1.4.2(2) 用空间向量研究平面间的夹角

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【基础过关系列】2022-2023 学年高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义 (人教 A 版 2019）
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基础知识

二面角

二面角的平面角是指在二面角 $α-l-β$ 的棱上任取一点 $O$，分别在两个半平面内作射线 $AO⊥ l$，$BO⊥ l$，则 $∠AOB$ 为二面角 $α-l-β$ 的平面角，二面角的取值范围是 $[0 ,π]$.
如图：

 

平面α与平面β的夹角

平面 $α$ 与平面 $β$ 相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角不大于 $90^o$ 的二面角称为平面 $α$ 与平面 $β$ 的夹角.

空间向量求平面α与平面β的夹角

求法：设平面 $α$ 与平面 $β$ 的法向量分别为 $\vec{m}$ ,$\vec{n}$，
再设 $\vec{m}$,$\vec{n}$ 的夹角为 $φ$，平面 $α$ 与平面 $β$ 的平面角为 $θ$，则 $θ$ 为 $φ$ 或 $π-φ$ ，

则 $\cos \theta=|\cos \varphi|=\left|\dfrac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\vec{m}||\vec{n}|}\right|=\dfrac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}||\vec{n}|}$ .
(与线面所成角的情况一样，均由法向量的方向导致两种情况的出现)
 

【例 1】在正方体 $ABCD-A'B'C'D'$ 中，易得平面 $ACD'$ 与平面 $ABC$ 的法向量分别是 $\overrightarrow{D B^{\prime}}$、 $\overrightarrow{B B^{\prime}}$，其夹角是 $φ$，二面角 $D'-AC-B$ 为 θ，平面 $ACD'$ 与平面 $ABC$ 的夹角 $α$，判断三个角之间的关系！

解析 两个法向量的 $\overrightarrow{D B^{\prime}}$、 $\overrightarrow{B B^{\prime}}$ 的夹角 $φ=∠DB'B$，二面角 $D'-AC-B$ 为 $θ=∠D'OB$ 是个钝角，则平面 $ACD'$ 与平面 $ABC$ 的夹角 $α=π-θ$，而 $φ=π-θ$. 所以三角关系是 $α=φ=π-θ$.
 

【例 2】两平面的法向量分别为 $\vec{m}=(0,1,0)$, $\vec{n}=(0,1,1)$，则两平面的夹角为 $\underline{\quad \quad}$ .
解析 两平面的法向量分别为 $\vec{m}=(0,1,0)$, $\vec{n}=(0,1,1)$，
所以 $\cos \langle\vec{m}, \vec{n}\rangle=\dfrac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\vec{n}||\vec{m}|}=\dfrac{1}{1 \times \sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，则两平面的夹角为 $45^∘$．
 

基本方法

【题型1】求平面间的夹角

【典题 1】 正方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 的棱长为 $1$，点 $E$,$F$ 分别为 $CD$,$DD_1$ 的中点，求平面 $AED$ 与平面 $AEF$ 夹角的余弦值．

解析 因为 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 是正方体，
以 $A$ 为原点，$AB$ 为 $x$ 轴，$AD$ 为 $y$ 轴，$AA_1$ 为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系，

依题意得 $A(0,0,0)$， $F\left(0,1, \dfrac{1}{2}\right)$， $E\left(\dfrac{1}{2}, 1,0\right)$， $\overrightarrow{A E}=\left(\dfrac{1}{2}, 1,0\right)$， $\overrightarrow{A F}=\left(0,1, \dfrac{1}{2}\right)$，
设平面 $AEF$ 的法向量 $\vec{n}=(x,y,z)$，
则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A E}=\dfrac{1}{2} x+y=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A F}=y+\dfrac{1}{2} z=0 \end{array}\right.$，取 $y=-1$，得 $\vec{n}=(2,-1,2)$，
易知平面 $ADE$ 的法向量 $\vec{m}=(0,0,1)$，
设平面 $AED$ 与平面 $AEF$ 的夹角为 $θ$，则 $\cos \theta=\dfrac{|\vec{n} \cdot \vec{m}|}{|\vec{n}| \cdot|\vec{m}|}=\dfrac{2}{3}$，
所以平面 $AED$ 与平面 $AEF$ 夹角的余弦值为 $\dfrac{2}{3}$．
 

【典题 2】如图，四边形 $ABCD$ 是边长为 $3$ 的菱形，$DE⊥$ 平面 $ABCD$，$AB⊥AD$，$AF∥DE$，$DE=3AF$．
  (1) 求证：$AC⊥$ 平面 $BDE$；
  (2) 若 $BE$ 与平面 $ABCD$ 所成角为 $60°$，求平面 $FBE$ 与平面 $DEB$ 夹角的正弦值．

解析 (1) 证明：因为 $DE⊥$ 平面 $ABCD$，$AC⊂$ 平面 $ABCD$，
所以 $DE⊥AC$．
因为四边形 $ABCD$ 是菱形，所以 $AC⊥BD$．
又因为 $BD∩DE=D$，$BD⊂$ 平面 $BDE$，$DE⊂$ 平面 $BDE$，
所以 $AC⊥$ 平面 $BDE$．
(2) 据题设知 $DA$、$DC$、$DE$ 两两互相垂直．
以 $DA$、$DC$、$DE$ 分别为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴建立空间直角坐标系 $D－xyz$，如图所示，

因为 $BE$ 与平面 $ABCD$ 所成角为 $60°$，即 $∠DBE$，所以 $\dfrac{D E}{B E}=\sqrt{3}$，
又 $AD=3$，$DE=3AF$，
所以 $D E=3 \sqrt{6}$， $A F=\sqrt{6}$，
所以 $A(3,0,0)$，$B(3,3,0)$， $F(3,0, \sqrt{6})$， $E(0,0,3 \sqrt{6})$，$C(0,3,0)$，
所以 $\overrightarrow{B F}=(0,-3, \sqrt{6})$， $\overrightarrow{E F}=(3,0,-2 \sqrt{6})$，
设平面 $FBE$ 的一个法向量 $\vec{m}=(x,y,z)$，
则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \cdot \overrightarrow{B F}=-3 y+\sqrt{6} z=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{E F}=3 x-2 \sqrt{6} z=0 \end{array}\right.$，令 $z=\sqrt{6}$，得 $\vec{m}=(4,2, \sqrt{6})$．
因为 $AC⊥$ 平面 $DEB$，所以 $\overrightarrow{C A}$ 为平面 DEB 的一个法向量，且 $\overrightarrow{C A}=(3,-3,0)$，
所以 $\cos \langle\vec{m}, \overrightarrow{C A}\rangle=\dfrac{\vec{m} \cdot \overrightarrow{C A}}{|\vec{m}| \cdot|\overrightarrow{C A}|}=\dfrac{6}{\sqrt{26} \cdot \sqrt{18}}=\dfrac{\sqrt{13}}{13}$，
所以 $\sin \langle\vec{m}, \overrightarrow{C A}\rangle=\sqrt{1-\left(\dfrac{\sqrt{13}}{13}\right)^{2}}=\dfrac{2 \sqrt{39}}{13}$．
所以平面 $FBE$ 与平面 $DEB$ 夹角的正弦值为 $\dfrac{2 \sqrt{39}}{13}$．
 

巩固练习

1 如图，在长方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，已知 $A D=\sqrt{6}$, $A B=\sqrt{3}$, $A A_{1}=\sqrt{2}$，求平面 $A_1 BD$ 与平面 $ABCD$ 夹角的大小和二面角 $A_1-BD-C$ 的大小．

 

2 如图，四棱锥 $P－ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 为矩形，$PA⊥$ 平面 $ABCD$，$E$ 为 $PD$ 的中点．
  (1) 证明：$PB∥$ 平面 $AEC$；
  (2) 若 $AB=1$，$AD=2$，$AP=2$，求平面 $AEC$ 与平面 $DAE$ 夹角的余弦值．

 

3 如图，四边形 $ABCD$ 为菱形，$DE⊥$ 平面 $ABCD$，$FC⊥$ 平面 $ABCD$，$DE=2FC$，$∠DAB=60^∘$，$DE=DC=2$．
  (1) 设 $BE$ 的中点为 $H$，证明：$FH⊥$ 平面 $EDB$；
  (2) 求二面角 $A-EB-D$ 的平面角的正弦值．

