3.4.3 第2课时 平面与平面的夹角-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册作业与测评word（北师大版2019）

数学　选择性必修　第一册　作业与测评 第2课时　平面与平面的夹角 知识点一　利用法向量求二面角 1．三棱锥A－BCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2，若〈n1，n2〉＝，则二面角A－BD－C的平面角的大小为(　　) A． B． C．或 D．或 答案　C 解析　二面角的平面角的范围是[0，π]．故选C． 2．[多选]在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个二面角的平面角的余弦值可能为(　　) A． B．－ C． D．－ 答案　AB 解析　∵＝，∴这个二面角的平面角的余弦值为或－．故选AB． 3．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的平面角的余弦值为________． 答案　 解析　∵DA，DC，DE两两垂直，∴可建立空间直角坐标系D－xyz，如图所示．∵∠EBD＝60°，∴＝，由AD＝3，知BD＝3，DE＝3，AF＝．则A(3，0，0)，F(3，0，)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，∴＝(0，－3，)，＝(3，0，－2)．设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝，则n＝(4，2，)．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＝(3，－3，0)，∴cos〈n，〉＝＝＝．由图可知二面角F－BE－D的平面角为锐角，∴二面角F－BE－D的平面角的余弦值为． 4．如图，在五面体ABCDE中，AD⊥平面ABC，AD∥BE，AD＝AC＝2BE＝2，AB＝BC＝．求二面角A－CE－D的平面角的正弦值． 解　如图，取AC的中点O，连接OB，因为AB＝BC， 所以OB⊥AC，作Oz∥AD． 以O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x轴、y轴建立空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(0，－1，2)，E(，0，1)，＝(0，－2，2)，＝(，－1，1)，＝(0，2，0)． 设平面CDE的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 令y1＝1，得m＝(0，1，1)． 设平面ACE的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 令x2＝1，得n＝(1，0，－)． 因为cos〈m，n〉＝＝＝－， 所以sin〈m，n〉＝， 故二面角A－CE－D的平面角的正弦值为． 5．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是的中点． (1)设P是上的一点，且AP⊥BE，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＝A，AB，AP⊂平面ABP，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，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，，3)，C(－1，，0)， 故＝(2，0，－3)，＝(1，，0)，＝(2，0，3)． 设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量， 由可得 取z1＝2，可得m＝(3，－，2)． 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量， 由可得 取z2＝－2，可得n＝(3，－，－2)． 所以cos〈m，n〉＝＝． 又二面角E－AG－C的平面角为锐角，因此所求的角为60°． 知识点二　二面角的应用 6．把矩形ABCD沿对角线BD折成二面角A－BD－C，若AB＝1，AD＝，AC＝，则平面ABD与平面BCD的夹角为(　　) A．30° B．60° C．120° D．90° 答案　B 解析　过A作AE⊥BD，过C作CF⊥BD，则AE＝CF＝，BE＝DF＝，所以EF＝1，因为＝＋＋，所以||2＝||2＋||2＋||2＋2||||cos〈，〉，所以cos〈，〉＝－，所以平面ABD与平面BCD的夹角为60°．故选B． 7．如图，四边形ABCD与四边形AFEB均为正方形，且二面角D－AB－F的平面角的大小为60°，则异面直线AD与BF夹角的余弦值是________． 答案　 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，则D，A(0，0，0)，F(1，0，0)，B(0，1，0)，所以＝，＝(1，－1，0)．所以异面直线AD与BF夹角的余弦值是＝＝． 知识点三　利用法向量求平面与平面的夹角 8．如图，过边长为1的正方形ABCD的顶点A作线段EA⊥平面ABCD，若EA＝1，则平面ADE与平面BCE的夹角为(　　) A．120° B．45° C．135° D．60° 答案　B 解析　以A为原点，AB，AD，AE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，则E(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，＝(1，0，－1)，＝(1，1，－1)．设平面ADE与平面BCE的夹角为θ，平面BCE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即可取n＝(1，0，1)．又平面ADE的一个法向量为＝(1，0，0)，所以cos〈n，〉＝＝，所以cosθ＝|cos〈n，〉|＝，所以平面ADE与平面BCE的夹角为45°． 9．四边形ABCD是边长为2的正方形，MA和PB都与平面ABCD垂直且在平面ABCD的同侧，PB＝2MA＝2，则平面PMD与平面ABCD夹角的余弦值为________． 