1.2.4 二面角-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第一章 空间向量与立体几何 1.2 空间向量在立体几何中的应用 1.2.4　二面角 (教师独具内容) 课程标准：1．能用向量语言表述平面与平面的夹角．2．能用向量方法解决平面与平面的夹角问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用． 教学重点：求二面角的常用方法． 教学难点：1．用向量法求二面角．2．两个平面的法向量的夹角与二面角的关系． 核心素养：1．通过对二面角的有关概念的学习培养数学抽象素养．2．通过求二面角的大小培养直观想象素养、逻辑推理素养和数学运算素养． 目录 核心概念掌握 核心素养形成 课后课时精练 随堂水平达标 核心概念掌握 目录 半平面 二面角 棱 二面角的面 α－l－β * 知识点一　二面角及其度量 (1)二面角的定义 平面内的一条直线把一个平面分成两部分，其中的每一部分都称为一个eq \x(\s\up1(01))______，从一条直线出发的两个半平面所组成的图形称为eq \x(\s\up1(02))______，这条直线称为二面角的eq \x(\s\up1(03))______，这两个半平面称为eq \x(\s\up1(04))____________．棱为l，两个面分别为α，β的二面角，记作eq \x(\s\up1(05))____________． 目录 平面角 直二面角 * (2)二面角的平面角 在二面角α－l－β的棱上任取一点O，以O为垂足，分别在半平面α和β内作垂直于棱的射线OA和OB，则射线OA和OB所成的角称为二面角的平面角．二面角的大小用它的eq \x(\s\up1(06))_________大小来度量，即二面角大小等于它的平面角大小．特别地，平面角是直角的二面角称为eq \x(\s\up1(07))__________． 目录 0° 180° 0° 90° * (3)二面角的大小 ①二面角及其平面角的大小不小于eq \x(\s\up1(08))_____，不大于eq \x(\s\up1(09))_____． ②两个平面相交时，它们所成角的大小，指的是它们所形成的四个二面角中，不小于eq \x(\s\up1(10))_____且不大于eq \x(\s\up1(11))_____的角的大小． 目录 提示：相等或互补． * [提醒]　一个二面角的大小及两个相交平面所成角的大小都是唯一确定的． [想一想]　如果一个二面角的两个半平面分别平行于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的大小关系是什么？ 目录 〈n1，n2〉 π－〈n1，n2〉 sin〈n1，n2〉 * 知识点二　用空间向量求二面角的大小 如图，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＝eq \x(\s\up1(01))_____________或θ＝eq \x(\s\up1(02))____________． 特别地，sinθ＝eq \x(\s\up1(03))______________． 目录 答案 * 1．(定义法求二面角的大小)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A1－BC－A的余弦值为(　　) A．eq \f(1,2) B．eq \f(2,3) C．eq \f(\r(2),2) D．eq \f(\r(3),3) 目录 90° 答案 * 2．(向量法求平面与平面所成的角)平面α的一个法向量为n1＝(1，0，1)，平面β的一个法向量为n2＝(－3，1，3)，则α与β所成的角是________． 3．(射影面积公式法求二面角的大小)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，CC1＝AB，D，E分别是线段AC，CC1的中点，C1在平面ABC内的射影为D，二面角C－BD－E的余弦值为________． eq \f(1,2) 核心素养形成 目录 * 题型一　定义法求二面角　合作研习 目录 解 * 解　如图，作AE⊥VB于点E，连接EC，由VA＝AB可知E是VB的中点， 又知VC＝BC，故EC⊥VB． ∴∠AEC是二面角A－VB－C的一个平面角． 设AB＝a，连接AC， 在△AEC中，AE＝EC＝eq \f(\r(3),2)a，AC＝eq \r(2)a， 由余弦定理可知， cos∠AEC＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2)－（\r(2)a）2,2×\f(\r(3),2)a×\f(\r(3),2)a)＝－eq \f(1,3)， ∴二面角A－VB－C的余弦值为－eq \f(1,3)． 目录 感悟提升 定义法求二面角的步骤 (1)作：先作出二面角的平面角，方法有定义法、垂面法、垂线法； (2)证：证明所作出的角为二面角的平面角； (3)求：通过解三角形等方法求出这个平面角的大小． * 目录 * [跟踪训练1]　如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，E，F分别为PA，PD的中点，AB＝BC＝2，AD＝PA＝4． (1)证明：EF∥平面PBC； (2)求二面角F－CD－B的余弦值． 目录 解 * 解　(1)证明：∵E，F分别为PA，PD的中点，∴AD∥EF． ∵AD∥BC，∴EF∥BC． ∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， ∴EF∥平面PBC． 目录 解 * (2)∵AB⊥AD，AD∥BC，∴AB⊥BC． 连接AC，由AB＝BC＝2， 得AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝2eq \r(2)． ∵AD＝4， ∴CD＝eq \r(AB2＋（AD－BC）2)＝2eq \r(2)， ∴AC2＋CD2＝AD2，∴AC⊥CD． ∵PA⊥底面ABCD，AC，CD⊂底面ABCD， ∴PA⊥AC，PA⊥CD． ∵PA，AC是平面PAC内两相交直线， ∴CD⊥平面PAC． 目录 解 * ∵PC⊂平面PAC，∴CD⊥PC， ∴∠ACP为二面角P－CD－A的一个平面角． ∵PA＝4，∴PC＝eq \r(AC2＋PA2)＝2eq \r(6)， ∴cos∠ACP＝eq \f(AC,PC)＝eq \f(\r(3),3)， ∴二面角P－CD－A的余弦值为eq \f(\r(3),3)， 即二面角F－CD－B的余弦值为eq \f(\r(3),3)． 目录 解 * 题型二　利用三垂线定理或射影面积公式求二面角　合作研习 [解]　解法一：如图，过点B作BE⊥AC于点E，则E为AC的中点，过点E作EF⊥PA于点F，连接BF． 