1,z1，
則n1?AB=y1=0n1?AC1=-x1+y1+z1=0令x1=1，則z1=1，
所以n1=1,0,1，
設(shè)直線AB1與平面ABC1D1所成的角為β，
則sinβ=csAB1,n1=0,1,1?1,0,12×2=12，
則β=30°，C錯(cuò)誤；
D選項(xiàng)，四面體D1-AB1C的外接球即為正方體ABCD-A1B1C1D1的外接球，
設(shè)外接球半徑為R，則R=32，則外接球體積為32π，D正確.
故選：C
8．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=3，AD=AA1=1，P為線段A1C上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．當(dāng)A1C=2A1P時(shí)，直線BP與平面ABCD所成角的正弦值為255
B．當(dāng)A1C=3A1P時(shí)，若平面BDC1的法向量記為n，則D1P?n=1
C．當(dāng)A1C=4A1P時(shí)，二面角A1-AD1-P的余弦值為105
D．若A1C?D1P=0，則A1C=4A1P
【答案】C
【分析】A選項(xiàng)，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)Px,y,z，根據(jù)A1C=2A1P得到P32,12,12，結(jié)合法向量得到直線BP與平面ABCD所成角的正弦值；B選項(xiàng)，根據(jù)A1C=3A1P得到D1P=33,-23,-13，結(jié)合n=1,3,-3得到答案；C選項(xiàng)，根據(jù)A1C=4A1P求出P34,14,34，利用二面角的向量求解公式得到答案；D選項(xiàng)，設(shè)A1P=λA1C 0≤λ≤1，表達(dá)出D1P=3λ,λ-1,-λ，根據(jù)A1C?D1P=0得到方程，求出λ=15，得到D錯(cuò)誤.
【詳解】A選項(xiàng)，如圖所示，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AD,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，
建立空間直角坐標(biāo)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，
則A1C=3,1,-1,設(shè)Px,y,z，則A1P=x,y,z-1.
當(dāng)A1C=2A1P時(shí)，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的一個(gè)法向量為A1A=0,0,-1，
所以直線BP與平面ABCD所成角的正弦值csA1A?BP=0,0,-1?-32,12,1234+14+14=1252=55，故A錯(cuò)誤．
B選項(xiàng)，當(dāng)A1C=3A1P時(shí)，3x=33y=13z-1=-1，解得x=33y=13z=23，
所以P33,13,23，所以D1P=33,-23,-13.
設(shè)平面BDC1的法向量為n=x',y',z'，
因?yàn)镃1D=-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，則x'=1,y'=3，則n=1,3,-3，
所以D1P?n=33,-23,-13?1,3,-3=33-233+33=0，故B錯(cuò)誤．
C選項(xiàng)，當(dāng)A1C=4A1P時(shí)，4x=34y=14z-1=-1解得x=34y=14z=34，
所以P34,14,34，平面AA1D1的一個(gè)法向量為AB=3,0,0.
設(shè)平面APD1的法向量為m=a,b,c，
因?yàn)锳P=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，則c=-1，a=233，則m=233,1,-1，
所以二面角A1-AD1-P的余弦值為
csAB?m=AB?mAB?m=3,0,0?233,1,-13×43+1+1=210=105，故C正確；
D選項(xiàng)，設(shè)A1P=λA1C 0≤λ≤1，因?yàn)锳1P=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，則3λ×3+λ-1+-λ×-1=0，
解得λ=15，所以A1P=15A1C，即A1C=5A1P，故D錯(cuò)誤．
故選：C.
二、多選題
9．（22-23高二下·江蘇南京·期中）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB=π3，AB=2AD=2PD，PD⊥底面ABCD，則（ ）．
A．PA⊥BDB．PB與平面ABCD所成角為π6
C．異面直線AB與PC所成角的余弦值為55D．二面角A-PB-C的正弦值為217
【答案】ABD
【分析】連接BD，由已知結(jié)合余弦定理與勾股定理逆定理可得BD⊥AD，于是可建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算逐項(xiàng)判斷即可.
