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数学选择性必修 第一册1.2.4 二面角同步达标检测题
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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0（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，
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⋅AQPQ=1×23=63，
在Rt△ADE中，sin∠ADE=AEAD=66；
（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⋅AFPF=1×25=255，
在Rt△AHD中，
tan∠AHD=ADAH=2×525=5，
所以∠AHD=arctan5，
即平面PQD与平面PAB所成角的大小为arctan5．
【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=2AP=2AB．
(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)32
【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．
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=PA2+AB2=2AB=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P1,0,0,C0,2,1，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csPC,AP=PC⋅APPC⋅AP=-12．
所以二面角F-BE-C的正弦值为1--122=32．
【方法技巧与总结】
求面面角的步骤
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=2DE，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=2m-1+2=0,0≤m≤2即可判断；对于B，csNQ,SA=1m-12+5=12即可判断；对于CD，csm,n=12⋅(1t-12)2+34，1t∈13,1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，
设DE=1，则SA=AB=2；
∴A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,2,0，E0,2,1，S0,0,2，N1,0,1，M2,1,0；
对于A，假设存在点Qm,2,00≤m≤2，使得NQ⊥SB，则NQ=m-1,2,-1，
又SB=2,0,-2，
∴NQ⋅SB=2m-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Qm,2,00≤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，
∴csNQ,SA=NQ⋅SANQ⋅SA=1m-12+5=12，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m⋅NQ=(m-1)x+2y-z=0m⋅NM=x+y-z=0，令x=1，则m=(1,2-m,3-m)，
而面AMQ的法向量n=(0,0,1)，
所以csm,n=m⋅n|m||n|=3-m1+(2-m)2+(3-m)2，令t=3-m∈[1,3]，
则csm,n=t1+(t-1)2+t2=12⋅(1t-12)2+34，而1t∈13,1，
由Q从D到C的过程，m由小变大，则t由大变小，即1t由小变大，
所以csm,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-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1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（ ）
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13．
【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,CC1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=2t2-6t+6=2t-322+32>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B1D1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),
AB⋅m=-2x=0AE⋅m=(t-2)x-ty+2z=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cs=m⋅n|m||n|=tt2+4=11+4t2，
因为1≤t≤2，所以函数y=1+4t2在1,2单调递减，
所以1+4t2∈2,5，
所以cs=11+4t2∈55,22，
所以当t=2时，cs=11+4t2有最大值为22，
设二面角E-AB-C的平面角为θ,0<θ<π2，
所以csθ有最大值为22，
即二面角E-AB-C的最小值为45∘，C正确;
对于D，连接BD,AD1,AB1，
平面EFB即为平面BDD1B1,平面AEF即为平面AB1D1，
取平面BDD1B1的法向量为CA=(2,2,0).
设平面AB1D1的法向量为t=(a,b,c)，
AB1=-2,0,2,D1B1=-2,2,0,
AB1⋅t=-2a+2c=0D1B1⋅t=-2a+2b=0，令a=1，则t=(1,1,1)，
设二面角A-EF-B的平面角为α，
则csα=cs=AC⋅tACt=422×3=63，
观察可知二面角A-EF-B的平面角为α为锐角，所以csα=63，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（ ）
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π6
D．CE+OE的最小值为6+22
【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(0,12,12)，OE=(0,12,12),OC=(1,0,0),PB=(0,1,-1)，
所以OE⋅PB=12-12=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=λPB,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=cs =-11+λ2+(1-λ)2=1λ2-2λ2+2∈22,63，
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n1⋅OC=x1=0n1⋅OE=λy1+(1-λ)z1=0，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n2⋅BC=x2-y2=0n2⋅PB=y2-z2=0，令y2=1，则x2=z2=1，
所以n2=(1,1,1)；
所以cs=1-2λ32λ2-2λ+1=134λ2-4λ+12λ2-2λ+1=132-12λ2-2λ+1，因为λ∈[0,1]，
所以cs∈0,33，而csπ6=32>33，
所以不存在点E，使得平面CEO与平面BEC夹角为π6，故选项C错误；
对于D，CE+OE=CE+OE=2λ2-2λ+2+2λ2-2λ+1=2(λ-12)2+32+2(λ-12)2+12，
因为λ∈[0,1]，所以当λ=12时，CE+OE取得最小值为32+12=6+22，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-A1B1C1D1中，点M为线段BD1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C1M⊥平面A1DB
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-C1DM的体积为19
D．不存在点M，使得α>β，其中α为二面角M-AA1-B的大小， β为直线MA1与AB所成的角
【答案】ACD
【分析】以点B为坐标原点，BC、BA、BB1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、BB1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A0,1,0、B0,0,0、C1,0,0、D1,1,0、A10,1,1、B10,0,1、
C11,0,1、D11,1,1，设BM=tBD1=t,t,t，即点Mt,t,t，其中0≤t≤1.