因为PC⊥平面ABC，PC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC． 又因为BE⊥AC，BE⊂平面ABC，平面ABC∩平面PAC＝AC， 所以BE⊥平面PAC． 目录 解 * 由三垂线定理有BF⊥PA， 所以∠BFE是二面角B－AP－C的一个平面角． 设PC＝1，由E是AC的中点， 得BE＝eq \f(\r(3),2)，EF＝eq \f(1,2)×sin45°＝eq \f(\r(2),4)， 所以BF＝eq \f(\r(14),4)，所以cos∠BFE＝eq \f(EF,BF)＝eq \f(\r(7),7)． 即二面角B－AP－C的余弦值为eq \f(\r(7),7)． 目录 解 * 解法二：如图，过点B作BE⊥AC于点E，连接PE． 因为PC⊥平面ABC，BE⊂平面ABC， 所以BE⊥PC， 又AC∩PC＝C，所以BE⊥平面PAC， 所以△PAE是△PAB在平面PAC上的射影． 目录 解 * 设PC＝1，则PA＝PB＝eq \r(2)，AB＝1， 所以△PAB中AB边上的高h＝eq \f(\r(7),2)． 所以S△PAB＝eq \f(\r(7),4)， 又S△PAE＝eq \f(1,2)S△PAC＝eq \f(1,4)． 设二面角B－AP－C的大小为θ， 由射影面积公式有cosθ＝eq \f(S△PAE,S△PAB)＝eq \f(\r(7),7)． 目录 * 感悟提升 (1)三垂线定理法：过二面角的一个半平面内一点作另一个半平面所在平面的垂线，从垂足出发向棱引垂线，利用三垂线定理(线面垂直的性质)即可找到所求二面角的平面角或其补角，如图所示，∠AOB为二面角α－l－β的平面角． (2)射影面积公式法：cosθ＝eq \f(S射,S斜)，该方法的关键在于找出其中一个半平面内的多边形在另一个平面内的射影． 目录 解 * [跟踪训练2]　长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝eq \r(6)，AD＝2eq \r(3)，AA1＝2．求： (1)二面角B1－AC－B的大小； (2)△AB1C的面积． 解　(1)如图所示， ∵BB1⊥平面ABCD，过点B作BO⊥AC，O为垂足，连接OB1， 由三垂线定理知，AC⊥OB1， ∴∠B1OB为二面角B1－AC－B的一个平面角， 目录 解 * 在Rt△ABC中，AB＝eq \r(6)，BC＝2eq \r(3)， ∴AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(18)＝3eq \r(2)， ∴OB＝eq \f(AB·BC,AC)＝eq \f(\r(6)×2\r(3),3\r(2))＝2． 在Rt△B1BO中，OB＝BB1＝2， ∴∠B1OB＝eq \f(π,4)， ∴二面角B1－AC－B的大小为eq \f(π,4)． 目录 解 * (2)解法一：由(1)知，OB1＝2,1)eq \r(OB2＋BB) ＝eq \r(4＋4)＝2eq \r(2)，AC⊥OB1， ∴S△AB1C＝eq \f(1,2)AC·OB1＝eq \f(1,2)×3eq \r(2)×2eq \r(2)＝6． 解法二：依题意cos∠B1OB＝eq \f(S△ABC,S△AB1C)， 又S△ABC＝eq \f(1,2)×eq \r(6)×2eq \r(3)＝3eq \r(2)， ∴S△AB1C＝eq \f(S△ABC,cos∠B1OB)＝eq \f(3\r(2),\f(\r(2),2))＝6． 目录 * 题型三　向量法求二面角(平面与平面所成的角)　师生共研 (2)INCLUDEPICTURE"例3.TIF" INCLUDEPICTURE "例3.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2024·郑州四中高二月考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，点H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝eq \r(5)，求二面角A－A1C1－B1的平面角的余弦值． 目录 解 * 解　如图所示，建立空间直角坐标系Bxyz， 则A(2eq \r(2)，0，0)，A1(2eq \r(2)，2eq \r(2)，0)，B1(0，2eq \r(2)，0)，C1(eq \r(2)，eq \r(2)，eq \r(5))． 所以eq \o(A1C1,\s\up16(→))＝(－eq \r(2)，－eq \r(2)，eq \r(5))，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝(0，2eq \r(2)，0)，eq \o(A1B1,\s\up16(→))＝(－2eq \r(2)，0，0)． 设平面AA1C1的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)． 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up16(→))＝0，,m·\o(AA1,\s\up16(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1－\r(2)y1＋\r(5)z1＝0，,2\r(2)y1＝0.)) 目录 解 * 取x1＝eq \r(5)，可得平面AA1C1的一个法向量为m＝(eq \r(5)，0，eq \r(2))． 设平面A1C1B1的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up16(→))＝0，,n·\o(A1B1,\s\up16(→))＝0，))则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x2－\r(2)y2＋\r(5)z2＝0，,－2\r(2)x2＝0.)) 取y2＝eq \r(5)，可得平面A1B1C1的一个法向量为n＝(0，eq \r(5)，eq \r(2))． 于是cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2,\r(7)×\r(7))＝eq \f(2,7)． 由图知二面角A－A1C1－B1的平面角为钝角， 故二面角A－A1C1－B1的平面角的余弦值为－eq \f(2,7)． 目录 * 感悟提升 向量法求二面角的步骤 (1)寻求平面α，β的法向量u，v． (2)利用公式cos〈u，v〉＝eq \f(u·v,|u||v|)，求出法向量u，v的夹角φ． (3)根据u，v的方向，确定平面α，β所构成的二面角θ的大小： ①当u，v的方向如图a所示时，θ＝φ； ②当u，v的方向如图b所示时，θ＝π－φ． 提醒：用向量法求平面与平面所成的角时，牢记它们所成的角θ的范围为0°≤θ≤90°，则当两平面法向量的夹角φ满足0°≤φ≤90°时，θ＝φ，满足90°＜φ≤180°时，θ＝π－φ． 