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作业与测评课件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 15分钟对点练 30分钟综合练 目录 15分钟对点练 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 4 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 5 3．正三棱锥P－ABC的高为2，侧棱与底面所成的角为45°，则二面角P－AB－C的正切值是________． 答案 解析 2 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 6 4．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为1，侧棱长为3，D，E分别是侧棱CC1和BB1上的点，且CD＝1，AD⊥DE，求截面ADE与底面ABC所成角的余弦值． 解 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 7 解析　二面角的范围是[0，π]，并且二面角的大小与两个半平面的法向量的夹角相等或互补．故选C． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 8 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 10 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 11 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 12 解 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 13 解 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 14 30分钟综合练 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 16 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 17 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 18 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 19 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 20 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 21 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 22 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 23 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 24 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 25 答案 60° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 26 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 27 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 28 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 29 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 30 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 31 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 32 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 33 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 34 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 35 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 36 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 38 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 39 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 40 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 41 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 11 42 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　二面角及其度量 1．(2023·安徽安庆市外国语学校阶段考试)下列说法正确的是(　　) A．两个相交平面所成角的大小范围是(0，π) B．二面角的大小范围是[0，π] C．两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角 D．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的补角 解析　两个相交平面所成角的大小不大于eq \f(π,2)，A错误；二面角的大小范围是[0，π]，B正确；两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角或补角，C错误；二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角或补角，D错误．故选B． 2．在边长为a的正三角形ABC中，AD⊥BC于点D，将△ABD沿AD翻折后，BC＝eq \f(1,2)a，此时二面角B－AD－C的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析　由题意可得∠BDC就是二面角B－AD－C的平面角．∵在△BCD中，BC＝BD＝CD＝eq \f(1,2)a，∴△BCD为正三角形，∴∠BDC＝60°．故选C． 