 

参考答案

1. 答案 平面 $A_1 BD$ 与平面 $ABCD$ 夹角为 $45^∘$，二面角 $A_1-BD-C$ 为 $135^∘$.
   解析 以 $A$ 为原点，$AB$ 为 $x$ 轴，$AD$ 为 $y$ 轴，$AA_1$ 为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系，
   $A_{1}(0,0, \sqrt{2})$, $B(\sqrt{3}, 0,0)$, $D(0, \sqrt{6}, 0)$，
   $\overrightarrow{A_{1} B}=(\sqrt{3}, 0,-\sqrt{2})$, $\overrightarrow{A_{1} D}=(0, \sqrt{6},-\sqrt{2})$，
   设平面 $A_1 BD$ 的法向量 $\vec{n}=(x,y,z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A_{1} B}=\sqrt{3} x-\sqrt{2} z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A_{1} D}=\sqrt{6} y-\sqrt{2} z=0 \end{array}\right.$，取 $x=\sqrt{2}$，得 $\vec{n}=(\sqrt{2}, 1, \sqrt{3})$，
   易知平面 $ABCD$ 的法向量 $\vec{m}=(0,0,1)$，
   设平面 $A_1 BD$ 与平面 $ABCD$ 夹角为 $θ$，
   则 $\cos \theta=\dfrac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2+1+3}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$∴θ=45^∘$．
   $∴$ 平面 $A_1 BD$ 与平面 $ABCD$ 夹角为 $45^∘$，二面角 $A_1-BD-C$ 为 $135^∘$.

2. 答案 (1) 略 (2) $\dfrac{\sqrt{6}}{3}$
   解析 (1) 证明：连接 $BD$，设 $BD∩AC=O$，连接 $EO$，
   $∵E$ 是 $PD$ 的中点，$O$ 为 $BD$ 的中点，$∴EO∥PB$，
   又 $∵EO⊂$ 平面 $AEC$，$PB⊄$ 平面 $AEC$，
   $∴PB∥$ 平面 $AEC$；
   (2) 以 $A$ 为坐标原点，分别以 $AB$，$AD$，$AP$ 所在直线为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系．
   
   则 $D(0,2,0)$，$E(0,1,1)$，$C(1,2,0)$， $\overrightarrow{A E}=(0,1,1)$， $\overrightarrow{A C}=(1,2,0)$，
   设 $\vec{n}=(x,y,z)$ 为平面 $AEC$ 的一个法向量，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A C}=x+2 y=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A E}=y+z=0 \end{array}\right.$，取 $z=1$，则 $\vec{n}=(2,-1,1)$，
   又平面 $DAE$ 的一个法向量为 $\vec{m}=(1,0,0)$．
   $\cos <\vec{m}, \vec{n}>=\dfrac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\vec{m}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{2}{\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$．
   则平面 $AEC$ 与平面 $DAE$ 夹角的余弦值为 $\dfrac{\sqrt{6}}{3}$．

3. 答案 (1) 略 (2) $\dfrac{\sqrt{42}}{7}$
   解析 (1) 证明：连接 $AC$ 交 $BD$ 于点 $O$，连接 $HO$．
   $∵$ 四边形 $ABCD$ 为菱形，点 $H$ 是 $EB$ 的中点，
   所以 $OH$ 为 $△BDE$ 的中位线．
   所以 $OH//DE$， $O H=\dfrac{1}{2} D E$，而 $FC//DE$，$FC=\dfrac{1}{2} DE$，
   所以 $OH//FC$,$OH=FC$，
   $∴$ 四边形 $CFHO$ 为平行四边形，$∴FH//CO$，
   $∵DE⊥$ 平面 $ABCD$，$CO⊂$ 平面 $ABCD$，
   $∴DE⊥CO$．
   又 $∵CO⊥BD$,$ED\cap BD=D$，
   $∴CO⊥$ 平面 $EDB$，
   $∴FH⊥$ 平面 $EDB$
   (2) 解：因为 $OB,OC,OH$ 两两垂直，
   故以点 $O$ 为坐标原点，分别 $\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O C}, \overrightarrow{O H}$ 的方向为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴的正方向，
   建立如图所示的空间直角坐标系 $O-xyz$．
   
   由题意得 $A(0,-\sqrt{3}, 0)$,$C(0,\sqrt{3},0)$,$B(1,0,0)$,$E(-1,0,2)$，
   则 $\overrightarrow{E B}=(2,0,-2)$, $\overrightarrow{A B}=(1, \sqrt{3}, 0)$, $\overrightarrow{B C}=(-1, \sqrt{3}, 0)$．
   设平面 $AEB$ 的一个法向量为 $\vec{m}=(x,y,z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \cdot \overrightarrow{E B}=2 x-2 z=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{A B}=x+\sqrt{3} y=0 \end{array}\right.$，取 $\vec{m}=(3,-\sqrt{3}, 3)$，
   由第 (1) 问可知 $OC⊥$ 平面 $DEB$，
   故平面 $DEB$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(0,1,0)$，
   所以 $\cos \langle\vec{m}, \vec{n}\rangle=\dfrac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\vec{m}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{3 \times 0+(-\sqrt{3}) \times 1+3 \times 0}{\sqrt{9+3+9} \times \sqrt{0+1+0}}=-\dfrac{\sqrt{7}}{7}$，
   设二面角 $A-EB-D$ 的平面角为 $θ$，
   则 $\sin \theta=\sqrt{1-\cos ^{2}<\vec{m}, \vec{n}>}=\dfrac{\sqrt{42}}{7}$．
    

【题型2】空间角问题的综合题

【典题 1】 如图，在四棱锥 $P－ABCD$ 中，平面 $PAB⊥$ 平面 $ABCD$，$AD∥BC$，$AB⊥AD$，$AB⊥PA$，点 $E$ 为 $BC$ 上一点且 $BC=2AB=2AD=4BE$．
(1) 求证：平面 $PED⊥$ 平面 $PAC$；
(2) 若直线 $PE$ 与平面 $PAC$ 所成的角的正弦值为 $\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，求二面角 $A－PC－D$ 的余弦值．

解析 (1) 证明：$∵$ 平面 $PAB⊥$ 平面 $ABCD$，平面 $PAB∩$ 平面 $ABCD=AB$，$AB⊥PA$，
$∴PA⊥$ 平面 $ABCD$，又 $AB⊥AD$．
分别以 $AB$、$AD$、$AP$ 为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴，建立空间直角坐标系 $o－xyz$，
可得 $A(0,0,0)$，$D(0,2,0)$，$E(2,1,0)$，$C(2,4,0)$，$P(0,0,λ)(λ>0)$．
$\therefore \overrightarrow{A C}=(2,4,0)$， $\overrightarrow{A P}=(0,0, \lambda)$， $\overrightarrow{D E}=(2,-1,0)$．
由 $\overrightarrow{D E} \cdot \overrightarrow{A C}=4-4+0=0$， $\overrightarrow{D E} \cdot \overrightarrow{A P}=0$，
$∴DE⊥AC$ 且 $DE⊥AP$，
$∵AC$、$AP$ 是平面 $PAC$ 内的相交直线，$∴ED⊥$ 平面 $PAC$．
$∵ED⊂$ 平面 $PED$，
$∴$ 平面 $PED⊥$ 平面 $PAC$；
(2) 解：由 (1) 得平面 $PAC$ 的一个法向量是 $\overrightarrow{D E}=(2,-1,0)$，而 $\overrightarrow{P E}=(2,1,-\lambda)$．
设直线 $PE$ 与平面 $PAC$ 所成的角为 $θ$，
则 $|\sin \theta=| \cos <\overrightarrow{P E}, \overrightarrow{D E}>\mid=\dfrac{|\overrightarrow{P E} \cdot \overrightarrow{D E}|}{|\overrightarrow{P E}| \cdot|\overrightarrow{D E}|}=\dfrac{|4-1|}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{5+\lambda^{2}}}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，解得 $λ=±2$．
$∵λ>0$，
$∴λ=2$，可得 $P$ 的坐标为 $(0,0,2)$．
设平面 $PCD$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，
$\overrightarrow{D C}==(2,2,0)$， $\overrightarrow{D P}=(0,-2,2)$，
由 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{D C}=2 x+2 y=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{D P}=-2 y+2 z=0 \end{array}\right.$，令 $x=1$，得 $\vec{n}=(1,－1,－1)$．
$\therefore \cos <\vec{n}, \overrightarrow{D E}>=\dfrac{\vec{n} \cdot \overrightarrow{D E}}{|\vec{n}| \cdot|\overrightarrow{D E}|}=\dfrac{\sqrt{15}}{5}$．
由图形可得二面角 $A－PC－D$ 的平面角是锐角，
$∴$ 二面角 $A－PC－D$ 的平面角的余弦值为 $\dfrac{\sqrt{15}}{5}$．