目录 * [跟踪训练3]　(2024·青岛二中高二质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为4的菱形，∠ABC＝eq \f(2π,3)，E，F分别是棱BC，CD的中点，且________． ①平面PEF⊥平面ABCD；②(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))·(eq \o(PE,\s\up16(→))＋eq \o(PF,\s\up16(→)))＝0．从①②这两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并完成解答． (1)求证：AC⊥PE； (2)若PC＝3，且PE＝PF，求平面PAD与平面PBC所成角的余弦值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 目录 解 * 解　选①： (1)证明：连接BD，如图， 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD， 因为E，F分别为BC，CD的中点， 所以EF∥BD，所以EF⊥AC． 因为平面PEF⊥平面ABCD，平面PEF∩平面ABCD＝EF，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面PEF． 又PE⊂平面PEF，所以AC⊥PE． 目录 解 * (2)如图，设AC与EF交于点O，连接PO，由(1)知，AC平分EF，所以O为EF的中点． 因为PE＝PF，所以PO⊥EF， 因为平面PEF⊥平面ABCD， 平面PEF∩平面ABCD＝EF，PO⊂平面PEF， 所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OC． 因为BC＝4，∠ABC＝eq \f(2π,3)，所以OC＝eq \r(3)， 又PO2＋OC2＝PC2，PC＝3，所以PO＝eq \r(6)． 以O为坐标原点，eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OE,\s\up16(→))，eq \o(OP,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 目录 解 * 则A(3eq \r(3)，0，0)，B(eq \r(3)，2，0)，C(－eq \r(3)，0，0)，D(eq \r(3)，－2，0)，P(0，0，eq \r(6))， 所以eq \o(PA,\s\up16(→))＝(3eq \r(3)，0，－eq \r(6))，eq \o(DA,\s\up16(→))＝(2eq \r(3)，2，0)，eq \o(CB,\s\up16(→))＝(2eq \r(3)，2，0)，eq \o(CP,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(6))． 设平面PAD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)． 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up16(→))·n1＝3\r(3)x1－\r(6)z1＝0，,\o(DA,\s\up16(→))·n1＝2\r(3)x1＋2y1＝0，)) 令x1＝1，则n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\r(3)，\f(3\r(2),2)))． 目录 解 * 设平面PBC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up16(→))·n2＝2\r(3)x2＋2y2＝0，,\o(CP,\s\up16(→))·n2＝\r(3)x2＋\r(6)z2＝0，)) 令x2＝1，则n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\r(3)，－\f(\r(2),2)))． 所以cosn1，n2＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(\f(5,2),\f(\r(34),2)×\f(3\r(2),2))＝eq \f(5\r(17),51)， 所以平面PAD与平面PBC所成角的余弦值为eq \f(5\r(17),51)． 目录 解 * 选②： (1)证明：连接BD，设AC与EF交于点O，连接PO， 因为四边形ABCD是菱形， 所以eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))，AC⊥BD，AC平分BD． 因为E，F分别为BC，CD的中点，所以EF∥BD， 所以AC⊥EF，AC平分EF，所以O为EF的中点， 目录 解 * 所以eq \o(PE,\s\up16(→))＋eq \o(PF,\s\up16(→))＝2eq \o(PO,\s\up16(→))， 所以(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))·(eq \o(PE,\s\up16(→))＋eq \o(PF,\s\up16(→)))＝eq \o(AC,\s\up16(→))·2eq \o(PO,\s\up16(→))＝0， 即eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(PO,\s\up16(→))＝0，所以AC⊥PO． 又PO∩EF＝O，PO，EF⊂平面PEF， 所以AC⊥平面PEF， 又PE⊂平面PEF，所以AC⊥PE． 目录 解 * (2)由(1)知O为EF的中点，PO⊥OC． 因为PE＝PF，所以PO⊥EF． 因为BC＝4，∠ABC＝eq \f(2π,3)， 所以OC＝eq \r(3)，下同选①(2)解析． 目录 * 题型四　空间角中的探索性问题　师生共研 (3)INCLUDEPICTURE"例4.TIF" INCLUDEPICTURE "例4.TIF" \* MERGEFORMAT 　如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在的平面互相垂直，BE∥CF，∠BCF＝∠CEF＝90°，AD＝，EF＝2． (1)求证：AE∥平面DCF； (2)当AB的长为何值时，二面角A－EF－C的大小为60°？ 目录 解 * 解　如图，以C为坐标原点，eq \o(CB,\s\up16(→))，eq \o(CF,\s\up16(→))，eq \o(CD,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴和z轴正方向，建立空间直角坐标系Cxyz． 