解析　作PO⊥底面ABC，交底面ABC于点O，连接BO并延长交AC于点D，取AB的中点E，连接PE，CE，则点O在CE上，PE⊥AB，CE⊥AB，∴∠PEO是二面角P－AB－C的平面角，∵正三棱锥P－ABC的高为2，侧棱与底面所成的角为45°，∴PO＝2，∠PBO＝45°，∠POB＝90°，∴BO＝CO＝2，EO＝1，∴二面角P－AB－C的正切值为tan∠PEO＝eq \f(PO,EO)＝2． 解　如图，设BE＝y，由已知可得，在Rt△ADE中， AE2＝AD2＋DE2，即12＋y2＝(12＋12)＋[12＋(y－1)2]， 解得y＝eq \f(3,2)．∴S△ADE＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－1))\s\up12(2))＝eq \f(\r(10),4)，S△ABC＝eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4)．设截面ADE与底面ABC所成角的大小为θ，则cosθ＝eq \f(\f(\r(3),4),\f(\r(10),4))＝eq \f(\r(30),10)． ∴截面ADE与底面ABC所成角的余弦值为eq \f(\r(30),10)． 知识点二　用空间向量求二面角的大小 5．三棱锥A－BCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2，若〈n1，n2〉＝eq \f(π,3)，则二面角A－BD－C的大小为(　　) A．eq \f(π,3) B．eq \f(2π,3) C．eq \f(π,3)或eq \f(2π,3) D．eq \f(π,6)或eq \f(π,3) 6．在一个二面角的两个面内与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个二面角的余弦值为(　　) A．eq \f(\r(15),6) B．－eq \f(\r(15),6) C．eq \f(\r(15),3) D．以上都不对 解析　∵eq \f(（0，－1，3）·（2，2，4）,\r(1＋9)×\r(4＋4＋16))＝eq \f(\r(15),6)，∴这个二面角的余弦值为eq \f(\r(15),6)或－eq \f(\r(15),6)．故选D． 7．如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，∠EBD＝60°，则二面角F－BE－D的余弦值为________． eq \f(\r(13),13) 解析　∵DA，DC，DE两两垂直，∴可建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示．∵∠EBD＝60°，∴eq \f(DE,DB)＝eq \r(3)，由AD＝3，知BD＝3eq \r(2)，DE＝3eq \r(6)，AF＝eq \r(6)．则A(3，0，0)，F(3，0，eq \r(6))，E(0，0，3eq \r(6))，B(3，3，0)，C(0，3，0)，∴eq \o(BF,\s\up16(→))＝(0，－3，eq \r(6))，eq \o(EF,\s\up16(→))＝(3，0，－2eq \r(6))．设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BF,\s\up16(→))＝0，,n·\o(EF,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3y＋\r(6)z＝0，,3x－2\r(6)z＝0，))令z＝eq \r(6)，则n＝(4，2，eq \r(6))为平面BEF的一个法向量． 连接AC，∵DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴DE⊥AC．∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD．又BD∩DE＝D，∴AC⊥平面BDE，∴平面BDE的一个法向量为eq \o(CA,\s\up16(→))＝(3，－3，0)，∴cos〈n，eq \o(CA,\s\up16(→))〉＝eq \f(n·\o(CA,\s\up16(→)),\a\vs4\al(|n||\o(CA,\s\up16(→))|))＝eq \f(6,\r(26)×3\r(2))＝eq \f(\r(13),13)．由图可知二面角F－BE－D为锐角，∴二面角F－BE－D的余弦值为eq \f(\r(13),13)． 8．如图所示，四棱锥S－ABCD的底面是边长为1的正方形，SD⊥底面ABCD，SB＝eq \r(3)，求平面ASD与平面BSC所成角的大小． 解　以D为原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DS,\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，连接BD，易知BD＝eq \r(2)，SD＝1， ∴D(0，0，0)，S(0，0，1)，B(1，1，0)，C(0，1，0)， ∴eq \o(SC,\s\up16(→))＝(0，1，－1)，eq \o(SB,\s\up16(→))＝(1，1，－1)，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(0，1，0)． 设n＝(x，y，z)是平面BSC的一个法向量， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(SC,\s\up16(→))＝0，,n·\o(SB,\s\up16(→))＝0))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,x＋y－z＝0.)) 令y＝－1，则z＝－1，x＝0，∴n＝(0，－1，－1)． 又eq \o(DC,\s\up16(→))＝(0，1，0)为平面ASD的一个法向量， ∴cos〈eq \o(DC,\s\up16(→))，n〉＝eq \f(\o(DC,\s\up16(→))·n,\a\vs4\al(|\o(DC,\s\up16(→))||n|))＝eq \f(－1,1×\r(2))＝－eq \f(\r(2),2)． 设平面ASD与平面BSC所成的角为θ，∴cosθ＝|cos〈eq \o(DC,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(\r(2),2)，∴θ＝45°， 即平面ASD与平面BSC所成角的大小为45°． 解析　如图，过A作AE⊥BD于点E，连接PE，则∠PEA就是二面角A－BD－P的平面角，AE＝eq \f(AB·AD,BD)＝eq \f(3×4,5)＝eq \f(12,5)，在Rt△PAE中，tan∠PEA＝eq \f(PA,AE)＝eq \f(\f(4\r(3),5),\f(12,5))＝eq \f(\r(3),3)．所以∠PEA＝30°．故选A． 一、选择题 1．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，PA⊥平面ABCD，PA＝eq \f(4\r(3),5)，那么二面角A－BD－P的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．