二面角思路引導思路引導1．若AB，CD分別是二面角α-l-β的兩個平面內與棱l垂直的異面直線，則二面角(或其補角)的大小就是向量eq\o(AB,\s\up7(―→))與eq\o(CD,\s\up7(―→))的夾角，如圖①.2．平面α與β相交于直線l，平面α的法向量為n1，平面β的法向量為n2，〈n1，n2〉＝θ，則二面角α-l-β為θ或π－θ.設二面角大小為φ，則|cosφ|＝|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)，如圖②③.【注意】注意二面角與兩個平面的夾角的區(qū)別與聯系，二面角的范圍為[0，π]，兩個平面的夾角的范圍為.3.利用向量計算二面角大小的常用方法母題呈現母題呈現【典例1】(2022·新高考全國Ⅰ改編)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1的體積為4，△A1BC的面積為2eq\r(2).(1)求A到平面A1BC的距離；[切入點：](2)設D為A1C的中點，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求平面ABD與平面BCD夾角的正弦值．[關鍵點：由面面垂直的性質定理及判定定理，證明BC⊥平面ABB1A1，求各棱長]【例2】如圖，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點．(1)證明：MN∥平面C1DE；(2)求二面角A-MA1-N的正弦值．【解析】(1)連接ME，B1C∵M，E分別為BB1，BC中點，∴ME為△B1BC的中位線，∴ME∥B1C且ME＝eq\f(1,2)B1C，又N為A1D中點，且A1D綊B1C，∴ND∥B1C且ND＝eq\f(1,2)B1C，∴ME綊ND，∴四邊形MNDE為平行四邊形，∴MN∥DE.又MN?平面C1DE，DE?平面C1DE，∴MN∥平面C1DE.(2)法一：設AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，由直四棱柱性質可知：OO1⊥平面ABCD.∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD.則以O為原點，可建立如圖所示的空間直角坐標系：則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，0))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，2))，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，4))，D(0，－1,0)，N取AB中點F，連接DF，則F.∵四邊形ABCD為菱形且∠BAD＝60°，∴△BAD為等邊三角形，∴DF⊥AB.又AA1⊥平面ABCD，DF?平面ABCD，∴DF⊥AA1.∴DF⊥平面ABB1A1，即DF⊥平面AMA1.∴eq\o(DF,\s\up6(→))為平面AMA1的一個法向量，且eq\o(DF,\s\up6(→))＝.設平面MA1N的法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，又eq\o(MA1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－1，2))，eq\o(MN,\s\up6(→))＝.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(MA1,\s\up6(→))＝\r(3)x－y＋2z＝0，,n·\o(MN,\s\up6(→))＝\f(\r(3),2)x－\f(3,2)y＝0，))令x＝eq\r(3)，則y＝1，z＝－1，∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1，－1)).∴cos〈eq\o(DF,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(DF,\s\up6(→))·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DF,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(3,\r(15))＝eq\f(\r(15),5)，∴sin〈eq\o(DF,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\r(10),5)，∴二面角A-MA1-N的正弦值為eq\f(\r(10),5).法二：由已知可得DE⊥DA.以D為坐標原點，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，則A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，eq\r(3)，2)，N(1,0,2)，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(0，0，－4)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1N,\s\up6(→))＝(－1,0，－2)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，0)．