【詳解】連接BD，因?yàn)椤螪AB=π3，設(shè)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，則BD=3a，
則BD2+AD2=AB2，即BD⊥AD，又PD⊥底面ABCD，AD,BD?底面ABCD，
所以PD⊥AD,PD⊥BD，
如圖，以D為原點(diǎn)，DA,DB,DP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則D0,0,0,Aa,0,0,B0,3a,0,C-a,3a,0,P0,0,a
對(duì)于A，所以PA=a,0,-a，BD=0,-3a,0，則PA?BD=0+0+0=0，
所以PA⊥BD，故A正確；
對(duì)于B，又PB=0,3a,-a，因?yàn)镻D⊥底面ABCD，所以DP=0,0,a是平面ABCD的一個(gè)法向量，所以csPB,DP=PB?DPPB?DP=-a22a?a=-12，
則PB與平面ABCD所成角的正弦值為12，即PB與平面ABCD所成角為π6，故B正確；
對(duì)于C，AB=-a,3a,0,PC=-a,3a,-a，
則csAB,PC=AB?PCAB?PC=a2+3a2+02a?5a=255，
則異面直線AB與PC所成角的余弦值為255，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，設(shè)平面PAB的法向量為n=x1,y1,z1，則PA?n=0AB?n=0?ax1-az1=0-ax1+3ay1=0?x1=z1x1=3y1，令y1=1，則n=3,1,3，
設(shè)平面PBC的法向量為m=x2,y2,z2，則PB?m=0PC?m=0?3ay2-az2=0-ax2+3ay2-az2=0?z2=3y2x2=0，令y2=1，則m=0,1,3，
所以csn,m=n?mn?m=0+1+37×2=277，
令二面角A-PB-C所成角為θ0≤θ≤π，則csθ=277
則平面PAB與平面PBC的夾角的余弦值為277，
所以sinθ=1-cs2θ=217，故D正確.
故選：ABD.
10．（22-23高二上·山東青島·期中）如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)，G分別為AD，AB，B1C1的中點(diǎn)，以下說法正確的是（ ）
A．三棱錐C-EFG的體積為1B．A1C⊥平面EFG
C．A1D1//平面EFGD．平面EGF與平面ABCD夾角的余弦值為36
【答案】AB
【分析】根據(jù)錐體體積公式求得三棱錐C-EFG的體積.建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法判斷BCD選項(xiàng)的正確性.
【詳解】A選項(xiàng)，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選項(xiàng)正確.
建立如圖所示空間直角坐標(biāo)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選項(xiàng)正確.
平面EFG的一個(gè)法向量為A1C=-2,2,-2，
A1D1?A1C=4≠0，所以A1D1與平面EFG不平行，C選項(xiàng)錯(cuò)誤.
平面ABCD的法向量為n=0,0,1，
設(shè)平面EFG于平面ABCD的夾角為θ，
則csθ=A1C?nA1C?n=223=33，D選項(xiàng)錯(cuò)誤.
故選：AB
11．（23-24高二下·江蘇南京·期中）（多選）如圖，八面體的每個(gè)面都是正三角形，若四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，則（ ）

A．異面直線AE與DF所成角大小為π3
B．二面角A-EB-C的平面角的余弦值為13
C．此八面體存在外接球
D．此八面體的內(nèi)切球表面積為32π3
【答案】ACD
【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，運(yùn)用坐標(biāo)法計(jì)算異面直線所成角及二面角判斷AB；由OE=OF=OA=OB=OC=OD判斷C項(xiàng)；利用等體積法求得內(nèi)切球的半徑，進(jìn)而可求得內(nèi)切球的表面積即可判斷D項(xiàng)．
【詳解】連接AC,BD交于點(diǎn)O，連接OE,OF，由正方形ABCD，得AC⊥BD，
又八面體的每個(gè)面都是正三角形，則E,O,F三點(diǎn)共線，且EF⊥平面ABCD，
以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)B,OC,OE所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，如圖，

則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(xiàn)(0,0,-22)，
對(duì)于A，AE=(0,22,22),DF=(22,0,-22)，則|cs?AE?,DF??|=|AE??DF?||AE?||DF?|=84×4=12，
所以異面直線AE與DF所成角大小為π3，A正確；
對(duì)于B，BE=(-22,0,22),BA=(-22,-22,0),BC=(-22,22,0)，
設(shè)平面ABE的法向量為n=(x1,y1,z1)，則n?BE=-22x1+22z1=0n?BA=-22x1-22y1=0，取x1=1，得n=(1,-1,1)，
設(shè)平面BEC的法向量為m=(x2,y2,z2)，則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與平面BEC所成的二面角的平面角為鈍角，
所以二面角A-EB-C的平面角的余弦值為-13，B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，因?yàn)镺E=OF=OA=OB=OC=OD=22，即O為此八面體外接球的球心，
因此此八面體一定存在外接球，C正確；
對(duì)于D，設(shè)內(nèi)切球的半徑為r，SABCD=42=16，八面體表面積S=8S△ABE=8×34×42=323
則八面體的體積為V=2VE-ABCD=2×13SABCD?EO=2×13×16×22=6423，
又八面體的體積為V=13Sr=3233r，因此3233r=6423，解得r=263，
所以內(nèi)切球的表面積為4πr2=4π×(263)2=32π3，D正確．
故選：ACD
【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：一個(gè)多面體的表面積為S，如果這個(gè)多面體有半徑為r的內(nèi)切球，則此多面體的體積V滿足：V=13Sr.