答案　 解析　如图，建立空间直角坐标系，则D(0，2，0)，M(0，0，1)，P(2，0，2)，∴＝(0，2，－1)，＝(2，0，1)，设n1＝(x，y，z)是平面PMD的一个法向量，则∴令z＝1得n1＝，易知n2＝(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量．设两平面的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝． 10．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，在线段AB上是否存在一点E，使平面CDE与平面C1DE夹角的余弦值为？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由． 解　假设存在点E，设AE＝a(0≤a≤4)．如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，则E(3，a，0)，C1(0，4，2)，D(0，0，0)． 设平面C1DE的一个法向量为n＝(x，y，z)， 又＝(0，4，2)，＝(3，a，0)， 故即 令y＝1，得x＝－，z＝－2， 即n＝， 又易知平面CDE的一个法向量为m＝(0，0，1)， 所以cos〈m，n〉＝＝． 由题意知＝， 解得a＝3， 所以在线段AB上存在一点E，使平面CDE与平面C1DE夹角的余弦值为，此时AE＝3． 一、选择题 1．已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，1)，n＝(1，1，1)，则两平面所成的二面角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　由两平面的法向量分别为m＝(0，1，1)，n＝(1，1，1)，可得cos〈m，n〉＝＝＝，设两平面所成的二面角为θ，其中θ∈[0，π]，可得sinθ＝＝，即两平面所成的二面角的正弦值为． 2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1－B1的平面角的大小为(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 答案　C 解析　如图，以C为原点，建立空间直角坐标系，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)，∴＝(0，a，0)，＝(－a，a，a)，＝(0，0，a)，设平面ABD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝(x，y，z)·(0，a，0)＝ay＝0，n·＝(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〉＝＝－，而二面角A－BD1－B1的平面角为钝角，故为120°．故选C． 3．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则平面A1BC1与平面ABCD夹角的正切值为(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，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＝(0，4，－2)，＝(－4，4，0)，可知平面ABCD的一个法向量＝(0，0，2)，设平面A1BC1的一个法向量为n＝(a，b，c)，则令b＝1，则c＝2，a＝1，可得n＝(1，1，2)，设平面A1BC1与平面ABCD的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，可得sinθ＝＝，所以平面A1BC1与平面ABCD夹角的正切值tanθ＝＝＝． 4．如图所示，已知点P为菱形ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC的中点，则二面角C－BF－D的平面角的正切值为(　　) A． B． C． D． 答案　D 解析　如图所示，设AC∩BD＝O，连接OF．以O为原点，建立空间直角坐标系．设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝．所以B，F，C．结合图形可知，＝为平面BFD的一个法向量，由＝，＝，可求得平面BCF的一个法向量n＝(1，，)．所以cos〈n，〉＝，sin〈n，〉＝，所以tan〈n，〉＝．因为所求二面角的平面角为锐角，所以正切值为．故选D． 5．[多选]如图，在四棱锥P－ABCD的平面展开图中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB＝2BC＝2CD＝2BE＝2，∠ABC＝∠ABH＝∠CBE＝90°．在四棱锥P－ABCD中，则(　　) A．平面PAD⊥平面PBD B．AD∥平面PBC C．三棱锥P－ABC外接球的表面积为6π D．平面PAD与平面PBC夹角的正弦值为 答案　AC 解析　由四棱锥P－ABCD的平面展开图还原立体图， 可得PB⊥平面ABCD，BC⊥CD，AB＝2BC＝2CD＝2PB＝2，∵AB，BC，AD⊂平面ABCD，∴PB⊥AB，PB⊥BC，PB⊥AD，∵底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，∴AB⊥BC，则以B为坐标原点，BC，BA，BP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，在直角梯形ABCD中，AD＝BD＝＝，AB＝2，∴AB2＝AD2＋BD2，即AD⊥BD，而上述证得PB⊥AD，又PB∩BD＝B，PB，BD⊂平面PBD，∴AD⊥平面PBD，又AD⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PBD，故A正确；对于B，由AB＝2BC＝2CD＝2PB＝2，可知B(0，0，0)，A(0，2，0)，C(1，0，0)，P(0，0，1)，D(1，1，0)，则＝(1，－1，0)，易知为平面PBC的一个法向量，根据底面为梯形，显然AD不垂直于AB，则AD不平行于平面PBC，故B错误；对于C，将三棱锥补成长为2，宽和高为1的长方体，则三棱锥P－ABC的外接球，即为长方体的外接球，其半径R＝＝，故表面积为S＝4π＝6π，故C正确；＝(1，－1，0)，＝(1，1，－1)，＝(0，2，0)，设平面PAD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则⇒令x＝1，则y＝1，z＝2，得n＝(1，1，2)，∴平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为|cos〈，n〉|＝＝＝，故其夹角的正弦值为，故D错误．