75° 2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1－B1的大小为(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 解析　如图，以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz，设正方体的棱长为a，则A(a，a，0)，B(a，0，0)，D1(0，a，a)，B1(a，0，a)，∴eq \o(BA,\s\up16(→))＝(0，a，0)，eq \o(BD1,\s\up16(→))＝(－a，a，a)，eq \o(BB1,\s\up16(→))＝(0，0，a)，设平面ABD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·eq \o(BA,\s\up16(→))＝(x，y，z)·(0，a，0)＝ay＝0， n·eq \o(BD1,\s\up16(→))＝(x，y，z)·(－a，a，a)＝－ax＋ay＋az＝0，∵a≠0，∴y＝0，x＝z，令z＝1，则n＝(1，0，1)，同理，平面B1BD1的一个法向量为m＝(－1，－1，0)，cos〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝－eq \f(1,2)，而二面角A－BD1－B1为钝角，故其大小为120°．故选C． 3．如图所示，已知P为菱形ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，F为PC的中点，则二面角C－BF－D的正切值为(　　) A．eq \f(\r(3),6) B．eq \f(\r(3),4) C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(2\r(3),3) 解析　如图所示，设AC∩BD＝O，连接OF．以O为原点，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))，eq \o(OF,\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．设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝eq \r(3)． 所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0，0))．结合图形可知，eq \o(OC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))为平面BFD的一个法向量，由eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq \o(FB,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(1,2)))，可求得平面BCF的一个法向量n＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))．所以cos〈n，eq \o(OC,\s\up16(→))〉＝eq \f(\r(21),7)，sin〈n，eq \o(OC,\s\up16(→))〉＝eq \f(2\r(7),7)，所以tan〈n，eq \o(OC,\s\up16(→))〉＝eq \f(2\r(3),3)．因为所求二面角为锐角，所以正切值为eq \f(2\r(3),3)．故选D． 4．如图，已知边长为2的正三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，将此三角形沿DE折成二面角A1－DE－B，点A1不在平面BCED内，设二面角A1－DE－B的大小为θ，则当异面直线A1E与BD的夹角为60°时，cosθ的值为(　　) A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2) C．－eq \f(1,3) D．eq \f(1,3) 解析　∵△ABC为等边三角形，AF为中线，∴AF⊥BC．∵DE为中位线，∴BC∥DE，∴AF⊥DE，即DE⊥AG，且DE⊥GF．∵沿着DE翻折，∴A1G⊥DE，∴∠A1GF是二面角A1－DE－B的平面角，即∠A1GF＝θ．∵正三角形ABC的边长为2，∴AE＝BD＝1，A1G＝GF＝eq \f(1,2)AF＝eq \f(\r(3),2)，连接EF，∵AE＝EC＝1，BF＝FC＝1，∴EF∥BD，EF＝BD＝1，∵异面直线A1E与BD的夹角为60°，∴∠A1EF＝60°，∴△A1EF是边长为1的等边三角形，∴A1F＝1，∴cosθ＝eq \f(A1G2＋GF2－A1F2,2A1G·GF)＝eq \f(\f(3,4)＋\f(3,4)－1,2×\f(\r(3),2)×\f(\r(3),2))＝eq \f(1,3)．故选D． 5．[多选](2023·辽宁实验中学高二校考阶段考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝eq \f(π,3)，AB＝2AD＝2PD，PD⊥底面ABCD，则(　　) A．PA⊥BD B．PB与平面ABCD所成的角为eq \f(π,3) C．异面直线AB与PC所成角的余弦值为eq \f(2\r(5),5) D．平面PAB与平面ABCD所成的二面角的大小为45° 解析　设AD＝a，因为∠DAB＝eq \f(π,3)，AB＝2AD＝2PD＝2a，由余弦定理可得BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcoseq \f(π,3)＝3a2, 即BD＝eq \r(3)a，从而BD2＋AD2＝AB2，即BD⊥AD，由PD⊥底面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(a，0，0)，B(0，eq \r(3)a，0)，C(－a，eq \r(3)a，0)，D(0，0，0)，P(0，0，a)，故eq \o(PA,\s\up16(→))＝(a，0，－a)，eq \o(BD,\s\up16(→))＝(0，－eq \r(3)a，0)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(0，eq \r(3)a，－a)，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－a，eq \r(3)a，0)，eq \o(PC,\s\up16(→))＝(－a，eq \r(3)a，－a)，所以eq \o(PA,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝a×0＋0×(－eq \r(3)a)＋(－a)×0＝0，所以eq \o(PA,\s\up16(→))⊥eq \o(BD,\s\up16(→))，即PA⊥BD，故A正确；设PB与平面ABCD 所成的角为θ，易知平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，则sinθ＝|cos〈eq \o(PB,\s\up16(→))，m〉|＝eq \f(a,2a)＝eq \f(1,2)，即PB与平面ABCD所成的角为eq \f(π,6)，故B错误；cos〈eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(PC,\s\up16(→))〉＝eq \f(4a2,2a·\r(5)a)＝eq \f(2\r(5),5)，故C正确；设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PA,\s\up16(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax－az＝0，,\r(3)ay－az＝0，))令y＝1，则x＝eq \r(3)，z＝eq \r(3)，即n＝(eq \r(3)，1，eq \r(3))，所以cos〈m，n〉＝eq \f(\r(3),\r(7))＝eq \f(\r(21),7)，故D错误．