三、填空題
12．（23-24高二上·浙江杭州·期中）已知矩形ABCD，AB=1,BC=3，沿對(duì)角線AC將△ABC折起，若BD=2，則二面角B-AC-D的余弦值為 ．
【答案】13
【分析】利用空間向量的數(shù)量積與模長(zhǎng)計(jì)算夾角即可.
【詳解】
如圖所示，過B、D分別作BE⊥AC,DF⊥AC，垂足分別為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，
設(shè)二面角B-AC-D的平面角為α，則=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.
故答案為：13
13．（23-24高二上·陜西咸陽·階段練習(xí)）在菱形ABCD中，∠ABC=60°，沿對(duì)角線AC折疊之后，使得平面BAC⊥平面ACD（如圖），則平面BCD與平面ACD夾角的正弦值為 ．

【答案】255/255
【分析】根據(jù)面面垂直的性質(zhì)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式進(jìn)行求解即可.
【詳解】設(shè)AC的中點(diǎn)為E，連接BE,DE，
因?yàn)榱庑蜛BCD中，∠ABC=60°，
所以三角形BAC和三角形ACD都是等邊三角形，
因此BE⊥AC，DE⊥AC，
因?yàn)槠矫鍮AC⊥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，因此建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為2，A1,0,0,C-1,0,0,D0,3,0,B0,0,3，
設(shè)平面BCD的法向量為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的法向量為n=BE=0,0,3，
平面BCD與平面ACD夾角為θ，
所以csθ=csm,n=m?nm?n=3-32+12+12×3=55，
因此sinθ=1-cs2θ=1-525=255，
故答案為：255
14．（24-25高二上·上?！卧獪y(cè)試）如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE=AD．△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點(diǎn)，PO=66DO，則二面角B-PC-E的余弦值是 ．

【答案】55
【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，求得相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)，求得平面PCE以及平面APC的法向量，根據(jù)向量的夾角公式即可求得答案.
【詳解】由題意知O是圓錐底面的圓心，AE=AD，則DO⊥平面ABC，△DAE為正三角形，則DO=32AE=3AO,
設(shè)DO=a，由題設(shè)可得PO=66a,AO=33a,AE=233a,
△ABC是底面的內(nèi)接正三角形,故AB=AEsinπ3=a，
PA=PB=PC=AO2+PO2=(33a)2+(66a)2=22a,
如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，在平面ABC內(nèi)過O點(diǎn)作AE的垂線作為x軸，
以O(shè)E,OD為y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

由前面證明的結(jié)論，不妨取a=3，則AO=OE=1，可得E(0,1,0),A(0,-1,0)，
C(-32,12,0),P(0,0,22),
則EC=(-32,-12,0) ，EP=(0,-1,22)，
設(shè)m=(x,y,z)是平面PCE的法向量，則m?EP=0m?EC=0,即-y+22z=0-32x-12y=0，
令y=1，則可取m=(-33,1,2)，
AC=(-32,32,0) ，AP=(0,1,22)，
設(shè)n=(s,b,c)是平面APC的法向量，則n?AP=0n?AC=0,即b+22c=0-32s+32b=0，
令s=3，則可取n=(3,1,-2)，
則cs?n,m?=n?m|n|?|m|=-213+1+2?3+1+2=-55，
由圖知二面角A-PC-E的平面角為銳角,
故二面角A-PC-E的余弦值為55.
故答案為：55.
四、解答題
15．（23-24高二下·云南楚雄·期末）如圖，在正三棱柱ABC-A'B'C'中，E,F分別為棱AC,BB'的中點(diǎn)，AB=BB'=2．
(1)證明：BE//平面AFC'．
(2)求平面ABC與平面AFC'夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)22．
【分析】（1）構(gòu)造平行四邊形證明線線平行，然后用線面平行的判定定理即可得證；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出兩個(gè)平面的法向量，然后利用向量坐標(biāo)法求夾角的余弦值即可得解.
