2023版新教材高中数学第一章空间向量与立体几何1

第3课时 用空间向量争辩面面角

必备学问基础练进阶训练第一层

1．[2023·江苏淮安高二检测]已知两平面的法向量分别为＝(0，1，0)，＝(0，1，

mn

1)，则两平面所成的二面角为( )

A.45° B．135°

C.45°或135° D．90°

2．二面角的棱上有，两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都

ABACBD

垂直于.已知＝4，＝6，＝8，＝217，则该二面角的大小为( )

ABABACBDCD

A.45° B．60°

C.90° D．120°

3．[2023·福建南平高二检测]在如图所示的六面体中，四边形和均为直角

ADEHBCFG

梯形，，，，为直角顶点，其他四个面均为矩形，＝＝3，＝4，＝1，则平面

ADCBABBGFCBC

EFGHABCD

与平面所成的角为( )

A.30° B．45°

C.135° D．45°或135°

4．[2023·广东深圳南头中学高二检测]如图所示，点、、分别在空间直角坐标系

ABC

OxyzOCABCnABC

的三条坐标轴上，＝(0，0，2)，平面的一个法向量为＝(2，1，2)，平面

与平面的夹角为，则cos ＝________．

ABOθθ

→

5．[2023·江苏常州高二检测]如图，四棱锥 ­ 的底面是矩形，⊥底面，

PABCDPDABCD

→→

PDDCBMMCPBAM

＝＝3，2＝，且⊥.

(1)求的长；

AD

(2)求二面角 ­ ­ 的正弦值．

PAMD

6．如图，在三棱柱 ­ 中，四边形是边长为4的正方形，平面⊥平

ABCABCAACCABC

11111

面，＝3，＝5.

AACCABBC

11

(1)求证：⊥平面；

AAABC

1

(2)求平面与平面夹角的余弦值．

ACBBCB

1111

关键力量综合练进阶训练其次层

43

1．在四棱锥 ­ 中，⊥平面，是矩形，且＝3，＝4，＝，

PABCDPAABCDABCDABADPA

5

则平面与平面的夹角为( )

ABDPBD

A.30° B．45°

C.60° D．75°

2.

[2023·湖南武冈高二检测]已知在菱形中，∠＝60°，沿对角线折叠之后，

ABCDABCAC

使得平面⊥平面，则二面角 ­ ­ 的余弦值为( )

BACDACBCDA

1

A.2 B．

2

C. D．

35

35

3．如图所示的多面体是由底面为的正方体被截面所截而得到的，其中＝

ABCDEFGHAB

BCAECGBFHBCA

＝4，＝1，＝4，＝2.则二面角 ­ ­ 的余弦值为( )

A. B．

254

55

35

C. D．

55

4．已知正三棱柱 ­ 的棱长均为，是侧棱的中点，则平面与平面

ABCABCaDCCABC

1111

ABD

1

的夹角的余弦值为( )

123

A. B． C． D．0

222

5．[2023·福建漳州八中高二检测]已知正方形的边长为4，，分别为，的中点，

EFADBC

以为棱将正方形折成如图所示的60°的二面角，点在线段上．直线与平

EFABCDMABDE

面所成的角为60°，则平面与平面夹角的余弦值为________．

EMCMCECEF

6．[2023·江苏常州高二检测]把边长为2的正方形沿对角线折成两个垂直平

ABCDBD

→→→

面，，分别为，中点，以为原点，方向，方向，方向分别为轴，轴，

OEBDDCOOCODOAxyz

轴正方向建立空间直角坐标系．

(1)求证：⊥；

AEDC

(2)求二面角 ­ ­ 的余弦值．

ADCB

7．[2023·广东深圳高二测试]如图，直三棱柱 ­ 中，底面是边长为2的等

ABCABC

111

边三角形，为棱中点．

DAC

(1)证明：∥平面；

ABBCD

11

3

(2)若面与面的夹角余弦值为，求.

BBCBCDCC

1111

4

8．[2023·山东省试验中学高二检测]如图，在四棱锥 ­ 中，四边形为矩

PABCDABCD

形，⊥平面，＝＝1，与平面所成角为30°，为上一点且⊥.