对于A：假设存在点M，使得C1M⊥平面A1DB，
因为C1M=t-1,t,t-1，BD=1,1,0，BA1=0,1,1，
则C1M⋅BD=2t-1=0C1M⋅BA1=2t-1=0，解得t=12，
故当点M为线段BD1的中点时，C1M⊥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-C1DM的体积为19，
S△C1DD1=12×12=12，且点M到平面CDD1C1的距离为1-t，
则VD1-C1DM=VM-C1DD1=13×12×1-t=19，解得t=13，
所以当点为M线段BD1的靠近B的三等分点时，
三棱锥D1-C1DM的体积为19，即选项正确；
对于D：AM=t,t-1,t，AA1=0,0,1，
设平面AA1M的法向量为m=x,y,z，
则m⋅AA1=z=0m⋅AM=tx+t-1y+tz=0，
取x=1-t，可得m=1-t,t,0，
易知平面AA1B的一个法向量为n=1,0,0，而α∈0,π2，β∈0,π2，
则csα=csm,n=m⋅nm⋅n=1-t1-t2+t2，
A1M=t,t-1,t-1，BA=0,1,0，
csβ=csA1M,BA=A1M⋅BAA1M⋅BA=1-tt2+21-t2，
因为0则csα=1-tt2+1-t2≥1-tt2+21-t2=csβ，
因为α∈0,π2，β∈0,π2，且余弦函数y=csx在0,π2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AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB=2AD=2，点E为AB的中点.
(1)求证：BD1//平面A1DE；
(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π4？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DD1⊥平面ABCD，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，求出平面A1DE的法向量、BD1，利用BD1⊥n1可得答案；
（2）假设在线段AB上存在点M，设M1,y0,00≤y0≤2，求出平面D1MC、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AA1D1D⊥平面ABCD，
平面AA1D1D∩平面ABCD=AD，
DD1⊥AD,DD1⊂平面AA1D1D,∴DD1⊥平面ABCD，
则以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则
D0,0,0,C0,2,0,A11,0,1,D10,0,1,B1,2,0,E1,1,0.
∴DA1=1,0,1,DE=1,1,0，
设平面A1DE的法向量为n1=x1,y1,z1，则n1⋅DA1=x1+z1=0n1⋅DE=x1+y1=0，
令x1=1，解得：y1=-1,z1=-1,∴n1=1,-1,-1，
又BD1=-1,-2,1,∴BD1⋅n1=0，即BD1⊥n1，
又BD1⊄平面A1DE,∴BD1//平面A1DE；
（2）假设在线段AB上存在点M，使二面角D1-MC-D的大小为π4.
设M1,y0,00≤y0≤2，则MC=-1,2-y0,0,D1C=0,2,-1.
设平面D1MC的一个法向量为n2=x2,y2,z2，
则n2⋅MC=-x2+y22-y0=0n2⋅D1C=2y2-z2=0，
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D1D=0,0,-1，
，
即y02-4y0+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π4，
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，AA1=AB=AC=1，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上，且A1P=λA1B1.
(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥PN；
(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32，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=12；tanθ=2
(3)存在；点P的位置在A1P⃗=7±354A1B1⃗
【分析】（1）以AB，AC，AA1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12，则平面PMN与平面ABC法向量的夹角的余弦值为12，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A10,0,1，B11,0,1，M0,1,12，N12,12,0，
A1P=λA1B1=λ1,0,0=λ,0,0，AP=AA1+A1P=λ,0,1，即Pλ,0,1，
PN=12-λ,12,-1，
∵AM=0,1,12，∴AM⋅PN=0+12-12=0，
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=csm,PN=0+0-112-λ2+14+1=1λ-122+54
∴当λ=12时，θ取得最大值，此时sinθ=45，csθ=15，tanθ=2.
（3）假设存在，则NM=-12,12,12，因为PN=12-λ,12,-1，
设n=x,y,z是平面PMN的一个法向量.
则-12x+12y+12z=012-λx+12y-z=0，解得y=1+2λ3xz=2-2λ3x，令x=3，得y=1+2λ，z=2-2λ，
∴n=3,1+2λ,2-2λ，
∴csm,n=|2-2λ|9+1+2λ2+2-2λ2=12，
化简得4λ2-14λ+1=0，解得λ=7±354，
∴存在点P使得平面PMN与平面ABC所成的二面角正弦值为32，此时点P的位置在A1P⃗=7±354A1B1⃗.