 

巩固练习

1 如图．正四面体 $ABCD$ 的顶点 $A$，$B$，$C$ 分别在两两垂直的三条射线 $Ox$，$Oy$，$Oz$ 上，则在下列命题中，错误的为 (　　)

 A．$O－ABC$ 是正三棱锥 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．二面角 $D－OB－A$ 的平面角为 $\dfrac{\pi}{3}$
 C．直线 $AD$ 与直线 $OB$ 所成角为 $\dfrac{\pi}{4}$ $\qquad \qquad$ D．直线 $OD⊥$ 平面 $ABC$
 

2 四棱锥 $P－ABCD$ 中，$PA⊥$ 平面 $ABCD$，四边形 $ABCD$ 是矩形，且 $PA=AB=2$，$AD=3$，$E$ 是线段 $BC$ 上的动点，$F$ 是线段 $PE$ 的中点．
  (Ⅰ) 求证：$PB⊥$ 平面 $ADF$；
  (Ⅱ) 若直线 $DE$ 与平面 $ADF$ 所成角为 $30°$，
  (1) 求线段 $CE$ 的长；(2) 求二面角 $P－ED－A$ 的余弦值．

 
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 正四面体 $ABCD$ 的顶点 $A$，$B$，$C$ 分别在两两垂直的三条射线 $Ox$，$Oy$，$Oz$ 上，
   在 $A$ 中，$∵AC=AB=BC$，$OA=OB=OC$，
   $∴O－ABC$ 是正三棱锥，故 $A$ 正确；
   在 $B$ 中，设 $OB=1$，则 $A(1,0,0)$，$B(0,1,0)$，$D(1,1,1)$，$O(0,0,0)$，
   $\overrightarrow{O D}=(1,1,1)$， $\overrightarrow{O B}=(0,1,0)$，
   设平面 $OBD$ 的法向量 $\vec{m}=(x,y,z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \cdot \overrightarrow{O B}=y=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{O D}=x+y+z=0 \end{array}\right.$，取 $x=1$，得 $\vec{m}=(1,0,－1)$，
   而平面 $OAB$ 的法向量 $\vec{n}=(0,0,1)$，
   $\cos \langle\vec{m}, \vec{n}\rangle=\dfrac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\vec{m}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，
   二面角 $D－OB－A$ 的平面角为 $\dfrac{\pi}{4}$，故 $B$ 错误；
   在 $C$ 中，设 $OB=1$，则 $A(1,0,0)$，$B(0,1,0)$，$D(1,1,1)$，$O(0,0,0)$，
   $\overrightarrow{A D}=(0,1,1)$， $\overrightarrow{A D}=(0,1,1), \quad \overrightarrow{O B}=(0,1,0)$，
   $\cos <\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{O B}>=\dfrac{|\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{O B}|}{|\overrightarrow{A D}| \cdot|\overrightarrow{O B}|}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，
   $∴$ 直线 $AD$ 与直线 $OB$ 所成角为 $\dfrac{\pi}{4}$，故 $C$ 正确；
   在 $D$ 中，设 $OB=1$，则 $A(1,0,0)$，$B(0,1,0)$，$D(1,1,1)$，$O(0,0,0)$，$C(0,0,1)$，
   $\overrightarrow{O D}=(1,1,1)$， $\overrightarrow{A B}=(-1,1,0)$， $\overrightarrow{A C}=(-1,0,1)$，
   $\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{A B}=0$， $\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{A C}=0$，$∴OD⊥AB$，$OD⊥AC$，
   $∵AB∩AC=A$，$∴$ 直线 $OD⊥$ 平面 $ABC$，故 $D$ 正确．
   故选：$B$．
   

2. 答案 (Ⅰ) 略 (Ⅱ)(1) 略 (2) $\dfrac{3 \sqrt{17}}{17}$
   解析 (Ⅰ) 证明：依题意，以点 $A$ 为原点建立空间直角坐标系 (如图)，
   
   可得 $A(0,0,0)$，$B(2,0,0)$，$C(2,3,0)$，$D(0,3,0)$，$E(2,y,0)$，$F(1,\dfrac{m}{2},1)$，$P(0,0,2)$．
   $\overrightarrow{P B}=(2,0,-2)$， $\overrightarrow{A D}=(0,3,0)$， $\overrightarrow{A F}=\left(1, \dfrac{m}{2}, 1\right)$，
   $\overrightarrow{P B} \cdot \overrightarrow{A D}=0$， $\overrightarrow{P B} \cdot \overrightarrow{A F}=0$，
   即 $PB⊥AD$，$PB⊥AF$，$AF∩AD=A$，所以 $PB⊥$ 平面 $ADF$．
   (Ⅱ) 解：(1) 设 $\vec{n}=(x,y,z)$ 为平面 $ADF$ 的法向量，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \overrightarrow{A D} \cdot \vec{n}=3 y=0 \\ \overrightarrow{A F} \cdot \vec{n}=x+\dfrac{m}{2} y+z=0 \end{array}\right.$，
   不妨令 $v$，可得 $\vec{n}=(1,0,-1)$ 为平面 $ADF$ 的一个法向量，
   向量 $\overrightarrow{D E}=(2, y-3,0)$
   $∵$ 直线 $DE$ 与平面 $ADF$ 所成角为 $30°$，于是有 $\cos \langle\vec{n} \cdot \overrightarrow{D E}\rangle=\dfrac{\vec{n} \cdot \overrightarrow{D E}}{|\vec{n}| \cdot|\overrightarrow{D E}|}=\dfrac{1}{2}$，
   所以 $\dfrac{1 \times 2+0 \times(y-3)+0 \times(-1)}{\sqrt{1+0+1} \cdot \sqrt{2^{2}+(y-3)^{2}+0}}=\dfrac{1}{2}$，得 $y=1$，$y=5$(舍)
   $E(2,1,0)$，$C(2,3,0)$，线段 $CE$ 的长为 $2$．
   (2) 设 $\vec{n}=(a,b,c)$ 为平面 $PED$ 的法向量，
   $\overrightarrow{P E}==(2,1,-2)$， $\overrightarrow{P D}=(0,3,-2)$
   则 $\left\{\begin{array}{l} \overrightarrow{P E} \cdot \vec{m}=2 a+y-2 c=0 \\ \overrightarrow{P D} \cdot \vec{m}=3 b-2 c=0 \end{array}\right.$，
   不妨令 $a=2$，可得 $\vec{n}=(2,2,3)$ 为平面 $ADF$ 的一个法向量，
   又 $\overrightarrow{A P}=(0,0,2)$ 为平面 $ADE$ 的一个法向量，
   $∴$ 二面角 $P－ED－A$ 的余弦值为 $\cos <\vec{n}, \overrightarrow{A P}>=\dfrac{\vec{n} \cdot \overrightarrow{A P}}{\vec{n} \cdot \overrightarrow{A P}}=\dfrac{3 \sqrt{17}}{17}$．
    

分层练习

【A组---基础题】

1 平面 $α$，$β$ 的法向量分别是 $\overrightarrow{n_{1}}=(1,1,1)$， $\overrightarrow{n_{2}}=(-1,0,-1)$，则平面 $α$，$β$ 所成角的正弦值是 (　　)
  A. $\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ $\qquad \qquad$ B. $\dfrac{1}{2}$ $\qquad \qquad$ C. $\dfrac{\sqrt{6}}{3}$ $\qquad \qquad$ D. $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
 

2 在正方体 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，平面 $A_1 BD$ 与平面 $ABCD$ 所成二面角的正弦值为 (　　)
 A． $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$$\qquad \qquad$ B． $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ $\qquad \qquad$ C． $\dfrac{\sqrt{6}}{3}$ $\qquad \qquad$ D． $\dfrac{1}{3}$
 

3 若面 $α$ 的法向量 $\vec{n}=(1,λ,1)$，面 $β$ 的法向量 $\vec{m}=(2,-1,-2)$，两面夹角的正弦值为 $\dfrac{\sqrt{34}}{6}$，则 $λ=\underline{\quad \quad}$．
 

4 如图，在三棱柱 $ABC-A_1 B_1 C_1$ 中，$AB$,$AC$,$AA_1$ 两两互相垂直，$AB=AC=AA_1$，$M$,$N$ 分别是侧棱 $BB_1$，$CC_1$ 上的点，平面 $AMN$ 与平面 $ABC$ 夹角为 $\dfrac{\pi}{6}$，则当 $|B_1 M|$ 最小时 $∠AMB=\underline{\quad \quad}$.