PDABCDPDCDPAABCDMPBCMPA

(1)证明：⊥；

PADM

→→

(2)设平面与平面的交线为，在上取点使＝，为线段上一动点，

PADPBCllNPNDAQPN

求平面与平面夹角的正弦值的最小值．

ACQPDC

核心素养升级练进阶训练第三层

1．[2023·广东广州高二检测]“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几

何体的称谓．《九章算术·商功》中描述：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，

其一为鳖臑．”一个长方体 ­ 沿对角面斜解(图1)，得到两个一模一样的堑堵

ABCDABCD

1111

(图2)，再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解(图2)，得到一个四棱锥，称为阳马(图

3)，一个三棱锥称为鳖臑(图4).若鳖臑的体积为4，＝4，＝3，则在鳖臑中，平面

ABBCBCD

1

与平面夹角的余弦值为( )

BCD

11

A. B．

C. D．

65665

6565

65265

1365

2．[2023·山东青岛高二检测]如图，在四棱锥 ­ 中，底面为直角梯形，

PABCDABCD

CDABABCABBCCDPADABCDPAPD

∥，∠＝90°，＝2＝2＝4，侧面⊥面，＝＝2.

(1)求证：⊥；

PABD

(2)设平面与平面的交线为，在上是否存在点，使得平面和平面

PADPBCllNPCDNCD

53

的夹角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由．

N

9

第3课时 用空间向量争辩面面角

必备学问基础练

1．答案：C

解析：cos 〈，〉＝＝＝，即〈，〉＝45°.∴两平面所成二面

mnmn

mn

·12

||·||2

mn

1·2

角为45°或180°－45°＝135°.故选C.

2．答案：B

解析：

→→→→→→→→→→→→

2222

由条件，知·＝0，·＝0，＝－＋＋.∴||＝||＋||＋||

ACABABBDCDACABBDCDACABBD

→→→→→→→→

2222

－2·＋2·－2·，即6＋4＋8－2×6×8cos 〈，〉＝(217)，∴cos

ACABABBDACBDACBD

1

→→→→

〈，〉＝，即〈，〉＝60°，所以二面角的大小为60°.故选B.

ACBDACBD

2

3．答案：B

解析：

由于四边形和均为直角梯形，，，，为直角顶点，其他四个面均为矩

ADEHBCFGADCB

形，所以这个六面体是四棱柱，由题意可知，，两两垂直，以点为原点建系如图，

DADCDED

→→

则(0，0，4)，(1，3，3)，(0，3，0)，(1，0，3)，则＝(1，0，－1)，＝(0，3，

EGCHEHHG

→

0)，依据题意可知⊥平面，所以＝(0，0，4)，即为平面的一个法向量，设

DEABCDDEABCD

→





nEHxz

·＝－＝0，

nxyzEFGHxzyn

＝(，，)为平面的法向量，则取＝1，则＝1，＝0，则



→





nHGy

·＝3＝0

→

nDE

·42

→

＝(1，0，1)为平面的一个法向量，则cos 〈，〉＝＝＝，所以

EFGHnDE

2×4

2→

|||

n

DE

|

平面与平面所成的角为45°.故选B.

EFGHABCD

2

4．答案：

3

→

|·|

OCn

→

解析：由题意可知，平面的一个法向量为＝(0，0，2)，所以cos ＝

ABOOCθ

||·||

→

OC

n

＝＝.

42

2×33

5．解析：

(1)∵⊥平面，四边形为矩形，

PDABCDABCD

→→→

∴不妨以{，，}为一组基底，建立如图所示的空间直角坐标系 ­ .

DADCDPDxyz

设＝3，则(3，3，0)，(0，0，3)，(2，3，0)，(3，0，0)，

BCaBaPMaAa

→→

则＝(3，3，－3)，＝(－，3，0)，

PBaAMa

→→

2

∵⊥，则·＝－3＋9＝0，解得＝3，

PBAMPBAMaa

故＝3＝33.

ADa

→→

(2)＝(－3，3，0)，＝(－33，0，3)，

AMAP

设平面的法向量为＝(，，)，

PAMmxyz

111

→





mAMxy

·＝－3＋3＝0

11

则，取＝3，可得＝(3，1，3)，



xm

1

→





mAPxz

·＝－33＋3＝0

11

∵⊥平面，∴可设平面的法向量为＝(0，0，1)，

PDAMDAMDn

mn

·3313

cos 〈，〉＝＝＝，

mn

||·||13

mn

13×1

因此二面角 ­ ­ 的正弦值为 1－＝.

PAMD



313

2

213



13



13

6．解析：(1)证明：∵四边形是正方形，

AACC

11

∴⊥.

AAAC

1

又∵平面⊥平面，平面∩平面＝，

ABCAACCABCAACCAC

1111

且⊂平面，

AAAACC

111

∴⊥平面.

AAABC

1

222

(2)由＝4，＝5，＝3，得＋＝，

ACBCABACABBC

∴⊥.