【詳解】（1）證明：取G為AC'的中點(diǎn)，連接EG,GF．
因?yàn)镋為棱AC的中點(diǎn)，所以EG∥CC'，且EG=12CC'．
又F為棱BB'的中點(diǎn)，所以BF=12BB'．
因?yàn)锽B'∥CC'且BB'=CC'，所以EG∥BF且EG=BF，
所以四邊形EGFB為平行四邊形，
所以EB∥GF．
又EB?平面AFC',GF?平面AFC'，
所以BE//平面AFC'．
（2）取O為BC的中點(diǎn)，H為B'C'的中點(diǎn)，連接AO,OH．
因?yàn)锳BC-A'B'C'為正三棱柱，所以O(shè)C,OA,OH兩兩垂直．
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC,OH,OA所在直線分別為x,y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A0,0,3,F-1,1,0,C'1,2,0,AC=1,2,-3,FC=2,1,0．
設(shè)平面AFC'的法向量為m=x,y,z，則m?AC=x+2y-3z=0,m?FC=2x+y=0.
令x=1，則y=-2,z=-3，可得m=1,-2,-3，
又n=0,1,0是平面ABC的一個(gè)法向量，
所以cs?m,n?=m?nmn=222=22，
所以平面ABC與平面AFC'夾角的余弦值為22．
16．（23-24高二下·黑龍江大慶·期中）四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PA=AB=2，點(diǎn)E是棱PC上一點(diǎn).
(1)求證：平面PAC⊥平面BDE；
(2)當(dāng)E為PC中點(diǎn)時(shí)，求A-BE-D所成二面角銳角的大小.
【答案】(1)證明見解析
(2)π3
【分析】（1）由線面垂直得到線線垂直，進(jìn)而得到BD⊥平面PAC，從而得到面面垂直；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)的坐標(biāo)，得到兩平面的法向量，求出二面角的大小.
【詳解】（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為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z建立空間直角坐標(biāo)系，
則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)，
設(shè)平面ABE的法向量為n=(x,y,z)，則n?AB=2x=0n?BE=-x+y+z=0，
解得x=0，令y=1得z=-1，故n=(0,1,-1)，
設(shè)平面DBE的法向量為m=(a,b,c)，
則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)，
設(shè)二面角A-BE-D為θ，由圖可知二面角A-BE-D為銳二面角，
所以csθ=|m?n||m|?|n|=12×2=12，所以銳二面角為π3.
17．（23-24高二下·青海海東·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，AP=AB=1，F(xiàn)，E分別是PB，PC的中點(diǎn)．
(1)證明：PB⊥ED；
(2)求平面ADEF與平面PCD的夾角．
【答案】(1)證明見解析
(2)60°
【分析】（1）由線面垂直得到PA⊥AD，結(jié)合正方形性質(zhì)得到線面垂直，得到AD⊥PB，再由三線合一得到線線垂直，證明出線面垂直，得到PB⊥ED；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)的坐標(biāo)，得到平面的法向量，得到兩個(gè)平面的夾角.
【詳解】（1）∵PA⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，
∴PA⊥AD，
又四邊形ABCD為正方形，
故AD⊥AB，AB，PA為平面PAB上的相交直線，
∴AD⊥平面PAB，
∵PB?平面PAB，
∴AD⊥PB，
∵等腰三角形PAB中F是PB的中點(diǎn)，
∴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兩兩垂直，故分別以其所在直線為坐標(biāo)軸建系，
如圖所示，則A0,0,0，P0,0,1，B1,0,0，C1,1,0，D0,1,0，F(xiàn)12,0,12，
由（1）得PB⊥平面ADEF，
可得平面ADEF的一個(gè)法向量m=PB=1,0,-1，
設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量n=x,y,z，
則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，
設(shè)平面ADEF與平面PCD的夾角為θ，則csθ=12，
故θ=60°，
∴平面ADEF與平面PCD的夾角為60°．
18．（23-24高二下·吉林長(zhǎng)春·期末）如圖①，在等腰梯形ABCD中，AB=2，CD=6，AD=22，E，F(xiàn)分別是線段CD的兩個(gè)三等分點(diǎn)，若把等腰梯形沿虛線AF，BE折起，使得點(diǎn)C和點(diǎn)D重合，記為點(diǎn)P，如圖②.

