1.2.4 二面角(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教B版)

**基本信息** 聚焦二面角求解，系统整合几何法、向量法、坐标法，构建定义-原理-应用的知识逻辑链，培养空间观念与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固|10题|几何法（找平面角）、向量法（法向量夹角）|从二面角定义出发，通过翻折、线面垂直等几何关系构建平面角，过渡到向量数量积求夹角| |综合运用|4题|坐标法（建系求法向量）|结合正方体、翻折等复杂情境，强化坐标系建立与法向量运算，形成“几何分析-向量转化-坐标运算”完整思路|

1.2.4二面角 1.在空间直角坐标系中，已知平面α，β的一个法向量分别为（0，－1，－1），（－2，1，2），则α与β的夹角的余弦值为（　　） A．　 B． C．－　 D． 2.如图所示，在△ABC中，AD⊥BC，△ABD的面积是△ACD面积的2倍．沿AD将△ABD翻折，翻折后BC⊥平面ACD，此时二面角B－AD－C的大小为（　　） A．30°　 B．45° C．60°　 D．90° 3. 二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB=2，AC=3，BD=4，CD=，则该二面角的大小为（　　） A．30°　 B．60° C．120°　 D．150° 4.已知向量m=（1，2，－1），n=（t，1，－t），且m⊥平面α，n⊥平面β，若平面α与平面β的夹角的余弦值为，则实数t的值为（　　） A．或－1　 B．或1 C．－1或2　 D．－ 5.（2026•沈阳期末）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB=2，BC=6，AA1=4，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为（　　 ） A．　 B． C．　 D． 6.如图， 在三棱台ABC－A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，A1C1=1，AB=AC=AA1=2，M为BC中点，则平面MAC1与平面AC1C所成角的余弦值为（　　） A．　 B． C．　 D． 7.〔多选〕直线l的方向向量为a，两个平面α，β的法向量分别为n，m，则下列命题为真命题的是（　　） A．若a⊥n，则直线l∥平面α B．若a∥n，则直线l⊥平面α C．若cos〈a，n〉=，则直线l与平面α所成角的大小为 D．若cos〈m，n〉=，则平面α与平面β夹角的大小为 8.如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=2AC=2，沿AC将△ACD折起到△PAC的位置，使得点P到点B的距离为，则二面角P－AC－B的大小为　　　　． 9. 如图所示，在圆锥SO中，AB是底面圆直径，且SO=AB=4，AC=BC，则二面角A－SB－C的余弦值为　　　　． 10.如图， 在四棱锥P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，DA⊥DC，底面ABCD为平行四边形，DA=DC=DP，E，F分别在棱PC，PB上，PA∥平面EDB． （1）若F是PB的中点，求EF与平面EDB所成角的余弦值； （2）若EF⊥PB，求平面DEF与平面ABCD夹角的余弦值． 11.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面α经过点B，D，平面β经过点A，D1，当平面α，β分别截正方体所得截面面积最大时，平面α与平面β的夹角的余弦值为（　　） A．　 B． C．　 D． 12. 〔多选〕如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=．则下列结论中正确的是（　　） A．三棱锥A－BEF的体积为定值 B．当E向D1运动时，二面角A－EF－B的大小不变 C．二面角E－AB－C的最小值为45° D．当E向D1运动时，AE⊥CF总成立 13.已知α，β，γ为三个不同的平面，m为直线，α⊥β，α⋂β=m，α与γ夹角的余弦值为，m与γ所成角的正弦值为，则β与γ夹角的余弦值为　　　　． 14.如图， 平面四边形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=5，∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E，F满足=，=，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC=4． （1）证明：EF⊥PD； （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 1.2.4　二面角 1.D　设a=（0，－1，－1），b=（－2，1，2），则|cos〈a，b〉|===，所以平面α与β的夹角的余弦值为． 