ABAC

建立如图所示的空间直角坐标系，

则(0，0，4)，(0，3，0)，(0，3，4)，(4，0，4)，

ABBC

111

∴＝(4，－3，4)，＝(0，－3，4)，＝(0，0，4).

设平面的一个法向量为＝(，，)，平面的一个法向量为＝(，，

ACBnxyzBCBnxy

11111111222

z

2

).

令＝3，则＝4，∴＝(3，4，0)，

xyn

222

|·|1616

nn

12

∴|cos 〈，〉|＝＝＝.

nn

12

||||5×525

nn

12

16

∴平面与平面夹角的余弦值为.

ACBBCB

1111

25

关键力量综合练

1．答案：A

解析：由于⊥平面，是矩形，所以，，两两垂直，

PAABCDABCDABADAP

故以为坐标原点，，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

AABADAPxyz

43

又＝3，＝4，＝，

ABADPA

5

43

所以(0，0，0)，(3，0，0)，(0，4，0)，(0，0，)，

ABDP

5

由于⊥平面，所以平面的一个法向量为＝(0，0，1)，

PAABCDABDn

43

→→

而＝(3，0，－)，＝(－3，4，0)，

PBBD

5

设平面的法向量为＝(，，)，

PBDmxyz

43



mPBxz

·＝3－＝0

→

5

则，





mBDxy

·＝－3＋4＝0

→

取＝4，则平面的法向量为＝(4，3，53)，

xPBDm

nm

·0×4＋0×3＋1×533

cos 〈，〉＝＝＝，所以〈，〉＝30°，

nmnm

||·||2

nm

1×4＋3＋（53）

222

由图可知平面与平面的夹角为锐角，所以平面与平面的夹角为30°，

ABDPBDABDPBD

故选A.

2．答案：D

解析：

由于平面⊥平面，设的中点为，⊥，则⊥平面，⊥，故以

BACDACACOBOACBODACDOAC

OCxODyOBz

方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，设菱形边长为2，

→→→

则(1，0，0)，(0，3，0)，(0，0，3)，＝(－1，3，0)，＝(－1，0，3)，

CDBCDCBOB

→

＝(0，0，3)，明显＝(0，0，3)是平面的一个法向量，设平面的法向量为

OBDACBCDn

→





nCDxy

·＝0－3＝0



＝(，，)，则满足，即，令＝3，可得＝＝1，故＝(3，

xyzxyzn



→



xz

－3＝0





nCB

·＝0

→

1，1)，则cos 〈，〉＝＝，即二面角 ­ ­ 的余弦值为.故选D.

OBnBCDA

355

3·5

55

3．答案：B

解析：由题可得以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图：

DDADCDHxyz

则(0，0，0)，(4，4，0)，(0，4，0)，(4，0，1)，(4，4，2)，(0，4，4)，

DBCEFG

→→→

设(0，0，)，由，，，共面可得存在实数，使得＝＋，

HhEFGHλμGHλEFμFG

所以(0，－4，－4)＝(0，4，1)＋(－4，0，2)＝(－4，4，＋2)，

hλμμλλμ

0＝－4

μ





则，解得＝3，所以(0，0，3).



－4＝4

λ

hH





hλμ

－4＝＋2

→

又⊥平面，所以＝(0，0，3)是平面的一个法向量．

DHABCDDHABCD

→→

设平面的法向量为＝(，，)，又＝(－4，0，0)，＝(0，4，－3)，

HBCnxyzBCHC

→





－4＝0·＝0

xBCn





所以，令＝4，则＝(0，3，4)，



⇒



zn



→4－3＝0

yz





HCn

·＝0



→

DHn

·124

→

所以cos 〈，〉＝＝＝，由图可知二面角 ­ ­ 为锐

DHnHBCA

22

→5

3×3＋4

||·||

DHn

角，

4

所以二面角 ­ ­ 的余弦值为.故选B.

HBCA

5

4．答案：B

解析：

以点为坐标原点，以垂直于的直线为轴，以所在直线为轴，以所在直

AACxACyAA

1

线为轴，建立空间直角坐标系如图所示，由于 ­ 是各棱长均等于的正三棱柱，

zABCABCa

111

DCCABaaDaCaa

是侧棱的中点，所以(0，0，0)，(，，)，(0，，)，(0，，)，故

111

＝(，，)，＝(0，，)，＝(0，0，)，设平面的法向量为＝(，，)，

3

aaa

→

aaADaABDnxyz

2222

3

aa

222

1

3

aa





22

xyaz

＋＋＝0



nAB

·＝0

则，即，



→



a



nAD

·＝0

ayz

＋＝0





2

1

令＝1，则＝－2，＝3，故＝(3，1，－2)，

yzxn

又平面的一个法向量为＝(0，0，1)，

ABCm

|·|22

mn

所以|cos 〈，〉|＝＝＝，

mn

||||2

mn

3＋1＋4×1

所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.故选B.