故选AC． 二、填空题 6．(2023·河北省省级联测高二联考)攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖．如图属重檐四角攒尖，它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，则侧面与底面所成角的大小为________． 解析　设正四棱锥如图所示，AC∩BD＝O，四边形ABCD为正方形，OE⊥平面ABCD，F为AB的中点，EF⊥AB，OF⊥AB，所以∠EFO的大小为侧面与底面所成角的大小，因为正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，所以△ABE的面积是△ABO面积的2倍，因为△ABE和△ABO同底，所以EF＝2FO，所以∠EFO＝60°，所以侧面与底面所成角的大小为60°． 7．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝AA1＝2BC＝2，D为AA1上一点．若二面角B1－DC－C1的大小为30°，则AD的长为________． eq \f(2\r(3),3) 解析　如图，以C为坐标原点，eq \o(CA,\s\up16(→))，eq \o(CB,\s\up16(→))，eq \o(CC1,\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Cxyz，则C(0，0，0)，B1(0，1，2)，B(0，1，0)，∴eq \o(CB1,\s\up16(→))＝(0，1，2)，eq \o(CB,\s\up16(→))＝(0，1，0)．设AD＝a(0≤a≤2)，则点D的坐标为(2，0，a)，eq \o(CD,\s\up16(→))＝(2，0，a)．设平面B1CD的一个法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB1,\s\up16(→))＝0，,m·\o(CD,\s\up16(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋2z＝0，,2x＋az＝0，))令z＝－1，得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，2，－1))．又平面C1DC的一个法向量为eq \o(CB,\s\up16(→))＝(0，1，0)，则由cos30°＝eq \f(|m·\o(CB,\s\up16(→))|,\a\vs4\al(|m||\o(CB,\s\up16(→))|))＝eq \f(2,\r(\f(a2,4)＋4＋1))＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝eq \f(2\r(3),3)(负值舍去)，故AD＝eq \f(2\r(3),3)． 8．如图，已知E，F分别是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC，CC1的中点，则截面AEFD1与底面ABCD所成锐二面角的正弦值为________． eq \f(\r(5),3) 解析　以D为原点，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，如图所示，则A(1，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，D1(0，0，1)，∴eq \o(AD1,\s\up16(→))＝(－1，0，1)，eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0))．设平面AEFD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－\f(x,2)＋y＝0，))取y＝1，则n＝(2，1，2)为平面AEFD1的一个法向量．又平面ABCD的一个法向量为u＝(0，0，1)，∴cos〈n，u〉＝eq \f(2,3)，∴sin〈n，u〉＝eq \f(\r(5),3)． 解　(1)如图所示，建立空间直角坐标系Axyz． 设AB＝1，依题意得B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，E(0，1，1)，F(0，0，1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))． 三、解答题 9．如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝eq \f(1,2)AD． (1)求异面直线BF与DE所成角的大小； (2)证明：平面AMD⊥平面CDE； (3)求二面角A－CD－E的余弦值． eq \o(BF,\s\up16(→))＝(－1，0，1)，eq \o(DE,\s\up16(→))＝(0，－1，1)， 于是cos〈eq \o(BF,\s\up16(→))，eq \o(DE,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(BF,\s\up16(→))·\o(DE,\s\up16(→)),|\o(BF,\s\up16(→))||\o(DE,\s\up16(→))|)＝eq \f(0＋0＋1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)， 所以异面直线BF与DE所成角的大小为60°． (2)证明：由eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，eq \o(CE,\s\up16(→))＝(－1，0，1)，eq \o(AD,\s\up16(→))＝(0，2，0)，可得eq \o(CE,\s\up16(→))·eq \o(AM,\s\up16(→))＝0，eq \o(CE,\s\up16(→))·eq \o(AD,\s\up16(→))＝0． 因此，CE⊥AM，CE⊥AD． 又AD∩AM＝A，AD，AM⊂平面AMD， 故CE⊥平面AMD． 而CE⊂平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE． (3)设平面CDE的一个法向量为u＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(u·\o(CE,\s\up16(→))＝0，,u·\o(DE,\s\up16(→))＝0，))于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－y＋z＝0，)) 令x＝1，可得u＝(1，1，1)． 