【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
(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=λPA，(0≤λ≤1)，表达出E2λ,0,2-2λ，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=23，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
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0
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，
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⋅AQPQ=1×23=63，
在Rt△ADE中，sin∠ADE=AEAD=66；
（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⋅AFPF=1×25=255，
在Rt△AHD中，
tan∠AHD=ADAH=2×525=5，
所以∠AHD=arctan5，
即平面PQD与平面PAB所成角的大小为arctan5．
【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=2AP=2AB．
(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)32
【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．
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=PA2+AB2=2AB=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P1,0,0,C0,2,1，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csPC,AP=PC⋅APPC⋅AP=-12．
所以二面角F-BE-C的正弦值为1--122=32．
【方法技巧与总结】
求面面角的步骤
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=2DE，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=2m-1+2=0,0≤m≤2即可判断；对于B，csNQ,SA=1m-12+5=12即可判断；对于CD，csm,n=12⋅(1t-12)2+34，1t∈13,1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，
设DE=1，则SA=AB=2；
∴A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,2,0，E0,2,1，S0,0,2，N1,0,1，M2,1,0；
对于A，假设存在点Qm,2,00≤m≤2，使得NQ⊥SB，则NQ=m-1,2,-1，
又SB=2,0,-2，
∴NQ⋅SB=2m-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Qm,2,00≤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，
∴csNQ,SA=NQ⋅SANQ⋅SA=1m-12+5=12，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m⋅NQ=(m-1)x+2y-z=0m⋅NM=x+y-z=0，令x=1，则m=(1,2-m,3-m)，
而面AMQ的法向量n=(0,0,1)，
所以csm,n=m⋅n|m||n|=3-m1+(2-m)2+(3-m)2，令t=3-m∈[1,3]，
则csm,n=t1+(t-1)2+t2=12⋅(1t-12)2+34，而1t∈13,1，
由Q从D到C的过程，m由小变大，则t由大变小，即1t由小变大，
所以csm,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-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1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（ ）
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13．
【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,CC1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=2t2-6t+6=2t-322+32>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B1D1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),
AB⋅m=-2x=0AE⋅m=(t-2)x-ty+2z=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cs
因为1≤t≤2，所以函数y=1+4t2在1,2单调递减，
所以1+4t2∈2,5，
所以cs
所以当t=2时，cs
设二面角E-AB-C的平面角为θ,0<θ<π2，
所以csθ有最大值为22，
即二面角E-AB-C的最小值为45∘，C正确;
对于D，连接BD,AD1,AB1，
平面EFB即为平面BDD1B1,平面AEF即为平面AB1D1，
取平面BDD1B1的法向量为CA=(2,2,0).
设平面AB1D1的法向量为t=(a,b,c)，
AB1=-2,0,2,D1B1=-2,2,0,
AB1⋅t=-2a+2c=0D1B1⋅t=-2a+2b=0，令a=1，则t=(1,1,1)，
设二面角A-EF-B的平面角为α，
则csα=cs
观察可知二面角A-EF-B的平面角为α为锐角，所以csα=63，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（ ）
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π6
D．CE+OE的最小值为6+22
【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(0,12,12)，OE=(0,12,12),OC=(1,0,0),PB=(0,1,-1)，
所以OE⋅PB=12-12=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=λPB,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=cs
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n1⋅OC=x1=0n1⋅OE=λy1+(1-λ)z1=0，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n2⋅BC=x2-y2=0n2⋅PB=y2-z2=0，令y2=1，则x2=z2=1，
所以n2=(1,1,1)；
所以cs
所以cs
所以不存在点E，使得平面CEO与平面BEC夹角为π6，故选项C错误；
对于D，CE+OE=CE+OE=2λ2-2λ+2+2λ2-2λ+1=2(λ-12)2+32+2(λ-12)2+12，
因为λ∈[0,1]，所以当λ=12时，CE+OE取得最小值为32+12=6+22，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-A1B1C1D1中，点M为线段BD1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C1M⊥平面A1DB
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-C1DM的体积为19
D．不存在点M，使得α>β，其中α为二面角M-AA1-B的大小， β为直线MA1与AB所成的角
【答案】ACD
【分析】以点B为坐标原点，BC、BA、BB1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、BB1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A0,1,0、B0,0,0、C1,0,0、D1,1,0、A10,1,1、B10,0,1、
C11,0,1、D11,1,1，设BM=tBD1=t,t,t，即点Mt,t,t，其中0≤t≤1.