ABCABD

1

1

5．答案：

4

解析：由已知得，⊥，⊥，

EFAEEFDE

∴⊥平面，又⊂平面，

EFADEEFABFE

∴平面⊥平面.

ABFEADE

2

2

取的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

AEH

→

∴(－1，0，0)，(0，0，3)，(0，4，3)，(－1，4，0)，则＝(1，0，3)，

EDCFED

→

EC

＝(1，4，3)，

→

设(1，，0)(0≤≤4)，则＝(2，，0)，

MttEMt

→





mEM

·＝0



2＋＝0

xty

若平面的法向量为＝(，，)，则，即，取＝－2，

EMCmxyzy





→



xyz

＋4＋3＝0





mEC

·＝0

8－

t

则＝(，－2，).

mt

3

由与平面所成的角为60°，

DEEMC

则＝，

2 ＋4＋

2

83

t

2

（8－）

t

3

2

2

∴－4＋3＝0，解得＝1或＝3，均有直线与平面所成的角为60°.

ttttDEEMC

31



取的中点，则，

EDQQ



－，0，

22



→

QA

＝，



，0，－



33



22

→→

又＝(1，4，3)，＝(0，4，0)，

ECEF

→→→→

QAECQAEF

·＝－＝0，·＝0，

→

则为平面的法向量，

QACEF

设平面与平面夹角为.

MCECEFθ

→

|·||2－4||－2|

QAmtt

∴|cos |＝＝＝.

θ

||×||

→

m

3× ＋4＋（）

33

22

QA

8－

t

22

t

3

tt

2

－4＋19

11

当＝1时，cos ＝；当＝3时，cos ＝.

tθtθ

44

1

∴平面与平面夹角的余弦值为.

MCECEF

4

6．解析：(1)证明：由于正方形的边长为2，

ABCD

所以可得(0，0，2)，(，，0)，(0，2，0)，(2，0，0)，(0，－2，

AEDCB

0)，

→→

22

22

AEDC

＝(，，－2)，＝(2，－2，0)，

22

22

22

→→

由于·＝×2－×2＝0，

AEDC

22

→→

所以⊥

AEDC

⇒⊥.

AEDC

(2)设平面的法向量为＝(，，)，

ADCnxyz

→→

ADAC

＝(0，2，－2)，＝(2，0，－2)，

→





nADyz

·＝02－2＝0



所以有



⇒⇒＝(1，1，1)，

n

→





nAC

·＝0



2－2＝0

xz

由于是正方形，所以＝，

ABCDABAD

由于为的中点，所以⊥，

OBDAOBD

由于平面⊥平面，平面∩平面＝，⊂平面，

ABDBDCABDBDCBDAOABD

→

所以⊥平面，因此向量＝(0，0，2)是平面的法向量，

AOBDCOABDC

OAn

·1×23

所以二面角 ­ ­ 的余弦值为＝＝.

ADCB

2×3

3→

||·||

OA

n

7．解析：

→

(1)证明：如图，连接，使∩＝，连接，

BCBCBCEDE

111

由直三棱柱知四边形为矩形，所以为的中点，

BBCCEBC

111

∵在△中，、分别为和的中点，∴∥，

ABCDEACBCDEAB

111

又因平面∩平面＝，⊂平面，⊄平面，

ABCBDCDEDEBDCABBDC

11111

∴∥平面.

ABBDC

11

(2)设＝，以为坐标原点建系，则(3，0，)，(3，0，0)，(0，1，)，

CCaDBaBCa

111

→

＝(－3，1，)，＝(3，0，0)， (0，0，0)，所以＝(0，0，)，

aDBDa

设平面的法向量为＝(，，)，

BBCmxyz

11111

故可取＝(0，，－1)，

na

3

由于平面与平面的夹角的余弦值为，

BBCBCD

111

4

|·|333

mna

所以＝，即＝，

||·||44

mn

2×＋1

a

2

解得＝3，∴＝3.

aCC

1

8．解析：(1)∵四边形为矩形，则⊥，

ABCDADCD

又∵⊥平面，⊂平面，

PDABCDCDABCD

∴⊥，∩＝，，⊂平面，

PDCDADPDDADPDPAD

∴⊥平面，⊂平面，则⊥，

CDPADPAPADPACD

∵⊥，且∩＝，，⊂平面，

CMPACMCDCCMCDCMD

∴⊥平面，⊂平面，则⊥.