設m＝(x，y，z)為平面A1MA的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1M,\s\up6(→))＝0，,m·\o(A1A,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y－2z＝0，,－4z＝0.))所以可取m＝(eq\r(3)，1,0)．設n＝(p，q，r)為平面A1MN的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1N,\s\up6(→))＝0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)q＝0，,－p－2r＝0.))可取n＝(2,0，－1)，于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(3),2×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，所以二面角A-MA1-N的正弦值為eq\f(\r(10),5).【母題遷移】本例條件不變，求點C到平面C1DE的距離．【解析】法一：(幾何法)過C作C1E的垂線，垂足為H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.又DE∩C1E＝E，從而CH⊥平面C1DE，故CH的長即為C到平面C1DE的距離，由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝eq\r(17)，故CH＝eq\f(4\r(17),17).從而點C到平面C1DE的距離為eq\f(4\r(17),17).法二：(等體積法)在菱形ABCD中，E為BC中點，所以DE⊥BC，根據題意有DE＝eq\r(3)，C1E＝eq\r(17)，因為棱柱為直棱柱，所以有DE⊥平面BCC1B1，所以DE⊥EC1，所以S△DEC1＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(17)，設點C到平面C1DE的距離為d，根據題意有VC1-CDE＝VC-C1DE，則有eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(17)×d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×4，解得d＝eq\f(4,\r(17))＝eq\f(4\r(17),17)，所以點C到平面C1DE的距離為eq\f(4\r(17),17).點評：本例(2)在求解中給出了兩種常見的建系方式，建立便捷的空間直角坐標系是求解本例的關鍵．方法總結方法總結1.用法向量求二面角：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結合實際圖形判斷所求角是銳二面角還是鈍二面角.2.找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小.模擬訓練模擬訓練1．三棱柱中，，，線段的中點為，且.(1)求與所成角的余弦值；(2)若線段的中點為，求二面角的余弦值.【分析】（1）利用已知條件建立空間直角坐標系，利用空間向量法求異面直線所成角即可，（2）由（1）建立的空間直角坐標系利用法向量求二面角的余弦值即可.【詳解】（1）在線段上取一點，使，在三棱柱中，，在中，因為，是的中點，所以，所以，因為平面，所以平面.在中，由余弦定理得：，所以，所以，以為原點，所在直線分別為軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，，設，因為所以，設直線與所成的角為，所以.（2）因為線段的中點為，所以設平面的一個法向量，因為，所以，令，則，所以.由（1）平面，平面，所以平面平面，又平面平面又，平面，平面，所以平面，所以為平面的一個法向量，而在軸上，所以取平面的一個法向量，設二面角的平面角為，由圖可知：為銳角，所以.所以二面角的余弦值為.2．如圖，在直三棱柱中，，，且二面角為為45°.(1)求棱AC的長；(2)若D為棱的中點，求平面與平面夾角的正切值.【分析】（1）由圖及題意可得是二面角的平面角，后可得棱AC的長；（2）建立以C為原點的空間直角坐標系，利用向量方法可得答案.【詳解】（1）因平面ABC，平面ABC，則.又，，平面，平面，則平面.又平面，則，故是二面角的平面角，則.又，則.（2）以C為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，.可得，，，.設平面的法向量為，則，取，得.設平面的法向量為，則，取，得由，得平面與平面的夾角為60°，故平面與平面的夾角的正切值為.3．如圖，在三棱柱中，平面ABC⊥平面，側面為菱形，，底面ABC為等腰三角形，，O是AC的中點．(1)證明：；(2)若二面角的余弦值為，求三棱柱的體積．