2.C　由已知得BD=2CD．翻折后，在Rt△BCD中，∠BDC=60°，而AD⊥BD，CD⊥AD，故∠BDC是二面角B－AD－C的平面角，其大小为60°．故选C． 3.C　由=＋＋可得2=（＋＋）2=2＋2＋2＋2•＋2•＋2•，故41=9＋4＋16＋0＋0＋2•⇒•=6，进而可得•=－6，由于cos〈，〉===－，由于〈，〉∈［0°，180°］，故〈，〉=120°，由于，夹角的大小即为二面角的大小，故二面角大小为120°． 4.B　因为m=（1，2，－1），n=（t，1，－t），所以m•n=2＋2t，|m|=，|n|=，因为m⊥平面α，n⊥平面β，平面α与平面β的夹角的余弦值为，所以=，化简得5t2－6t＋1=0，解得t=或1.故选B． 5.D　以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A1 （0，0，4），E（2，0，2），D（0，6，0），故=（0，6，－4），=（2，0，－2），设平面A1ED的一个法向量为n1=（x，y，z），∴即取故n1=（1，，1），∵平面ABCD的一个法向量为n2=（0，0，1），∴cos 〈n1，n2〉==， 故平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为．故选D． 6.B　由A1A⊥平面ABC，且AB，AC⊂平面ABC，所以A1A⊥AB，A1A⊥AC，又由AB⊥AC，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，因为A1C1=1，AB=AC=AA1=2，且M为BC中点，可得A（0，0，0），M（1，1，0），C1（0，1，2），则=（1，1，0），=（0，1，2），设平面MAC1的法向量为n=（x，y，z），则取x=2，可得y=－2，z=1，所以n=（2，－2，1），又由平面AC1C的一个法向量为m=（1，0，0），设平面MAC1与平面AC1C所成的角为θ，则cos θ=|cos〈m，n〉|===． 7.BCD　对于A，若a⊥n，则直线l∥平面α或在平面α内，故选项A不正确；对于B，若a∥n，则a也是平面α的一个法向量，所以直线l⊥平面α，故选项B正确；对于C，直线与平面所成角的正弦值等于直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，所以若cos〈a，n〉=，则直线l与平面α所成角的大小为，故选项C正确；对于D，若cos〈m，n〉=，则平面α与平面β夹角的大小为，故选项D正确． 8.　解析：依题意，PC⊥AC，AC⊥AB，则•=•=0，||=1，||=||=2，设P－AC－B的大小为θ，则θ与〈，〉互补，而=＋＋，则2=2＋2＋2＋2•＋2•＋2•，||=，于是13=4＋1＋4＋2×2×2cos 〈，〉，解得cos〈，〉=，因此cos θ=－cos〈，〉=－，又θ∈［0，π］，所以θ=． 9.　解析：以O为坐标原点，以OC，OA，OS所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为SO=AB=4，AC=BC，可得S（0，0，4），B（0，－2，0），C（2，0，0），则=（2，0，－4），=（2，2，0），设平面SBC的法向量为n=（x，y，z），则令x=2，可得y=－2，z=1，所以n=（2，－2，1），平面SAB的一个法向量为=（2，0，0），设二面角A－SB－C的大小为θ，由图可得0＜θ＜，则cos θ=|cos〈n，〉|==，所以二面角A－SB－C的余弦值为． 10.解：（1）由题意可知，底面ABCD是正方形． 连接AC交BD于点O，连接EO． 因为PA∥平面EDB，平面PAC⋂平面EDB=EO，PA⊂平面PAC，所以PA∥EO． 又O是AC的中点，所以E是PC的中点．　 以D为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz． 不妨设DC=2，则A（2，0，0），B（2，2，0），P（0，0，2），E（0，1，1）． 由题意，F是PB的中点，则F（1，1，1），故=（1，0，0），=（2，2，0），=（0，1，1）． 设平面EDB的法向量为m=（x1，y1，z1），则 令y1=－1，得m=（1，－1，1）． 记EF与平面EDB所成角为θ， 则sin θ===， 故cos θ==，故EF与平面EDB所成角的余弦值为． （2）由（1）知=（0，1，1），=（2，2，－2），故•=0，故DE⊥PB． 又EF⊥PB，DE⋂EF=E，DE⊂平面DEF，EF⊂平面DEF，故PB⊥平面DEF，故平面DEF的一个法向量n1==（2，2，－2）． 