设AB＝a，BE＝b，CF＝c， 则C(0，0，0)，A(eq \r(3)，0，a)，B(eq \r(3)，0，0)，E(eq \r(3)，b，0)，F(0，c，0)． (1)证明：由题意知CB⊥CF，CB⊥CD， ∵CF∩CD＝C， ∴CB⊥平面DCF，即eq \o(CB,\s\up16(→))为平面DCF的一个法向量． ∵eq \o(AE,\s\up16(→))＝(0，b，－a)，eq \o(CB,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，0，0)， ∴eq \o(AE,\s\up16(→))·eq \o(CB,\s\up16(→))＝0，又AE⊄平面DCF， ∴AE∥平面DCF． 目录 解 * (2)∵eq \o(EF,\s\up16(→))＝(－eq \r(3)，c－b，0)，eq \o(CE,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，b，0)，且eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(CE,\s\up16(→))＝0，|eq \o(EF,\s\up16(→))|＝2， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3＋b（c－b）＝0，,\r(3＋（c－b）2)＝2，))得b＝3，c＝4． ∴E(eq \r(3)，3，0)，F(0，4，0)． 设n＝(1，y，z)是平面AEF的一个法向量， 则n·eq \o(AE,\s\up16(→))＝0，n·eq \o(EF,\s\up16(→))＝0， 目录 解 * 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3y－az＝0，,－\r(3)＋y＝0，))解得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(3)，\f(3\r(3),a)))． 又BA⊥平面BEFC，eq \o(BA,\s\up16(→))＝(0，0，a)， ∴|cos〈n，eq \o(BA,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|n·\o(BA,\s\up16(→))|,|n||\o(BA,\s\up16(→))|)＝eq \f(3\r(3),\r(4a2＋27))＝eq \f(1,2)， 解得a＝eq \f(9,2)或a＝－eq \f(9,2)(舍去)． ∴当AB＝eq \f(9,2)时，二面角A－EF－C的大小为60°． 目录 感悟提升 求解探索性问题的步骤 (1)用参数设出题中的数学对象； (2)构建空间直角坐标系，利用空间向量法把探索性问题转化为求参数是否有解问题； (3)解方程，下结论． * 目录 * [跟踪训练4]　已知三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝AA1＝4，BC＝2，∠ACB＝90°，A1B⊥AC1． (1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC； (2)若∠A1AC＝60°，在线段AC上是否存在一点P，使平面BA1P与平面A1ACC1所成角的余弦值为eq \f(\r(3),4)？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由． 目录 解 * 解　(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形A1ACC1是平行四边形，又AC＝AA1，所以▱A1ACC1是菱形，连接A1C，如图，则有A1C⊥AC1， 又A1B⊥AC1，A1B∩A1C＝A1，A1B，A1C⊂平面A1BC， 所以AC1⊥平面A1BC， 又BC⊂平面A1BC，所以AC1⊥BC． 由∠ACB＝90°，得AC⊥BC， 又AC∩AC1＝A，AC，AC1⊂平面A1ACC1． 所以BC⊥平面A1ACC1， 又BC⊂平面ABC， 所以平面A1ACC1⊥平面ABC． 目录 解 * (2)建立如图所示的空间直角坐标系． 因为∠A1AC＝60°，AC＝AA1＝4，BC＝2， 则C(0，0，0)，A(4，0，0)，B(0，2，0)，A1(2，0，2eq \r(3))， 假设在线段AC上存在符合要求的点P，设其坐标为P(λ，0，0)(0≤λ≤4)， 则有eq \o(BA1,\s\up16(→))＝(2，－2，2eq \r(3))，eq \o(BP,\s\up16(→))＝(λ，－2，0)， 设平面BA1P的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA1,\s\up16(→))＝2x－2y＋2\r(3)z＝0，,n·\o(BP,\s\up16(→))＝λx－2y＝0，)) 令x＝2，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，λ，\f(λ－2,\r(3))))． 目录 解 * 平面A1ACC1的一个法向量为m＝(0，1，0)， 依题意，得|cos〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|) ＝eq \f(λ,\r(22＋λ2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ－2,\r(3))))\s\up12(2)))＝eq \f(\r(3),4)， 化简整理得3λ2＋λ－4＝0， 因为0≤λ≤4，所以λ＝1， 所以在线段AC上存在一点P，且P是靠近C的四等分点，使平面BA1P与平面A1ACC1所成角的余弦值为eq \f(\r(3),4)． 随堂水平达标 目录 1 2 3 4 5 答案 解析 * 1．已知二面角α－l－β的大小为60°，b和c是两条异面直线，且b⊥α，c⊥β，则b与c所成角的大小为(　　) A．120° B．90° C．60° D．30° 解析　二面角α－l－β的大小为60°，b和c是两条异面直线，且b⊥α，c⊥β，∴b与c所成角的大小为60°．故选C． 目录 1 2 3 4 5 答案 * 2．(2024·蚌埠二中高二月考)已知二面角α－l－β的大小为φ，直线a⊂α，a与β所成的角为θ，则(　　) A．φ≥θ B．φ≤θ C．当φ>90°时，φ>θ；当φ≤90°时，φ≤θ D．以上说法都不对 目录 1 2 3 4 5 解析 * 解析　当φ≥90°时，由θ≤90°知φ≥θ，当φ<90°时，若a⊥l，则φ＝θ，若a和l不垂直，设a∩l＝B，过a上的点P作PO⊥β于O，作OC⊥l于C，连接PC，则∠PBO＝θ，∠PCO＝φ，∵sinθ＝eq \f(PO,PB)，sinφ＝eq \f(PO,PC)，在Rt△PBC中，PC<PB，∴sinφ>sinθ，φ>θ．故选A． 目录 1 2 3 4 5 答案 * 3．