PACMDDMCMDPADM

(2)∵⊥平面，则∠为与平面所成的角，∴∠＝30°，又∵

PDABCDPADPAABCDPADPD

＝1，则＝3，

AD

以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

DDAxDCyDPz

则(0，0，0)，(3，0，0)，(0，1，0)，

DAC

→→

∵＝3，且＝，∴＝3，

ADPNDAPN

令＝(0≤≤3)，则(，0，1)，

PQλλQλ

→→

∴＝(－3，1，0)，＝(，－1，1)，

ACCQλ

→





nACxy

·＝－3＋＝0

设＝(，，)是平面的一个法向量，则，

nxyzACQ



→





nCQλxyz

·＝－＋＝0

取＝1，则＝3，＝3－，即＝(1，3，3－)，

xyzλnλ

平面的一个法向量为＝(1，0，0)，

PDCm

∴cos 〈，〉＝＝，

mn

mn

·1

2

||·||

mn

4＋（3－）

λ

1

∵0≤≤3，则当＝3时，cos 〈，〉的最大值为，

λλmn

2

1

即平面与平面夹角的余弦值的最大值为，

ACQPDC

2

∴平面与平面夹角的正弦值的最小值为.

ACQPDC

3

2

核心素养升级练

1．答案：B

解析：由切割过程可知：⊥平面，

BCCCD

11

111

∵ ­ ＝△·＝×××4×3＝4，∴＝2；

VBCCDSCCDBCCCCC

111111

332

→→

在长方体 ­ 中，以为坐标原点，，，正方向为，，轴建立

ABCDABCDDDADCxyz

1111

如图所示空间直角坐标系，

则(3，4，0)，(0，4，0)，(0，0，2)，(0，4，2)，

BCDC

11

→

∴＝(－3，0，0)，＝(－3，－4，2)，＝(0，4，0)，

BC

设平面的法向量为＝(，，)，

BCDnxyz

1

令＝2，解得＝0，＝3，∴＝(2，0，3)；

abcm

|·|6665

mn

∴|cos 〈，〉|＝＝＝，

mn

||·||65

mn

5×13

665

即平面和平面夹角的余弦值为.故选B.

BCDBCD

111

65

2．解析：(1)证明：由于∥，∠＝90°，

CDABABC

所以∠＝90°，由于＝＝2，

BCDBCCD

所以＝＋＝22，∠＝45°，从而∠＝45°，

BDBCCDCBDABD

222

由于＝4，所以＝＋－2· cos ∠＝8，

ABADABBDABBDABD

222

所以＋＝，从而⊥，

ADBDABBDAD

由于侧面⊥平面，侧面∩平面＝，⊂平面，所以⊥平面

PADABCDPADABCDADBDABCDBD

PAD

，

又由于⊂平面，所以⊥.

PAPADPABD

(2)延长和交于点，连接，则就是直线，为△的中位线，

ADBCMPMlPMCDABM

以为原点，建立空间直角坐标系 ­ ，如图所示，

BBxyz

22

则(1，3，2)，(2，2，0)，(4，0，0)，(2，0，0)，

PDMC

→→

所以＝(0，2，0)，＝(1，－1，－2)，

CDPD

设平面的法向量为＝(，，)，

PCDnxyz

1111

→





nCD

1

·＝0



2＝0

y

1

则，即，





→

xyz

－－2＝0



111





nPD

1

·＝0

令＝1，则＝2，＝0，取＝(2，0，1)，

zxyn

1111

→→

设在上存在点，满足＝(∈R)，

lNPNλPMλ

→→→→→

则＝＋＝＋＝(－1，3，2)＋(3，－3，－2)＝(3－1，3(1－)，

CNCPPNCPλPMλλλ

2(1－)).

λ

设平面的法向量为＝(，，)，

NCDnxyz

2222

→





nCD

2

·＝0

则，



→





nCN

2

·＝0



2＝0

y

2

即，





（3－1）＋3（1－）＋2（1－）＝0

λxλyλz

222

令＝3－1，则＝－2(1－)，＝0，取＝(－2(1－)，0，3－1)，

zλxλynλλ

2222

设平面和平面的夹角为，

PCDNCDθ

|·|

nn

12

则cos ＝|cos 〈，〉|＝＝

θnn

12

||·||

nn

12

5313|5－3|

＝，解得＝或＝－，

λλ

2

955

3×11－10＋3

λλ

1

所以在上存在点，在线段上，＝，或者在线段的反向延长线上，

lNNPMPNPMNPMPN

5

3

＝.

PM

5

λ