 

5 如图，在棱长为 $2$ 的正方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，点 $E$ 是棱 $D_1 D$ 的中点，点 $F$ 在棱 $B_1 B$ 上，且满足 $B_1 F=2FB$．
 (1) 求证：$A_1 C_1⊥D_1 D$；
 (2) 求平面 $AEF$ 与平面 $AA_1 D_1 D$ 所成锐二面角的余弦值．

 

6 如图，四棱锥 $P-ABCD$ 的底面是正方形，$PD⊥$ 底面 $ABCD$，$PD=DC$，$E$ 是 $PC$ 的中点．
 (1) 证明：平面 $PAB⊥$ 平面 $PAD$；(2) 求二面角 $P-AB-D$ 的大小．

 
 

7 如图，在四棱锥 $P－ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 是边长为 $2$ 的菱形，$∠ABC=60°$，$△PAB$ 为正三角形， $P C=\sqrt{6}$，$E$ 为线段 $AB$ 的中点．
 (1) 证明：$PE⊥$ 平面 $ABCD$；
 (2) 若 $3 \overrightarrow{P M}=\overrightarrow{P D}$，求二面角 $M－EC－D$ 的大小．

 
 

8 如图，菱形 $ABCD$ 中 $∠BAD=60^∘$，把 $△BDC$ 沿 $BD$ 折起，使得点 $C$ 至 $P$ 处．
 (1) 证明：平面 $PAC⊥$ 平面 $ABCD$；
 (2) 若 $PA$ 与平面 $ABD$ 所成角的余弦值为 $\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，求二面角 $B-PA-D$ 的余弦值．

 
 

参考答案

1. 答案 $A$
   解析 设向量 $\overrightarrow{n_{1}}=(1,1,1)$， $\overrightarrow{n_{2}}=(-1,0,-1)$ 所成角为 $θ$，
   则 $\cos \theta=\dfrac{\overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{n_{2}}}{\left|\overrightarrow{n_{1}}\right|\left|\overrightarrow{n_{2}}\right|}=\dfrac{-2}{\sqrt{3} \sqrt{2}}=-\dfrac{2}{\sqrt{6}}$，
   $\therefore \sin \theta=\sqrt{1-\dfrac{2}{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，故选：$A$．

2. 答案 $C$
   解析 以 $D$ 为原点，$DA$ 为 $x$ 轴，$DC$ 为 $y$ 轴，$DD_1$ 为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系，
   设正方体 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$ 中棱长为 $1$，
   则 $A_1 (1,0,1)$，$B(1,1,0)$，$D(0,0,0)$， $\overrightarrow{D A}_{1}=(1,0,1)$， $\overrightarrow{D B}=(1,1,0)$，
   设平面 $A_1 BD$ 的法向量 $\vec{n}=(x,y,z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{D A_{1}}=x+z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{D B}=x+y=0 \end{array}\right.$，取 $x=1$，得 $\vec{n}=(1,－1,－1)$，
   平面 $ABCD$ 的法向量 $\vec{m}=(0,0,1)$，
   设平面 $A_1 BD$ 与平面 $ABCD$ 所成二面角的平面角为 $α$，
   则 $\cos \alpha=\dfrac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，
   $\therefore \sin \alpha=\sqrt{1-\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$．
   $∴$ 平面 $A_1 BD$ 与平面 $ABCD$ 所成二面角的正弦值为 $\dfrac{\sqrt{6}}{3}$．
   故选：$C$．
   

3. 答案 $\pm \sqrt{2}$
   解析 设面 $α$ 与面 $β$ 的夹角为 $θ$，
   则 $|\cos \theta=| \cos <\vec{n}, \vec{m}>|=| \dfrac{-\lambda}{\sqrt{2+\lambda^{2}} \cdot \sqrt{9}} \mid=\dfrac{|\lambda|}{3 \sqrt{2+\lambda^{2}}}$，
   所以 $\sin 2 \theta=1-\cos 2 \theta=1-\dfrac{\lambda^{2}}{9\left(2+\lambda^{2}\right)}=\dfrac{34}{36}$，解得 $\lambda=\pm \sqrt{2}$．

4. 答案 $\dfrac{\pi}{3}$
   解析 以点 $A$ 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
   
   设 $CN=b$，$BM=a$，
   则 $N(0,1,b)$,$M(1,0,a)$,$A(0,0,0)$,$B(1,0,0)$，
   所以 $\overrightarrow{A M}=(1,0, a)$, $\overrightarrow{A N}=(0,1, b)$，
   设平面 $AMN$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A M}=x+a z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A N}=y+b z=0 \end{array}\right.$，令 $z=1$，则 $\vec{n}=(-a,-b,1)$，
   平面 $ABC$ 的法向量为 $\vec{m}=(0,0,1)$，
   因为平面 $AMN$ 与平面 $ABC$ 夹角为 $\dfrac{\pi}{6}$，
   所以 $\cos <\vec{m}, \vec{n}>=\dfrac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}||\vec{n}|}=\dfrac{1}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+1}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，
   化简可得 $3a^2+3b^2=1$，
   当 $|B_1 M|$ 最小时，则 $b=0$, $B M=a=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，
   所以 $\tan \angle A M B=\dfrac{A B}{B M}=\dfrac{1}{\dfrac{\sqrt{3}}{3}}=\sqrt{3}$，
   则 $\angle A M B=\dfrac{\pi}{3}$．

5. 答案 (1) 略 (2) $\dfrac{2}{7}$
   解析 证明：(1)$∵$ 在正方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$D_1 D⊥$ 平面 $A_1 B_1 C_1 D_1$，$A_1 C_1⊂$ 平面 $A_1 B_1 C_1 D_1$，
   $∴A_1 C_1⊥D_1 D$．
   (2) 如图，以 $D$ 为原点，$DA$，$DC$，$DD_1$ 分别为 $x，y，z$ 轴，建立空间直角坐标系，
   
   则 $A(2,0,0)$,$E(0,0,1)$, $, F\left(2,2, \dfrac{2}{3}\right)$,$B(2,2,0)$，
   $\therefore \overrightarrow{A E}=(-2,0,1)$, $\overrightarrow{A F}=\left(0,2, \dfrac{2}{3}\right)$,$\overrightarrow{A B}=(0,2,0)$
   设 $\vec{n}=(x,y,z)$ 是平面 $AEF$ 的一个法向量，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A E}=-2 x+z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A F}=2 y+\dfrac{2}{3} z=0 \end{array}\right.$，取 $z=6$，得 $\vec{n}=(3,-2,6)$，
   $∵AB⊥$ 平面 $AA_1 D_1 D$，
   $: \overrightarrow{A B}=(0,2,0)$ 是平面 $AA_1 D_1 D$ 的一个法向量，
   $\therefore \cos <\overrightarrow{A B}, \vec{n}>=\dfrac{\overrightarrow{A B} \cdot \vec{n}}{|\overrightarrow{A B}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{-4}{2 \sqrt{49}}=-\dfrac{2}{7}$，
   $∴$ 平面 $AEF$ 与平面 $AA_1 D_1 D$ 所成锐二面角的余弦值为 $\dfrac{2}{7}$.