如图，在空间直角坐标系Dxyz中，四棱柱ABCD－A1B1C1D1为长方体，AA1＝AB＝2AD，E为C1D1的中点，则二面角B1－A1B－E的余弦值为(　　) A．－eq \f(\r(3),3) B．－eq \f(\r(3),2) C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(\r(3),2) 目录 1 2 3 4 5 解析 * 解析　设AD＝1，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(1，0，2)，B(1，2，0)，因为E为C1D1的中点，所以E(0，1，2)，所以eq \o(A1E,\s\up16(→))＝(－1，1，0)，eq \o(A1B,\s\up16(→))＝(0，2，－2)，设m＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1E,\s\up16(→))·m＝0，,\o(A1B,\s\up16(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,2y－2z＝0，))取x＝1，则y＝z＝1，所以平面A1BE的一个法向量为m＝(1，1，1)，又DA⊥平面A1B1B，所以eq \o(DA,\s\up16(→))＝(1，0，0)是平面A1B1B的一个法向量，所以cos〈m，eq \o(DA,\s\up16(→))〉＝eq \f(m·\o(DA,\s\up16(→)),|m||\o(DA,\s\up16(→))|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，又二面角B1－A1B－E为锐二面角，所以二面角B1－A1B－E的余弦值为eq \f(\r(3),3)．故选C． 目录 1 2 3 4 5 答案 解析 * 4．若平面α的一个法向量为n1＝(1，0，－1)，平面β的一个法向量为n2＝(0，－1，1)，则平面α与β所成二面角的大小为________． 解析　由题意得cos〈n1，n2〉＝eq \f(1×0＋0×（－1）＋（－1）×1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2)，设平面α与β所成二面角的大小为θ，则cosθ＝eq \f(1,2)或－eq \f(1,2)．所以θ＝eq \f(π,3)或eq \f(2π,3)． eq \f(π,3)或eq \f(2π,3) 课后课时精练 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 一、选择题 1．已知二面角α－l－β的平面角为θ，平面α的一个法向量为m，平面β的一个法向量为n，则(　　) A．cosθ＝cos〈m，n〉 B．cosθ＋cos〈m，n〉＝0 C．sinθ＝|cos〈m，n〉| D．sin2θ＋cos2〈m，n〉＝1 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　∵二面角α－l－β的平面角为θ，∴θ＝〈m，n〉或θ＝π－〈m，n〉，对于A，当θ＝π－〈m，n〉时，cosθ＝cos(π－〈m，n〉)＝－cos〈m，n〉，故A错误；对于B，当θ＝〈m，n〉时，cosθ＝cos〈m，n〉，故B错误；对于C，当θ＝π－〈m，n〉时，sinθ＝sin(π－〈m，n〉)＝sin〈m，n〉，当θ＝〈m，n〉时，sinθ＝sin〈m，n〉，故C错误；对于D，当θ＝π－〈m，n〉时，sin2θ＋cos2〈m，n〉＝sin2θ＋cos2(π－θ)＝sin2θ＋cos2θ＝1，当θ＝〈m，n〉时，sin2θ＋cos2〈m，n〉＝sin2θ＋cos2θ＝1，故D正确．故选D． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 2．(2024·咸宁东方外国语学校高二月考)正四棱锥的侧棱与底面所成的角为α，侧面与底面所成的角为β，则(　　) A．tanα＝eq \r(2)tanβ B．tanβ＝eq \r(2)tanα C．sinα＝eq \r(2)sinβ D．sinβ＝eq \r(2)sinα 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　设底面正方形ABCD的中心为O，连接AO，PO，由正四棱锥P－ABCD的结构特征知，PO⊥平面ABCD，即点P在平面ABCD上的投影为O，所以∠PAO为侧棱PA与底面ABCD所成的角，即∠PAO＝α，取AB的中点为E，连接PE，OE，在正方形ABCD中，OE⊥AB，在等腰三角形PAB中，PE⊥AB，所以∠PEO为二面角P－AB－C的平面角，即∠PEO＝β，设正方形ABCD的边长为a，高PO为h，在Rt△PAO中，tanα＝tan∠PAO＝eq \f(PO,AO)＝eq \f(h,\f(\r(2),2)a)＝eq \f(\r(2)h,a)，在Rt△PEO中，tanβ＝tan∠PEO＝eq \f(PO,EO)＝eq \f(h,\f(1,2)a)＝eq \f(2h,a)，所以tanβ＝eq \r(2)tanα．故选B． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 3．(2024·北师大良乡附中高二阶段练习)已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则平面A1BC1与平面ACD所成角的正切值为(　　) A．eq \f(\r(2),2) B．eq \r(2) C．eq \f(\r(5),5) D．eq \f(\r(3),3) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C1(0，4，2)，A1(4，0，2)，B(4，4，0)，可得eq \o(A1B,\s\up16(→))＝(0，4，－2)，eq \o(A1C1,\s\up16(→))＝(－4，4，0)，可知平面ABCD的一个法向量为eq \o(DD1,\s\up16(→))＝(0，0，2)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 设平面A1BC1的一个法向量为n＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up16(→))＝4b－2c＝0，,n·\o(A1C1,\s\up16(→))＝－4a＋4b＝0，))令b＝1，则c＝2，a＝1，可得n＝(1，1，2)，设平面A1BC1与平面ABCD所成的角为θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则cosθ＝|cos〈n，eq \o(DD1,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|n·\o(DD1,\s\up16(→))|,|n||\o(DD1,\s\up16(→))|)＝eq \f(4,2×\r(6))＝eq \f(\r(6),3)，可得sinθ＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),3)，所以平面A1BC1与平面ACD所成角的正切值为tanθ＝eq \f(sinθ,cosθ)＝eq \f(\f(\r(3),3),\f(\r(6),3))＝eq \f(\r(2),2)．