又由题意，得平面ACD的一个法向量为v＝(0，0，1)． 所以cos〈u，v〉＝eq \f(u·v,|u||v|)＝eq \f(0＋0＋1,\r(3)×1)＝eq \f(\r(3),3)． 因为二面角A－CD－E为锐角，所以其余弦值为eq \f(\r(3),3)． 10．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是eq \o(DF,\s\up8(︵))的中点，P是eq \o(CE,\s\up8(︵))上的一点，且AP⊥BE． (1)求∠CBP的大小； (2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小． 解　(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A， 所以BE⊥平面ABP， 又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，则∠EBP＝90°， 又∠EBC＝120°，因此∠CBP＝30°． (2)以B为原点，eq \o(BE,\s\up16(→))，eq \o(BP,\s\up16(→))，eq \o(BA,\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． 由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，eq \r(3)，3)，C(－1，eq \r(3)，0)， 故eq \o(AE,\s\up16(→))＝(2，0，－3)，eq \o(AG,\s\up16(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \o(CG,\s\up16(→))＝(2，0，3)． 设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up16(→))＝0，,m·\o(AG,\s\up16(→))＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0.)) 取z1＝2， 可得平面AEG的一个法向量为m＝(3，－eq \r(3)，2)． 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AG,\s\up16(→))＝0，,n·\o(CG,\s\up16(→))＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0.)) 取z2＝－2， 可得平面ACG的一个法向量为n＝(3，－eq \r(3)，－2)． 所以cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,2)． 又二面角E－AG－C为锐角，因此其大小为60°． 11．在平面四边形ACPE中(如图1)，D为AC的中点，AD＝DC＝PD＝2，AE＝1，且AE⊥AC，PD⊥AC，现将此平面四边形沿PD折起，使二面角A－PD－C为直二面角，得到立体图形(如图2)．已知B为平面ADC内一点，并且四边形ABCD为正方形，设F，G，H分别为PB，EB，PC的中点． (1)求证：平面FGH∥平面ADPE； (2)在线段PC上是否存在一点M，使得平面FGM与平面PEB所成角的余弦值为eq \f(\r(30),6)？若存在，求出线段PM的长；若不存在，请说明理由． 解　(1)证明：∵F，G，H分别为PB，EB，PC的中点， ∴FH，FG分别为△PBC，△PBE的中位线， ∴FH∥BC，FG∥PE， ∵PE⊂平面ADPE，FG⊄平面ADPE， ∴FG∥平面ADPE． 在正方形ABCD中，∵BC∥AD，∴FH∥AD， ∵AD⊂平面ADPE，FH⊄平面ADPE， ∴FH∥平面ADPE．又FH∩FG＝F，FH，FG⊂平面FGH， ∴平面FGH∥平面ADPE． (2)由条件，知DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DP,\s\up16(→))的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0，0，2)，E(2，0，1)，B(2，2，0)，F(1，1，1)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，\f(1,2)))， 则eq \o(PE,\s\up16(→))＝(2，0，－1)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(2，2，－2)． 设平面PEB的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up16(→))＝2x－z＝0，,n·\o(PB,\s\up16(→))＝2x＋2y－2z＝0，)) 取x＝1，得n＝(1，1，2)． 设M(0，m，2－m)，m∈[0，2]， 则eq \o(FG,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，eq \o(FM,\s\up16(→))＝(－1，m－1，1－m)． 当m＝1，即M为线段PC的中点时，平面FGM的一个法向量为m1＝(0，－1，0)． ∵eq \f(|m1·n|,|m1||n|)＝eq \f(\r(6),6)≠eq \f(\r(30),6)，∴m＝1不符合题意． 当m≠1时，设平面FGM的一个法向量为m2＝(a，b，c)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2·\o(FG,\s\up16(→))＝a－\f(1,2)c＝0，,m2·\o(FM,\s\up16(→))＝－a＋（m－1）b＋（1－m）c＝0，)) 取a＝1，得m2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2m－1,m－1)，2))为平面FGM的一个法向量， 由平面FGM与平面PEB所成角的余弦值为eq \f(\r(30),6)， 得eq \f(\r(30),6)＝eq \f(|m2·n|,|m2||n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2m－1,m－1)＋4)),\r(1＋1＋4)×\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m－1,m－1)))\s\up12(2)＋4))， 令t＝eq \f(2m－1,m－1)，解得t＝0或eq \f(5,2)，令eq \f(2m－1,m－1)＝0，解得m＝eq \f(1,2)； 令eq \f(2m－1,m－1)＝eq \f(5,2)，解得m＝3(舍去)． ∴在线段PC上存在一点M，使得平面FGM与平面PEB所成角的余弦值为eq \f(\r(30),6)，此时PM＝eq \f(\r(2),2)． $$