易知平面ABCD的一个法向量为n2=（0，0，1）． 记平面DEF与平面ABCD的夹角为φ，则cos φ===，故平面DEF与平面ABCD夹角的余弦值为． 11.C　如图，因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面BDD1B1与平面ABC1D1夹角的余弦值，以D点为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz，设正方体棱长为1，平面α与平面β的夹角为θ，因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC，且AC⊥BD，BD⋂DD1=D，BD，DD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1，同理B1C⊥平面ABC1D1，所以为平面BDD1B1的一个法向量，为平面ABC1D1的一个法向量，A（1，0，0），C（0，1，0），B1（1，1，1），=（－1，1，0），=（－1，0，－1），则cos θ===． 12.ABC　因为EF为定值，故S△BEF为定值，A到平面BEF的距离即为A到平面DD1B1B的距离，故三棱锥A－BEF的体积为定值，故A正确．平面EFB即为平面BDD1B1，而平面AEF即为平面AB1D1，故当E向D1运动时，二面角A－EF－B不变，故B正确．建立如图所示的空间直角坐标系，则A（1，1，0），B（0，1，0），C（0，0，0），D（1，0，0），D1（1，0，1），设E（t，1－t，1），平面ABE的法向量为m=（x，y，z），又=（－1，0，0），=（t－1，－t，1），所以取y=1，则m=（0，1，t），平面ABC的法向量为n=（0，0，1），所以cos〈m，n〉=，设二面角E－AB－C的平面角为θ，则θ为锐角，故cos θ==，又≤t≤1，故≤≤，所以≤cos θ≤，当且仅当t=1时cos θ取最大值，即θ取最小值45°，故C正确．因为E，F在B1D1上，且EF=，故可设E（t，1－t，1），F（t－，－t，1），≤t≤1，=（t－1，－t，1），=（t－，－t，1），所以•=（t－）（t－1）＋（－t）•（－t）＋1=2t2－3t＋，故•不恒为零，故D错． 13.　解析：如图，根据题意，平面α对应平面OBC，平面β对应平面OAC，平面γ对应平面ABC，直线m对应直线OC．可设A（0，0，1），B（b，0，0），C（0，c，0）．则=（b，0，－1），=（0，c，－1），=（0，c，0）．设平面ABC的法向量为d=（x，y，z）则⇒⇒取z=bc，则d=（c，b，bc）．取平面α即平面OBC的法向量m=（0，0，1）；平面β即平面OAC的法向量n=（1，0，0）．由α与γ夹角的余弦值为得：=⇒=，得：7b2c2=2b2＋2c2，由m与γ所成角的正弦值为得：=⇒=，得：b2c2=2b2－c2.由⇒所以β与γ夹角的余弦值为==． 14.解：（1）证明：由AB=8，AD=5，=，=，得AE=2，AF=4， 又∠BAD=30°，在△AEF中， 由余弦定理得EF= ==2， 所以AE2＋EF2=AF2， 则AE⊥EF，即EF⊥AD， 由翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥DE，又PE⋂DE=E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE，　 故EF⊥PD． （2）连接CE，由∠ADC=90°，ED=3，CD=3，则CE2=ED2＋CD2=36， 在△PEC中，PC=4，PE=2，EC=6，得EC2＋PE2=PC2， 所以PE⊥EC，由（1）知PE⊥EF，又EC⋂EF=E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系E－xyz， 则P（0，0，2），D（0，3，0），C（3，3，0），F（2，0，0），A（0，－2，0）， 由F是AB的中点，得B（4，2，0）， 所以=（3，3，－2），=（0，3，－2），=（4，2，－2），=（2，0，－2）， 设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n=（x1，y1，z1），m=（x2，y2，z2）， 则 令y1=2，x2=，得x1=0，z1=3，y2=－1，z2=1， 所以n=（0，2，3），m=（，－1，1）， 所以|cos 〈m，n〉|===， 设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ，则sin θ==， 即平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为． 学科网（北京）股份有限公司 $