6. 答案 (1) 略 (2)$45^∘$
   解析 证明：(1)$∵$ 四棱锥 $P-ABCD$ 的底面是正方形，$PD⊥$ 底面 $ABCD$，$PD=DC$，$E$ 是 $PC$ 的中点．
   $∴AB⊥AD$,$AB⊥PD$，
   又 $AD\cap PD=D$，$∴AB⊥$ 平面 $PAD$，
   $∵AB⊂$ 平面 $PAB$，$∴$ 平面 $PAB⊥$ 平面 $PAD$．
   解：(2) 以 $D$ 为原点，$DA$ 为 $x$ 轴，$DC$ 为 $y$ 轴，$DP$ 为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系，
   设 $PD=DC=AD=2$，
   则 $A(2,0,0)$，$P(0,0,2)$，$D(0,0,0)$，$B(2,2,0)$，
   $\overrightarrow{A P}=(-2,0,2)$, $\overrightarrow{A B}=(0,2,0)$，
   设平面 $PAB$ 的法向量 $\vec{n}=(x,y,z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A P}=-2 x+2 z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A B}=2 y=0 \end{array}\right.$，取 $x=1$，得 $\vec{n}=(1,0,1)$，
   平面 $ABD$ 的法向量 $\vec{m}=\left( 0, 0, 1\right)$，
   设二面角 $P-AB-D$ 的大小为 $θ$，
   则 $\cos \theta=\dfrac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$θ=45^∘$，
   $∴$ 二面角 $P-AB-D$ 的大小为 $45^∘$．
   

7. 答案 (1) 略 (2)$60°$
   解析 (1) 证明：连接 $CE$，
   $∵△PAB$ 是边长为 $2$ 的正三角形，且 $E$ 是 $AB$ 中点， $\therefore P E=\sqrt{3}$
   又 $∵ABCD$ 是边长为 $2$ 的菱形，$∠ABC=60°$，
   $∴△ABC$ 是正三角形，$CE=\sqrt{3}$，
   又 $∵PC=\sqrt{6}$，$∴PC^2=PE^2+CE^2$，即 $PE⊥CE$，
   又 $PE⊥AB$，$CE∩AB=E$，
   $∴PE⊥$ 平面 $ABCD$．
   (2) 解：由 (1) 可得：以 $E$ 为原点，分别以 $\overrightarrow{E B}, \overrightarrow{E C}, \overrightarrow{E P}$ 为 $x,y,z$ 轴的正方向，建立空间直角坐标系 $E－xyz$，
   则 $E(0,0,0)$，$B(1,0,0)$，$P(0,0,\sqrt{3})$，$C(0,\sqrt{3},0)$，$D(-2,\sqrt{3},0)$．
   设点 $M$ 坐标为 $(x,y,z)$，由 $3 \overrightarrow{P M}=\overrightarrow{P D}$，得 $3(x, y, z-\sqrt{3})=(-2, \sqrt{3},-\sqrt{3})$，
   $\therefore M\left(-\dfrac{2}{3}, \dfrac{\sqrt{3}}{3}, \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$，
   $\therefore \overrightarrow{E M}=\left(-\dfrac{2}{3}, \dfrac{\sqrt{3}}{3}, \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$，$\overrightarrow{E C}=(0, \sqrt{3}, 0)$，
   设平面 $CEM$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{E M}=-\dfrac{2}{3} x+\dfrac{\sqrt{3}}{3} y+\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{E C}=\sqrt{3} y=0 \end{array}\right.$，取 $z=1$，解得 $\vec{m}=(\sqrt{3}, 0,1)$．
   $∵PE⊥$ 平面 $ABCD$，$∴$ 平面 $ABCD$ 的法向量 $\vec{m}=(0,0,1)$，
   $\therefore|\cos <\vec{n}, \vec{m}>|=\dfrac{|\vec{n} \cdot \vec{m}|}{|\vec{n}| \cdot|\vec{m}|}=\dfrac{1}{2}$，
   $∴$ 二面角 $M－EC－D$ 的大小为 $60°$．

8. 答案 (1) 略 (2) $\dfrac{1}{3}$
   解析 (1) 证明：设 $AC\cap BD$ 于 $O$，连接 $PO$，
   在菱形 $ABCD$ 中，$O$ 为 $BD$ 的中点，且 $BD⊥AC$，
   $∵PB=PD$，$∴BD⊥PO$，
   $∴PO∩AC=O$，$∴BD⊥$ 平面 $PAC$ ，
   $∵BD⊂$ 平面 $ABCD$，
   $∴$ 平面 $PAC⊥$ 平面 $ABCD$；
   (2) 在平面 $PAC$ 内，作 $OM⊥AC$，以 $O$ 为坐标原点，$OA,OB,OM$ 为 $x,y,z$ 轴，建立空间直角坐标系，如图，
   
   设 $PB=PD=AB=AD=2$，则 $OA=OP=\sqrt{3}$，$OR=1$，
   由 (1) 知平面 $PAC⊥$ 平面 $ABCD$，
   $∴∠PAO$ 是 $PA$ 与平面 $ABCD$ 所成角，
   $\therefore \cos \angle P A O=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，可得 $P\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}, 0, \dfrac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$，
   由 $A(\sqrt{3},0,0)$,$B(0,1,0)$,$D(0,-1,0)$，
   $\therefore \overrightarrow{A D}=(-\sqrt{3},-1,0)$, $\overrightarrow{A B}=(-\sqrt{3}, 1,0)$, $\overrightarrow{A P}=\left(-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}, 0, \dfrac{2 \sqrt{6}}{3}\right),$，
   设平面 $PAB$ 的法向量为 $\vec{m}=(x,y,z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \cdot \overrightarrow{A B}=-\sqrt{3} x+y=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{A P}=-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} x+\dfrac{2 \sqrt{6}}{3} z=0 \end{array}\right.$，取 $z=1$，得 $\vec{m}=(\sqrt{2}, \sqrt{6}, 1)$，
   设平面 $PAD$ 的法向量为 $\vec{n}=(a,b,c)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A D}=-\sqrt{3} a-b=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A P}=-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} a+\dfrac{2 \sqrt{6}}{3} c=0 \end{array}\right.$，取 $c=1$，得 $\vec{n}=(\sqrt{2},-\sqrt{6}, 1)$，
   $\therefore \cos \langle\vec{m}, \vec{n}\rangle=\dfrac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\vec{m}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{2-6+1}{\sqrt{2+6+1} \cdot \sqrt{2+6+1}}=-\dfrac{1}{3}$，
   由图知二面角 $B-PA-D$ 为锐角，故其余弦值为 $\dfrac{1}{3}$．
    

【B组---提高题】

1 如图，三棱锥 $V－ABC$ 的侧棱长都相等，底面 $ABC$ 与侧面 $VAC$ 都是以 $AC$ 为斜边的等腰直角三角形，$E$ 为线段 $AC$ 的中点，$F$ 为直线 $AB$ 上的动点，若平面 $VEF$ 与平面 $VBC$ 所成锐二面角的平面角为 $θ$，则 $\cosθ$ 的最大值是 (　　)

 A． $\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ $\qquad \qquad$ B． $\dfrac{2}{3}$ $\qquad \qquad$ C． $\dfrac{\sqrt{5}}{3}$ $\qquad \qquad$ D． $\dfrac{\sqrt{6}}{3}$
 

2 在底面为锐角三角形的直三棱柱 $ABC－A_1 B_1 C_1$ 中，$D$ 是棱 $BC$ 的中点，记直线 $B_1 D$ 与直线 $AC$ 所成角为 $θ_1$，直线 $B_1 D$ 与平面 $A_1 B_1 C_1$ 所成角为 $θ_2$，二面角 $C_1－A_1 B_1－D$ 的平面角为 $θ_3$，则 (　　)
  A．$θ_2<θ_1,θ_2<θ_3$ $\qquad \qquad$ B．$θ_2>θ_1,θ_2<θ_3$ $\qquad \qquad$ C．$θ_2<θ_1,θ_2>θ_3$ $\qquad \qquad$ D．$θ_2>θ_1,θ_2>θ_3$
 

3 如图所示，在等边 $△ABC$ 中，$AB=6$，$M$,$N$ 分别是 $AB$,$AC$ 上的点，且 $AM=AN=4$，$E$ 是 $BC$ 的中点，$AE$ 交 $MN$ 于点 $F$．以 $MN$ 为折痕把 $△AMN$ 折起，使点 $A$ 到达点 $P$ 的位置 $(0<∠PFE<π)$，连接 $PB,PE,PC$．