对于A：假设存在点M，使得C1M⊥平面A1DB，
因为C1M=t-1,t,t-1，BD=1,1,0，BA1=0,1,1，
则C1M⋅BD=2t-1=0C1M⋅BA1=2t-1=0，解得t=12，
故当点M为线段BD1的中点时，C1M⊥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-C1DM的体积为19，
S△C1DD1=12×12=12，且点M到平面CDD1C1的距离为1-t，
则VD1-C1DM=VM-C1DD1=13×12×1-t=19，解得t=13，
所以当点为M线段BD1的靠近B的三等分点时，
三棱锥D1-C1DM的体积为19，即选项正确；
对于D：AM=t,t-1,t，AA1=0,0,1，
设平面AA1M的法向量为m=x,y,z，
则m⋅AA1=z=0m⋅AM=tx+t-1y+tz=0，
取x=1-t，可得m=1-t,t,0，
易知平面AA1B的一个法向量为n=1,0,0，而α∈0,π2，β∈0,π2，
则csα=csm,n=m⋅nm⋅n=1-t1-t2+t2，
A1M=t,t-1,t-1，BA=0,1,0，
csβ=csA1M,BA=A1M⋅BAA1M⋅BA=1-tt2+21-t2，
因为0
因为α∈0,π2，β∈0,π2，且余弦函数y=csx在0,π2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AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB=2AD=2，点E为AB的中点.
(1)求证：BD1//平面A1DE；
(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π4？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DD1⊥平面ABCD，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，求出平面A1DE的法向量、BD1，利用BD1⊥n1可得答案；
（2）假设在线段AB上存在点M，设M1,y0,00≤y0≤2，求出平面D1MC、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AA1D1D⊥平面ABCD，
平面AA1D1D∩平面ABCD=AD，
DD1⊥AD,DD1⊂平面AA1D1D,∴DD1⊥平面ABCD，
则以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则
D0,0,0,C0,2,0,A11,0,1,D10,0,1,B1,2,0,E1,1,0.
∴DA1=1,0,1,DE=1,1,0，
设平面A1DE的法向量为n1=x1,y1,z1，则n1⋅DA1=x1+z1=0n1⋅DE=x1+y1=0，
令x1=1，解得：y1=-1,z1=-1,∴n1=1,-1,-1，
又BD1=-1,-2,1,∴BD1⋅n1=0，即BD1⊥n1，
又BD1⊄平面A1DE,∴BD1//平面A1DE；
（2）假设在线段AB上存在点M，使二面角D1-MC-D的大小为π4.
设M1,y0,00≤y0≤2，则MC=-1,2-y0,0,D1C=0,2,-1.
设平面D1MC的一个法向量为n2=x2,y2,z2，
则n2⋅MC=-x2+y22-y0=0n2⋅D1C=2y2-z2=0，
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D1D=0,0,-1，
，
即y02-4y0+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π4，
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，AA1=AB=AC=1，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上，且A1P=λA1B1.
(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥PN；
(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32，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=12；tanθ=2
(3)存在；点P的位置在A1P⃗=7±354A1B1⃗
【分析】（1）以AB，AC，AA1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12，则平面PMN与平面ABC法向量的夹角的余弦值为12，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A10,0,1，B11,0,1，M0,1,12，N12,12,0，
A1P=λA1B1=λ1,0,0=λ,0,0，AP=AA1+A1P=λ,0,1，即Pλ,0,1，
PN=12-λ,12,-1，
∵AM=0,1,12，∴AM⋅PN=0+12-12=0，
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=csm,PN=0+0-112-λ2+14+1=1λ-122+54
∴当λ=12时，θ取得最大值，此时sinθ=45，csθ=15，tanθ=2.
（3）假设存在，则NM=-12,12,12，因为PN=12-λ,12,-1，
设n=x,y,z是平面PMN的一个法向量.
则-12x+12y+12z=012-λx+12y-z=0，解得y=1+2λ3xz=2-2λ3x，令x=3，得y=1+2λ，z=2-2λ，
∴n=3,1+2λ,2-2λ，
∴csm,n=|2-2λ|9+1+2λ2+2-2λ2=12，
化简得4λ2-14λ+1=0，解得λ=7±354，
∴存在点P使得平面PMN与平面ABC所成的二面角正弦值为32，此时点P的位置在A1P⃗=7±354A1B1⃗.
【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
(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=λPA，(0≤λ≤1)，表达出E2λ,0,2-2λ，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=23，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
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
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
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
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