故选A． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 4．(2024·鞍山高二期中)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB⊥AD，AB＝AD＝1，AA1＞AB，E，F分别是侧棱BB1，DD1上的动点，且平面AEF与平面ABC所成角的大小为30°，则线段BE的长的最大值为(　　) A．eq \f(1,3) B．eq \f(\r(3),3) C．eq \f(1,2) D．eq \f(\r(2),2) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　依题意，得AB，AD，AA1两两互相垂直，以A为原点，eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(AA1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设BE＝m，DF＝n(m≥0，n≥0，且m，n不同时为0)，则A(0，0，0)，E(1，0，m)，F(0，1，n)，所以eq \o(AE,\s\up16(→))＝(1，0，m)，eq \o(AF,\s\up16(→))＝(0，1，n)．设平面AEF的一个法向量为u＝(x，y，z)， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(u·\o(AE,\s\up16(→))＝x＋mz＝0，,u·\o(AF,\s\up16(→))＝y＋nz＝0，))令z＝1，得x＝－m，y＝－n，则u＝(－m，－n，1)，显然v＝(0，0，1)为平面ABC的一个法向量．因为平面AEF与平面ABC所成角的大小为30°，所以cos30°＝|cos〈u，v〉|＝eq \f(|u·v|,|u||v|)＝eq \f(1,\r(m2＋n2＋1))，即eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,\r(m2＋n2＋1))，得m2＋n2＝eq \f(1,3)，所以m＝eq \r(\f(1,3)－n2)，所以当n＝0时，m取得最大值，为eq \f(\r(3),3)．故选B． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 5．(多选)如图，已知平面α内有一个以AB为直径的圆，PA⊥α，点C在圆周上(异于点A，B)，点D，E分别是点A在PC，PB上的射影，则(　　) A．∠ADE为二面角A－PC－B的一个平面角 B．∠BAC为二面角B－PA－C的一个平面角 C．∠AED为二面角A－PB－C的一个平面角 D．∠ACB为二面角A－PC－B的一个平面角 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　为PA⊥α，AC⊂α，AB⊂α，BC⊂α，所以PA⊥AB， PA⊥AC，PA⊥BC，所以∠BAC为二面角B－PA－C的一个平 面角，故B正确；又AC⊥BC，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面 PAC，所以BC⊥平面PAC，所以AD⊥BC，又AD⊥PC，BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC，所以AD⊥平面PBC，所以AD⊥PB．又PB⊥AE，AD∩AE＝A，AD，AE⊂平面ADE，所以PB⊥平面ADE，所以PB⊥DE，即∠AED为二面角A－PB－C的一个平面角，故C正确． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 二、填空题 6．若分别与一个二面角的两个半平面平行的向量m＝(－1，2，0)，n＝(1，0，－2)，且m，n都与二面角的棱的方向向量垂直，则二面角的正弦值为________． 解析　设二面角的平面角为θ，则|cosθ|＝|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(5)×\r(5))＝eq \f(1,5)，sinθ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \f(2\r(6),5)． eq \f(2\r(6),5) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 60° 答案 解析 * 7．△ABC是正三角形，P是△ABC所在平面外一点，PA＝PB＝PC，若S△PAB∶S△ABC＝eq \f(2,3)，则二面角P－AB－C的大小为________． 解析　设二面角P－AB－C的平面角为θ，由于PA＝PB＝PC，则P在平面ABC内的射影O为△ABC的中心，∴S△OAB＝eq \f(1,3)S△ABC，又S△PAB＝eq \f(2,3)S△ABC，∴cosθ＝eq \f(S△OAB,S△PAB)＝eq \f(1,2)，∴θ＝60°． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案 * 8．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2．若平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为eq \f(π,3)，则线段D1E的长度为________． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　∵底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，∴BC⊥CD，BC⊥CC1，又CD∩CC1＝C，∴BC⊥平面DCC1D1，∵D1E⊂平面DCC1D1，∴BC⊥D1E，又D1E⊥CD，且BC∩CD＝C，∴D1E⊥平面ABCD，取AB的中点F，连接EF，以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，设D1E＝a，则D1(0，0，a)，C1(0，2，a)，设平面BED1的一个法向量为n＝(x，y，z)，eq \o(EB,\s\up16(→))＝(1，1，0)，eq \o(ED1,\s\up16(→))＝(0，0，a)， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EB,\s\up16(→))＝x＋y＝0，,n·\o(ED1,\s\up16(→))＝az＝0，))则可取n＝(1，－1，0)，设平面BCC1B1的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，eq \o(CB,\s\up16(→))＝(1，0，0)，eq \o(BC1,\s\up16(→))＝(－1，1，a)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB,\s\up16(→))＝x1＝0，,m·\o(BC1,\s\up16(→))＝－x1＋y1＋az1＝0，))则可取m＝(0，－a，1)，∵平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为eq \f(π,3)，∴|cos〈m，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(2)·\r(a2＋1))))＝eq \f(1,2)，解得a＝1，即D1E＝1． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 * 三、解答题 9．(2024·清华附中高二期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB，E，F，G分别为PC，PA，BC的中点． (1)求证：PB⊥EF； (2)求平面EFG与平面PAD所成角的余弦值． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * 解　(1)证明：在正方形ABCD中，AD⊥DC， 又PD⊥平面ABCD，AD，CD⊂平面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥CD． 建立空间直角坐标系，如图所示，设AB＝PD＝2a，则A(2a，0，0)，B(2a，2a，0)，C(0，2a，0)，D(0，0，0)，P(0，0，2a)，E(0，a，a)，F(a，0，a)，G(a，2a，0)， ∴eq \o(PB,\s\up16(→))＝(2a，2a，－2a)，eq \o(EF,\s\up16(→))＝(a，－a，0)， ∴eq \o(PB,\s\up16(→))·eq \o(EF,\s\up16(→))＝2a·a＋2a·(－a)＋0＝0， ∴PB⊥EF． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * (2)由题意及(1)得，eq \o(FG,\s\up16(→))＝(0，2a，－a)， 设平面EFG的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1⊥\o(EF,\s\up16(→))，,n1⊥\o(FG,\s\up16(→))，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax1－ay1＝0，,2ay1－az1＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝y1，,2y1＝z1，)) 令x1＝1，则n1＝(1，1，2)． 又平面PAD的一个法向量为n2＝(0，1，0)， 设平面EFG与平面PAD所成的角为θ， 则cosθ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(0＋1＋0,\r(12＋12＋22)×\r(0＋12＋0))＝eq \f(\r(6),6)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 * 10．(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3． (1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * 解　(1)证明：以C为坐标原点，eq \o(CD,\s\up16(→))，eq \o(CB,\s\up16(→))，eq \o(CC1,\s\up16(→))的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)， ∴eq \o(B2C2,\s\up16(→))＝(0，－2，1)，eq \o(A2D2,\s\up16(→))＝(0，－2，1)， ∴eq \o(B2C2,\s\up16(→))∥eq \o(A2D2,\s\up16(→))， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， ∴B2C2∥A2D2． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * (2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)， 则eq \o(A2C2,\s\up16(→))＝(－2，－2，2)，eq \o(PC2,\s\up16(→))＝(0，－2，3－λ)，eq \o(D2C2,\s\up16(→))＝(－2，0，1)， 设平面PA2C2的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A2C2,\s\up16(→))＝－2x1－2y1＋2z1＝0，,n·\o(PC2,\s\up16(→))＝－2y1＋（3－λ）z1＝0，))令z1＝2，得y1＝3－λ，x1＝λ－1， ∴n＝(λ－1，3－λ，2)． 设平面A2C2D2的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A2C2,\s\up16(→))＝－2x2－2y2＋2z2＝0，,m·\o(D2C2,\s\up16(→))＝－2x2＋z2＝0，)) 令x2＝1，得y2＝1，z2＝2，∴m＝(1，1，2)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * 又二面角P－A2C2－D2为150°， ∴|cos〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|) ＝eq \f(6,\r(6)·\r(4＋（λ－1）2＋（3－λ）2)) ＝|cos150°|＝eq \f(\r(3),2)， 化简可得λ2－4λ＋3＝0， 解得λ＝1或λ＝3， ∴P(0，2，1)或P(0，2，3)， ∴B2P＝1． 目录 1 2 * 1．(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(DA,\s\up16(→))，求二面角D－AB－F的正弦值． 