(1) 证明：$MN⊥PE$；
(2) 设点 $P$ 在平面 $ABC$ 内的射影为点 $Q$，若二面角 $P-MN-B$ 的大小为 $\dfrac{2}{3} \pi$，求直线 $QC$ 与平面 $PBC$ 所成角的正弦值．
 
 
 

参考答案

1. 答案 $D$
   解析 由底面 $ABC$ 与侧面 $VAC$ 都是以 $AC$ 为斜边的等腰直角三角形，
   得 $Rt△ABC≌Rt△AVC$，$∴VA=VC=BA=BC$．
   设 $VA=VC=BA=BC=2$，
   由 $E$ 为线段 $AC$ 的中点，可得 $V E=E B=\sqrt{2}$．
   由 $VE^2+BE^2=VB^2$，可得 $VE⊥EB$．
   以 $E$ 为坐标原点，分别以 $EB$,$EC$,$EV$ 所在直线为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系．
   则 $C(0,\sqrt{2},0)$，$B(\sqrt{2},0,0)$，$V(0,0,\sqrt{2})$，设 $F(x,x-\sqrt{2},0)$，
   $\overrightarrow{V C}=(0, \sqrt{2},-\sqrt{2})$， $\overrightarrow{V B}=(\sqrt{2}, 0,-\sqrt{2})$，
   $\overrightarrow{E V}=(0,0, \sqrt{2})$， $\overrightarrow{V F}=(x, x-\sqrt{2},-\sqrt{2})$．
   设平面 $VBC$ 的一个法向量为 $\vec{m}=(x,y,z)$，
   由 $\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \cdot \overrightarrow{V C}=\sqrt{2} y-\sqrt{2} z=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{V B}=\sqrt{2} x-\sqrt{2} z=0 \end{array}\right.$，取 $x=1$，得 $\vec{m}=(1,1,1)$；
   设平面 $VEF$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x_1,y_1,z_1)$，
   由 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{E V}=\sqrt{2} z_{1}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{V F}=x \cdot x_{1}+(x-\sqrt{2}) y_{1}-\sqrt{2} z_{1}=0 \end{array}\right.$，取 $y_1=1$，得 $\vec{n}=\left(\dfrac{\sqrt{2}}{x}-1,1,0\right)$．
   平面 $VEF$ 与平面 $VBC$ 所成锐二面角的平面角为 $θ$，
   则 $\cos \theta=\dfrac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\vec{m}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{2}}{x}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{\dfrac{2}{x^{2}}-\dfrac{2 \sqrt{2}}{x}+2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{6 x^{2}-6 \sqrt{2} x+6}}$．
   令 $f(x)=6 x^{2}-6 \sqrt{2} x+6=6\left(x-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+3$．
   当 $x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 时， $f(x)_{\min }=3$．$∴\cosθ$ 的最大值为 $\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$．
   故选：$D$．
   

2. 答案 $A$
   解析 由选项可知，角 $θ_1$ 与 $θ_2$，$θ_2$ 与 $θ_3$ 的大小确定，且三棱柱的底面为锐角三角形．
   $∴$ 设三棱柱 $ABC－A_1 B_1 C_1$ 是棱长为 $2$ 的正三棱柱，取 $D$ 是 $BC$ 中点，
   以 $A$ 为原点，在平面 $ABC$ 中，过 $A$ 作 $AC$ 的垂线为 $x$ 轴，$AC$ 为 $y$ 轴，$AA_1$ 为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系，
   则 $A(0,0,0)$，$A_1 (0,0,2)$， $B_{1}(\sqrt{3}, 1,2)$，$C(0,2,0)$， $D\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{3}{2}, 0\right)$，
   $\overrightarrow{A C}=(0,2,0)$， $\overrightarrow{B_{1} D}=\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2},-2\right)$， $\overrightarrow{A_{1} B_{1}}=(\sqrt{3}, 1,0)$，
   $∵$ 直线 $B_1 D$ 与直线 $AC$ 所成的角为 $θ_1$，
   $\therefore \cos \theta_{1}=\dfrac{\left|\overrightarrow{B_{1} D} \cdot \overrightarrow{A C}\right|}{\left|\overrightarrow{B_{1} D}\right| \cdot|\overrightarrow{A C}|}=\dfrac{2 \times \dfrac{1}{2}}{2 \cdot \sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{5}}{10}$，
   $∵$ 直线 $B_1 D$ 与平面 $A_1 B_1 C_1$ 所成的角为 $θ_2$，平面 $A_1 B_1 C_1$ 的法向量 $\vec{n}=(0,0,1)$，
   $\therefore \sin \theta_{2}=\dfrac{\left|\overrightarrow{B_{1} D} \cdot \vec{n}\right|}{\left|\overrightarrow{B_{1} D}\right| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{|-2|}{\sqrt{5} \cdot 1}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$，
   $\therefore \cos \theta_{2}=\sqrt{1-\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，
   设平面 $A_1 B_1 D$ 的法向量 $\vec{m}=(x,y,z)$，
   由 $\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \cdot \overrightarrow{A_{1} B_{1}}=\sqrt{3} x+y=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{B_{1} D}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2} x+\dfrac{1}{2} y-2 z=0 \end{array}\right.$，取 $x=\sqrt{3}$，得 $\vec{m}=\left(\sqrt{3},-3,-\dfrac{3}{2}\right)$，
   $∵$ 二面角 $C_1－A_1 B_1－D$ 的平面角为 $θ_3$，
   $\therefore \cos \theta_{3}=\dfrac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{\dfrac{3}{2}}{\sqrt{\dfrac{57}{4}} \cdot 1}=\dfrac{\sqrt{57}}{19}$．
   且 $θ_1，θ_2$ 与 $θ_3$ 均为锐角，结合余弦函数在 $\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$ 上为减函数，则 $θ_2<θ_1,θ_2<θ_3$，
   故选：$A$．
   

3. 答案 (1) 略 (2) $\dfrac{2 \sqrt{3}}{7}$
   解析 (1) 证明：因为 $△ABC$ 是等边三角形，$E$ 是 $BC$ 的中点，所以 $AE⊥BC$，
   因为 $AM=AN=4$，所以 $MN//BC$，所以 $MN⊥AE$，
   可得 $MN⊥PF$,$MN⊥FE$，
   又 $PF\cap FE=F$，所以 $MN⊥$ 平面 $PFE$，
   又 $PE⊂$ 平面 $PFE$，所以 $MN⊥PE$．
   (2) 解：因为 $MN⊥PF$,$MN⊥FE$，
   所以二面角 $P-MN-B$ 的平面角为 $∠PFE$，
   所以 $∠PFE=\dfrac{2}{3} \pi$，可得 $∠PFA=\dfrac{1}{3} \pi$，
   由第 (1) 问知，$MN⊥$ 平面 $PFE$，$MN⊂$ 平面 $ABC$，
   所以平面 $ABC⊥$ 平面 $PFE$，
   又因为平面 $PFE∩$ 平面 $ABC=AE$，
   所以点 $P$ 在平面 $ABC$ 内的射影 $Q$ 在 $AE$ 上，
   因为 $P F=2 \sqrt{3}$，所以 $Q F=\sqrt{3}$,$PQ=3$，
   过 $F$ 作直线 $l//PQ$ 交 $PE$ 于点 $K$，以 $F$ 为坐标原点，
   以 $\overrightarrow{F M}, \overrightarrow{F E}, \overrightarrow{F K}$ 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，
   
   $P(0,-\sqrt{3},3)$,$C(-3,\sqrt{3},0)$,$E(0,\sqrt{3},0)$,$Q(0,-\sqrt{3},0)$，
   $\overrightarrow{Q C}=(-3,2 \sqrt{3}, 0)$ ，$\overrightarrow{P C}=(-3,2 \sqrt{3},-3)$, $\overrightarrow{P E}=(0,2 \sqrt{3},-3)$，
   设平面 $PBC$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{c} \vec{n} \cdot \overrightarrow{P C}=-3 x+2 \sqrt{3} y-3 z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{P E}=2 \sqrt{3} y-3 z=0 \end{array}\right.$，令 $z=2$，可得 $\vec{n}=(0, \sqrt{3}, 2)$，
   所以 $\cos \langle\overrightarrow{Q C}, \vec{n}\rangle=\dfrac{6}{\sqrt{7} \times \sqrt{21}}=\dfrac{2 \sqrt{3}}{7}$，
   所以直线 $QC$ 与平面 $PBC$ 所成角的正弦值为 $\dfrac{2 \sqrt{3}}{7}$．
    