故选AC． 二、填空题 6．已知点A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，3)，则平面ABC与平面xOy夹角的余弦值为________． 答案　 解析　＝(－1，2，0)，＝(－1，0，3)．设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)．由得令x＝2，则y＝1，z＝，即平面ABC的一个法向量为n＝．平面xOy的一个法向量为＝(0，0，3)，所以|cos〈，n〉|＝＝＝． 7．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长都相等，E为BB1的中点，则平面AEC与平面ABC的夹角为________． 答案　 解析　设正三棱柱的棱长为2，以AC中点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x轴、y轴建立空间直角坐标系，则平面ABC的一个法向量为n1＝(0，0，1)．由＝(0，－1，0)，＝(，1，1)，得平面AEC的一个法向量为n2＝(－1，0，)，∴cosn1，n2＝，∴n1，n2＝，∴平面AEC与平面ABC的夹角为． 8．如图，在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱A1A上的动点，N是棱BC的中点．当平面D1MN与底面ABCD的夹角最小时，A1M＝________． 答案　 解析　以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，设MA＝k，则D1(0，0，4)，C(0，4，0)，N(2，4，0)，M(4，0，k)，所以＝(4，0，k－4)，＝(2，4，－4)，设平面D1MN的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有即令z＝8，则x＝8－2k，y＝4＋k，故n＝(8－2k，4＋k，8)，平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，设平面D1MN与底面ABCD的夹角为α，则cosα＝＝＝，夹角α越小，则cosα越大，所以求5k2－24k＋144的最小值，令f(k)＝5k2－24k＋144＝5＋，所以当k＝时，α有最小值，此时A1M＝4－k＝4－＝． 三、解答题 9．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，若直线AC与平面A1BC的夹角为θ，二面角A1－BC－A的平面角为φ，求证：θ<φ． 证明　以B为坐标原点，BC，BA，BB1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．设AA1＝a，AC＝b，AB＝c，则B(0，0，0)，A(0，c，0)，C(，0，0)，A1(0，c，a)．于是＝(，0，0)，＝(0，c，a)，＝(，－c，0)，＝(0，0，a)．设平面A1BC的一个法向量为n＝(x，y，z)，由得令z＝c，则y＝－a．则n＝(0，－a，c)为平面A1BC的一个法向量，因为n·＝ac>0，所以与n的夹角β为锐角，则β与θ互为余角，所以sinθ＝cosβ＝＝，易知|cosφ|＝＝，又由图可知，φ为锐角，所以cosφ＝，所以sinφ＝，易知c<b，所以<，即sinθ<sinφ，又0<θ<，0<φ<，所以θ<φ． 10．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°． (1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC； (2)求二面角E－BC－A的平面角的余弦值． 解　(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC，又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC． (2)过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF．以G为坐标原点，GF，GD所在直线分别为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz． 由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角， 故∠DFE＝60°， 设DF＝2，则FG＝1，DG＝，AF＝4， 可得A(1，4，0)，B(－3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0，)． 由已知，AB∥EF，EF⊂平面EFDC，AB⊄平面EFDC， 所以AB∥平面EFDC， 又平面ABCD∩平面EFDC＝CD， 故AB∥CD，CD∥EF， 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC， 又EC⊂平面EFDC，所以BE⊥EC， 所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，∠CEF＝60°，从而可得C(－2，0，)． 所以＝(1，0，)，＝(0，4，0)，＝(－3，－4，)，＝(－4，0，0)． 设n＝(x，y，z)是平面BCE的一个法向量，则 即取z＝－1，则n＝(，0，－1)． 设m＝(x′，y′，z′)是平面ABCD的一个法向量， 则取z′＝4，则m＝(0，，4)， 所以cos〈n，m〉＝＝－． 由图可知，二面角E－BC－A的平面角为钝角， 故二面角E－BC－A的平面角的余弦值为－． 14 学科网（北京）股份有限公司 $$