目录 1 2 解 * 解　(1)证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC， 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，所以AE⊥BC， 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE， 所以BC⊥DA． 目录 1 2 解 * (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2， 因为BD⊥CD，所以BC＝2eq \r(2)，DE＝eq \r(2)， 因为△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB＝2，又AE⊥BC，所以AE＝eq \r(2)， 所以AE2＋DE2＝4＝DA2，所以AE⊥DE， 所以AE，DE，BC两两互相垂直． 以E为原点，eq \o(ED,\s\up16(→))，eq \o(EB,\s\up16(→))，eq \o(EA,\s\up16(→))的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则E(0，0，0)，D(eq \r(2)，0，0)，A(0，0，eq \r(2))，B(0，eq \r(2)，0)， 目录 1 2 解 * 设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，二面角D－AB－F的平面角为θ，而eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))， 因为eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(DA,\s\up16(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，所以F(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，即有eq \o(AF,\s\up16(→))＝(－eq \r(2)，0，0)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DA,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(AB,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，)) 取x1＝1，所以n1＝(1，1，1)． 目录 1 2 解 * eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AB,\s\up16(→))＝0，,n2·\o(AF,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，)) 取y2＝1，所以n2＝(0，1，1)， 所以|cosθ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)， 所以sinθ＝eq \r(1－\f(6,9))＝eq \f(\r(3),3)， 所以二面角D－AB－F的正弦值为eq \f(\r(3),3)． 目录 1 2 * 2．(2024·泰安高二期中)如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为线段CD的中点，现将△ADE沿AE折起，使得点D到点P位置，且AP⊥BE． (1)求证：平面AEP⊥平面ABCE； (2)已知点M是线段CP上的动点(不与点P，C重合)，若使平面MAE与平面APE的夹角为eq \f(π,4)，试确定点M的位置． 目录 1 2 解 * 解　(1)证明：∵E为CD的中点，AB＝4， ∴DE＝CE＝2， 又AD＝2，四边形ABCD为矩形， ∴AE＝BE＝2eq \r(2)， ∴AE2＋BE2＝AB2，∴AE⊥BE． 又AP⊥BE，AE∩AP＝A，AP，AE⊂平面APE， ∴BE⊥平面APE， 又BE⊂平面ABCE，∴平面AEP⊥平面ABCE． 目录 1 2 解 * (2)以E为坐标原点，eq \o(EA,\s\up16(→))，eq \o(EB,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2eq \r(2)，0，0)，P(eq \r(2)，0，eq \r(2))，C(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，E(0，0，0)，B(0，2eq \r(2)，0)． ∴eq \o(CP,\s\up16(→))＝(2eq \r(2)，－eq \r(2)，eq \r(2))，eq \o(EC,\s\up16(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \o(EA,\s\up16(→))＝(2eq \r(2)，0，0)， 设eq \o(CM,\s\up16(→))＝λeq \o(CP,\s\up16(→))，λ∈(0，1)，则eq \o(EM,\s\up16(→))＝eq \o(EC,\s\up16(→))＋eq \o(CM,\s\up16(→))＝(2eq \r(2)λ－eq \r(2)，eq \r(2)－eq \r(2)λ，eq \r(2)λ)． 设n＝(x，y，z)是平面AME的一个法向量，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EM,\s\up16(→))＝0，,n·\o(EA,\s\up16(→))＝0，)) 目录 1 2 解 * 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2\r(2)λ－\r(2)）x＋（\r(2)－\r(2)λ）y＋\r(2)λz＝0，,2\r(2)x＝0，)) 取y＝λ，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,z＝λ－1，))∴n＝(0，λ，λ－1)． 又eq \o(EB,\s\up16(→))＝(0，2eq \r(2)，0)为平面APE的一个法向量， ∴cos〈n，eq \o(EB,\s\up16(→))〉＝eq \f(2\r(2)λ,2\r(2)×\r(λ2＋（λ－1）2))＝eq \f(λ,\r(λ2＋（λ－1）2))， ∵平面MAE与平面APE的夹角为eq \f(π,4)， ∴eq \f(|λ|,\r(λ2＋（λ－1）2))＝eq \f(\r(2),2)，解得λ＝eq \f(1,2)， ∴点M为线段PC的中点． 　　　　　　　　　　　　　 R $$