【C组---拓展题】

1 如图所示，在正三棱台 $ABC－A_1 B_1 C_1$ 中， $A B=3 A A_{1}=\dfrac{3}{2} A_{1} B_{1}=3$，记侧面 $ABB_1 A_1$ 与底面 $ABC$，侧面 $ABB_1 A_1$ 与侧面 $BCC_1 B_1$，以及侧面 $ABB_1 A_1$ 与截面 $A_1 BC$ 所成的锐二面角的平面角分别为 $α,β,γ$，则 (　　)

 A．$γ<β=α$ $\qquad \qquad$ B．$β=α<γ$ $\qquad \qquad$ C．$β<α<γ$$\qquad \qquad$ D．$α<β<γ$
 

2 如图，在圆锥 $SO$ 中，$A$，$B$ 是 $⊙O$ 上的动点，$BB'$ 是 $⊙O$ 的直径，$M$，$N$ 是 $SB$ 的两个三等分点，$∠AOB=θ(0<θ<π)$，记二面角 $N－OA－B$，$M－AB'－B$ 的平面角分别为 $α$，$β$，若 $α≤β$，则 $θ$ 的最大值是 (　　)

 A． $\dfrac{5 \pi}{6}$ $\qquad \qquad$ B． $\dfrac{2 \pi}{3}$ $\qquad \qquad$ C． $\dfrac{\pi}{2}$ $\qquad \qquad$ D． $\dfrac{\pi}{4}$
 

3 折纸与数学有着千丝万缕的联系，吸引了人们的广泛兴趣．因 $A4$ 纸的长宽比 $\sqrt{2}: 1$ 称为白银分割比例，故 $A4$ 纸有一个白银矩形的美称．现有一张如图 $1$ 所示的 $A4$ 纸 $EFCH$，$EF：EH=\sqrt{2}: 1$．$A,B,C,D$ 分别为 $EF$,$FG$,$GH$,$HE$ 的中点，将其按折痕 $AB$，$BC$，$CD$,$DA$,$AC$ 折起 (如图 $2$)，使得 $E,F,G,H$ 四点重合，重合后的点记为 $S$，折得到一个如图 $3$ 所示的三棱锥 $D－ABC$．记 $O$ 为 $AC$ 的中点，在 $△SOB$ 中，$SP$ 为 $BO$ 边上的高．
(1) 求证：$SP∥$ 平面 $ACD$；
(2) 若 $M,N$ 分别是棱 $AB$,$BC$ 上的动点，且 $AM=BN$．当三棱锥 $B－DMN$ 的体积最大时，求平面 $DAB$ 与平面 $DMN$ 所成锐二面角的余弦值．

 
 
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 如图，设底面三角形 $ABC$ 的外心为 $O$，
   以 $O$ 为坐标原点，以 $OB$ 所在直线为 $x$ 轴，以过 $O$ 平行于 $AC$ 的直线为 $y$ 轴，以过 $O$ 垂直于底面 $ABC$ 的直线为 z 轴建立空间直角坐标系，
   
   $∵A B=3 A A_{1}=\dfrac{3}{2} A_{1} B_{1}=3$，
   $\therefore B(\sqrt{3}, 0,0)$， $B_{1}\left(\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}, 0, \dfrac{\sqrt{6}}{3}\right)$， $C\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{3}{2}, 0\right)$， $A_{1}\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{3},-1, \dfrac{\sqrt{6}}{3}\right)$，
   $\overrightarrow{B B}_{1}==\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{3}, 0, \dfrac{\sqrt{6}}{3}\right)$， $\overrightarrow{B A_{1}}=\left(-\dfrac{4 \sqrt{3}}{3},-1, \dfrac{\sqrt{6}}{3}\right)$， $\overrightarrow{B C}==\left(-\dfrac{3 \sqrt{3}}{2}, \dfrac{3}{2}, 0\right)$，
   设平面 $ABB_1 A_1$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，
   由 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{B B}_{1}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3} x+\dfrac{\sqrt{6}}{3} z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{B A_{1}}=-\dfrac{4 \sqrt{3}}{3} x-y+\dfrac{\sqrt{6}}{3} z=0 \end{array}\right.$，取 $x=\sqrt{2}$，得 $\vec{n}=(\sqrt{2},-\sqrt{6}, 1)$；
   平面 $ABC$ 的一个法向量为 $\vec{α}=(0,0,1)$；
   设平面 $BCC_1 B_1$ 的一个法向量为 $\vec{β} =(x_1,y_1,z_1)$，
   由 $\left\{\begin{array}{l} \vec{\beta} \cdot \overrightarrow{B B_{1}}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3} x_{1}+\dfrac{\sqrt{6}}{3} z_{1}=0 \\ \vec{\beta} \cdot \overrightarrow{B C}=-\dfrac{3 \sqrt{3}}{2} x_{1}+\dfrac{3}{2} y_{1}=0 \end{array}\right.$，取 $x_{1}=\sqrt{2}$，得 $\vec{\beta}=(\sqrt{2}, \sqrt{6}, 1)$；
   设平面 $A_1 BC$ 的一个法向量为 $\vec{\gamma}=\left(x_{2}, y_{2}, z_{2}\right)$，
   由 $\left\{\begin{array}{l} \vec{\gamma} \cdot \overrightarrow{B A_{1}}=-\dfrac{4 \sqrt{3}}{3} x_{2}-y_{2}+\dfrac{\sqrt{6}}{3} z_{2}=0 \\ \vec{\gamma} \cdot \overrightarrow{B C}=-\dfrac{3 \sqrt{3}}{2} x_{2}+\dfrac{3}{2} y_{2}=0 \end{array}\right.$，取 $y_{2}=\sqrt{3}$，得 $\vec{\gamma}=\left(1, \sqrt{3}, \dfrac{7 \sqrt{2}}{2}\right)$．
   $\therefore \cos \alpha=|\cos <\vec{n}, \vec{\alpha}>|=\left|\dfrac{\vec{n} \cdot \vec{\alpha}}{|\vec{n}||\vec{\alpha}|}\right|=\dfrac{1}{3 \times 1}=\dfrac{1}{3},$，
   $\cos \beta=|\cos <\vec{n}, \vec{\beta}>|=\left|\dfrac{\vec{n} \cdot \vec{\beta}}{|\vec{n}||\vec{\beta}|}\right|=\dfrac{|2-6+1|}{3 \times 3}=\dfrac{1}{3}$；
   $\cos \gamma=|\cos <\vec{n}, \vec{\gamma}>|=\left|\dfrac{\vec{n} \cdot \vec{\gamma}}{|\vec{n}| \vec{\gamma} \mid}\right|=\dfrac{\left|\sqrt{2}-3 \sqrt{2}+\dfrac{7 \sqrt{2}}{2}\right|}{3 \times \dfrac{\sqrt{114}}{2}}=\dfrac{\sqrt{57}}{57}$．
   $\because \cos \alpha=\cos \beta>\cos \gamma$，且余弦函数在 $\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$ 上为减函数，
   $∴β=α<γ$．
   故选：$B$．