(1)求證：平面PEF⊥平面ABEF；
(2)求平面PAE與平面PAB所成銳二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見詳解
(2)57
【分析】（1）通過證明BE⊥EF,BE⊥PE來證得BE⊥平面PEF，由此證得平面PEF⊥平面ABEF.
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法計(jì)算出平面PAE與平面PAB所成銳二面角的余弦值.
【詳解】（1）由題意可知：四邊形ABEF是正方形，
則BE⊥EF,BE⊥PE，且PE∩EF=E，PE,EF?平面PEF，
所以BE⊥平面PEF，
因?yàn)锽E?平面ABEF，所以平面PEF⊥平面ABEF．
（2）如圖，過點(diǎn)P作PO⊥EF于點(diǎn)O，過點(diǎn)O作BE的平行線交AB于點(diǎn)G，
因?yàn)槠矫鍼EF⊥平面ABEF，平面PEF∩平面ABEF=EF，PO?平面PEF，
則PO⊥平面ABEF．
又因?yàn)镻O，EF，OG所在直線兩兩垂直，
所以分別以O(shè)G，OE，OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則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.
設(shè)平面PAE的法向量為n1=x1,y1,z1，則n1?AE=-2x1+2y1=0n1?EP=-y1+3z1=0，
設(shè)z1=1，則x1=y1=3，可得n1=3,3,1.
設(shè)平面PAB的法向量為n2=x2,y2,z2，則n2?AB=2y2=0n2?PA=2x2-y2-3z2=0，
設(shè)z2=2，則x2=3,y2=0，可得n2=3,0,2.
設(shè)平面PAE與平面PAB所成銳二面角為θ，
則csθ=csn1,n2=n1?n2n1?n2=57，
所以平面PAE與平面PAB所成銳二面角的余弦值為57.
19．（23-24高二上·四川樂山·期末）已知直棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，AC=22，BB1=2，∠BAC=45°，D為線段A1B1上任一點(diǎn)，E，F(xiàn)分別為AC，BB1中點(diǎn)．
(1)證明：DE⊥C1F；
(2)當(dāng)B1D為何值時(shí)，平面DEC與平面BCC1B1的二面角的正弦值最小，并求出最小值．
【答案】(1)證明見解析
(2)B1D=2，最小值為22
【分析】（1）根據(jù)題意，可得BC⊥AB，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量運(yùn)算判斷；
（2）根據(jù)向量法求出二面角的余弦，轉(zhuǎn)化判斷得解.
【詳解】（1）∵AB=2，AC=22，∠BAC=45°，
∴BC2=AB2+AC2-2AB?AC?cs45°=4．
∵AB2+BC2=AC2．
∴BC⊥AB．
建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)B1D=a，
則C0,2,0，Da,0,2，E1,1,0，F(xiàn)0,0,1，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，
設(shè)平面DEC的一個(gè)法向量為：n1=x,y,z，
∴n1?DE=0n1?CE=0，即1-ax+y-2z=0x-y=0，
令x=2，則y=2，z=2-a，
∴n1=2,2,2-a．
∵AB⊥平面BB1C1C，
∴取平面BB1C1C的一個(gè)法向量為n2=1,0,0，
∴csθ=n1?n2n1n2=2a2-4a+12=2a-22+8，
又0≤a≤2，∴33≤csθ≤22，
∴當(dāng)B1D=2時(shí)，平面DEC與平面BCC1B1所成的二面角的正弦值最小，最小值為22.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：根據(jù)題意，由余弦定理可判斷BC⊥AB，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法證明DE⊥C1F，再求出平面DEC與平面BCC1B1各自的一個(gè)法向量，求出所成的二面角的余弦范圍，進(jìn)而得解.
課程標(biāo)準(zhǔn)
學(xué)習(xí)目標(biāo)
1.理解二面角及其平面角的概念
2.會(huì)利用定義法求二面角的大小
3.會(huì)用向量法求二面角的大小
1.理解二面角的概念，并會(huì)求簡(jiǎn)單的二面角:
2.理解二面角的平面角的概念，會(huì)找二面角的平面角:
條件
平面α，β的法向量分別為u，v，α，β所構(gòu)成的二面角的大小為θ，〈u，v〉＝φ
圖形
關(guān)系
θ＝φ
θ＝π－φ
計(jì)算
cs θ＝cs φ
cs θ＝－cs φ