2. 答案 $B$
   解析 设底面圆的半径为 $r$，$OS=a$，以 $B'B$ 所在直线为 $x$ 轴，以垂直于 $B'B$ 所在直线为 $y$ 轴，以 $OS$ 所在直线为 $z$ 轴建立空间直角坐标系．
   则由 $∠AOB=θ(0<θ<π)$，可得：$O(0,0,0)$，$B(r,0,0)$，$S(0,0,a)$， $A(r \cos \theta, r \sin \theta, 0)$， $B^{\prime}(-r, 0,0)$，
   $∵M,N$ 是 $SB$ 的两个三等分点，
   $\therefore M\left(\dfrac{r}{3}, 0, \dfrac{2 a}{3}\right)$, $N\left(\dfrac{2 r}{3}, 0, \dfrac{a}{3}\right)$，
   $\therefore \overrightarrow{O A}=(r \cos \theta, r \sin \theta, 0)$， $\overrightarrow{O N}=\left(\dfrac{2 r}{3}, 0, \dfrac{a}{3}\right)$，
   设平面 $NOA$ 的一个法向量为 $\vec{m} =(x_1,y_1,z_1)$，
   由 $\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \cdot \overrightarrow{O A}=x_{1} r \cos \theta+y_{1} r \sin \theta=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{O N}=\dfrac{2 x_{1} r}{3}+\dfrac{a z_{1}}{3}=0 \end{array}\right.$，取 $x_1=1$，得 $\vec{m}=\left(1,-\dfrac{\cos \theta}{\sin \theta},-\dfrac{2 r}{a}\right)$；
   平面 $OAB$ 的一个法向量为 $\vec{n} =(0,0,1)$．
   由图可知，$N－OA－B$ 的平面角 $α$ 为锐二面角， $\therefore \cos \alpha=\dfrac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{\left|\dfrac{2 r}{a}\right|}{\sqrt{1+\dfrac{\cos ^{2} \theta}{\sin ^{2} \theta}+\dfrac{4 r^{2}}{a^{2}}}}$；
   设平面 $B'AM$ 的一个法向量为 $\vec{k} =(x_2,y_2,z_2)$，
   $\overrightarrow{B^{\prime} A}=(r+r \cos \theta, r \sin \theta, 0)$， $\overrightarrow{A M}=\left(\dfrac{r}{3}-r \cos \theta,-r \sin \theta, \dfrac{2 a}{3}\right)$．
   由 $\left\{\begin{array}{l} \vec{k} \cdot \overrightarrow{B^{\prime}} A=x_{2} r+x_{2} r \cos \theta+y_{2} r \sin \theta=0 \\ \vec{k} \cdot \overrightarrow{A M}=\dfrac{x_{2} r}{3}-x_{2} r \cos \theta-y_{2} r \sin \theta+\dfrac{2 a z_{2}}{3}=0 \end{array}\right.$，
   取 $x_2=1$，得 $\vec{k}=\left(1, \dfrac{-1-\cos \theta}{\sin \theta},-\dfrac{2 r}{a}\right)$；
   平面 $AB'B$ 的一个法向量为 $\vec{h} =(0,0,1)$，
   由题意可知，$M－AB'－B$ 的平面角 β 为锐二面角，
   $\therefore \cos \beta=\dfrac{|\vec{k} \cdot \vec{h}|}{|\vec{k}| \cdot|\vec{h}|}=\dfrac{\left|\dfrac{2 r}{a}\right|}{\sqrt{1+\left(\dfrac{-1-\cos \theta}{\sin \theta}\right)^{2}+\dfrac{4 r^{2}}{a^{2}}}}$．
   由二面角的范围可知 $0≤α≤β≤π$．
   即 $\dfrac{\left|\dfrac{2 r}{a}\right|}{\sqrt{1+\dfrac{\cos ^{2} \theta}{\sin ^{2} \theta}+\dfrac{4 r^{2}}{a^{2}}}} \geq \dfrac{\left|\dfrac{2 r}{a}\right|}{\sqrt{1+\left(\dfrac{-1-\cos \theta}{\sin \theta}\right)^{2}+\dfrac{4 r^{2}}{a^{2}}}}$，
   化简可得 $\cos \theta \leq-\dfrac{1}{2}$，且 $0<θ<π$，则 $0<\theta \leq \dfrac{2 \pi}{3}$．
   $∴θ$ 的最大值是 $\dfrac{2 \pi}{3}$．
   故选：$B$．
   

3. 答案 (1) 略 (2) $\dfrac{3 \sqrt{5}}{10}$
   解析 (1) 证明：连接 $DO$．设 $EH=4a$，则 $E F=4 \sqrt{2} a$，翻折后的 $BD=DE+FB=4a$．
   在 $△SAC$ 中，$SA=SC=2\sqrt{2} a$，$AC=4a$，$O$ 为 $AC$ 的中点，
   $∴SO=2a$．
   又 $∵$ 在 $△SOB$ 中，$BS=2a$，$SP⊥BO$，
   $∴P$ 为 $BO$ 的中点，
   $∴SP∥DO$．
   $∵SP⊄$ 平面 $ACD$，$DO⊂$ 平面 $ACD$，
   $∴SP∥$ 平面 $ACD$．
   (2) 解： $\because V_{B-D M N}=V_{D-B M N}$ 且三棱锥 $D－BMN$ 的高为定值，
   $\therefore S_{\triangle B M N}$ 最大时，三棱锥 $B－DMN$ 的体积取得最大值．
   设 $AM=BN=x(0≤x≤2\sqrt{3} a)$，
   $\therefore S_{\triangle B M N}=\dfrac{1}{2} B M \cdot B N \cdot \sin \angle M B N=\dfrac{1}{2} x(2 \sqrt{3} a-x) \sin \angle M B N$
   $=\dfrac{1}{2}\left[-(x-\sqrt{3} a)^{2}+3 a^{2}\right] \sin \angle M B N$
   又 $\because \sin \angle M B N$ 为定值．
   $∴$ 当 $x=\sqrt{3} a$ 时， $S_{\triangle B M N}$ 最大，即三棱锥 $B－DMN$ 的体积最大．
   此时 $M$，$N$ 分别是 $AB$，$BC$ 上的中点，
   由 (1) 可得 $SP∥DO$，$SP⊥BO$，$∴DO⊥BO$．
   $∵DA=DC$，$BA=BC$，$∴DO⊥AC$，$BO⊥AC$．
   以 $O$ 为坐标原点， $\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O D}$ 分别为 $x，y，z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系 $O-xyz$，
   则 $A(2a,0,0)$,$B(0,2\sqrt{2} a,0)$,$C(-2a,0,0)$,$D(0,0,2\sqrt{2}a)$,$M(a,\sqrt{2}a,0)$，
   $N=(-a,\sqrt{2} a,0)$， $\overrightarrow{D M}=(a, \sqrt{2} a,-2 \sqrt{2} a)$， $\overrightarrow{N M}=(2 a, 0,0,)$， $\overrightarrow{D A}=(2 a, 0,-2 \sqrt{2} a)$， $\overrightarrow{A B}=(-2 a, 2 \sqrt{2} a, 0)$．
   设平面 $DMN$ 的一个法向量为 $\overrightarrow{n_{1}}=\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)$．
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} \overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{D M}=0 \\ \overrightarrow{n_{1}} \cdot N M=0 \end{array}\right.$，
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} a x_{1}+\sqrt{2} a y_{1}-2 \sqrt{2} a z_{1}=0 \\ 2 a x_{1}=0 \end{array}\right.$, 取 $z_1=1$，则 $y_1=2$，$x_1=0$，
   $∴$ 平面 $DMN$ 的一个法向量为 $\overrightarrow{n_{1}}=(0,2,1)$．
   设平面 $DAB$ 的一个法向量为 $\overrightarrow{n_{2}}=\left(x_{2}, y_{2}, z_{2}\right)$．
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} \overrightarrow{n_{2}} \cdot \overrightarrow{D A}=0 \\ \overrightarrow{n_{2}} \cdot \overrightarrow{A B}=0 \end{array}\right.$，
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} 2 a x_{2}+2 \sqrt{2} a z_{2}=0 \\ -2 a x_{2}+2 \sqrt{2} a y_{2}=0 \end{array}\right.$ 取 $x_{2}=\sqrt{2}$，则 $y_2=z_2=1$，
   $∴$ 平面 $DAB$ 的一个法向量为 $\overrightarrow{n_{2}}=(\sqrt{2}, 1,1)$．
   则 $\cos <\overrightarrow{n_{1}}, \overrightarrow{n_{2}}>=\dfrac{\overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{n_{2}}}{\left|\overrightarrow{n_{1}}\right| \cdot\left|\overrightarrow{n_{2}}\right|}=\dfrac{3 \sqrt{5}}{10}$．
   所以平面 $DAB$ 与平面 $DMN$ 所成锐二面角的余弦值为 $\dfrac{3 \sqrt{5}}{10}$．