【分析】（1）由平面ABC⊥平面，通過面面垂直的性質證明線面垂直，再證得線線垂直；（2）建立空間直角坐標系，利用向量法解決二面角的余弦值，解得，可得三棱柱的體積.【詳解】（1）平面ABC⊥平面，平面平面，菱形中，，為等邊三角形，O是AC的中點，，平面，平面，平面，.（2）平面，，，以點O為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，，設，則，，，，，，·，，，設平面的法向量是，由，令，，得設平面的法向量是，由，令，，可得，所以，由，解得，，，三棱柱的體積為.4．已知直四棱柱中，底面為梯形，分別是上的點，且為上的點.(1)證明:；(2)當時，求平面與平面的夾角的正弦值.【分析】（1）在上取點使得，通過證明平面來證得.（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求得平面與平面的夾角的余弦值并轉化為正弦值.【詳解】（1）四棱柱是直四棱柱，，在上取點，連接，使得，則，且，在矩形中，，，又，又，平面，平面，平面，.（2）四棱柱為直四棱柱，，又，且平面，平面，兩兩垂直，所以以為坐標原點，以所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，，則，，設平面的法向量，則，所以，令，得平面的一個法向量，取平面的一個法向量，所以，因此平面與平面的夾角的正弦值等于.5．如圖，在多面體中，四邊形是邊長為2的正方形，且，平面，D為的中點，.(1)證明：平面平面；(2)若，求平面與平面的夾角的余弦值.【分析】（1）先由平面，，得到平面，再由四邊形為矩形，得到，從而平面，然后借助中位線得到平面，再利用面面垂直的判定定理證明；（2）先由（1）得到幾何體中的數量關系，建立空間直角坐標系，分別求得平面和平面的法向量，然后利用向量的夾角公式求解.【詳解】（1）證明：（1）因為平面，，所以平面，所以.因為四邊形是正方形，所以，又，所以平面.易知四邊形為矩形，所以，所以平面.易知四邊形是矩形，所以E為的中點，又D為的中點，所以，（三角形中位線定理），所以平面.因為平面，所以平面平面.（2）由（1）知平面，因為平面，所以，又，平面，所以平面，所以，所以四邊形是正方形，故.以為坐標原點，分別以向量，，的方向為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，所以，.設平面的一個法向量為，則，所以，令，則.易知平面的一個法向量為.所以，所以平面與平面夾角的余弦值為.6．如圖，在邊長為4的正三角形中，為邊的中點，過作于.把沿翻折至的位置，連接?.(1)為邊的一點，若，求證：平面；(2)當四面體的體積取得最大值時，求平面與平面的夾角的余弦值.【分析】(1)由線面平行判定定理證明平面，平面，根據面面平行判定定理證明平面平面，根據面面平行性質定理證明平面；(2)根據錐體體積公式由條件確定平面，建立空間直角坐標系，求平面與平面的法向量，根據向量夾角公式求法向量的夾角余弦，由此可得結論.【詳解】（1）取中點，連接，因為在正三角形中，，又因為，所以，平面，平面，所以平面，又有，且，所以，而平面，平面，所以平面.有，平面，所以平面平面，又平面，因此平面.（2）因為，又因為的面積為定值，所以當到平面的距離最大時，四面體的體積有最大值，因為，，，，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面，當時，平面平面，平面所以平面，即在翻折過程中，點到平面的最大距離是，因此四面體的體積取得最大值時，必有平面.如圖，以點為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直接坐標系，易知，，，，，，，為平面的一個法向量，設平面的法向量為，，由，令得：，，所以為平面的一個法向量，.所以平面與平面的夾角（銳角）的余弦值為.7．如圖所示，圓錐的軸截面是等腰直角三角形，且，點在線段上，且，點是以為直徑的圓上一動點．(1)當時，證明：平面平面；(2)當三棱錐的體積最大時，求二面角的余弦值．【分析】（1）先根據線面垂直的性質證明，再根據線面垂直的判定定理可證得平面，再根據面面垂直的判定定理即可得證；（2）當三棱錐的體積最大時，△的面積最大，此時為線段的中點，如圖，以點為坐標原點，過點且垂直的直線為軸，，分別為軸，軸，建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【詳解】（1）垂直于圓錐的底面，在圓錐的底面，，當時，且BC=3CA，則，，又平面，平面，又平面，平面平面；（2）由題可知，且軸截面為等腰直角三角形，，，當三棱錐的體積最大時，△的面積最大，此時為弧的中點，如圖，以點為坐標原點，過點且垂直的直線為軸，，分別為軸，軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，，設平面的法向量為，則，即，令，則，，，設平面的法向量，則，即，令，則，，，則，由圖可知該二面角為鈍角，二面角的余弦值為．8．如圖，在四棱錐中，四邊形是直角梯形，，，，，，是棱的中點．(1)證明：平面；(2)若，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值的最大值．【分析】（1）由線面垂直判定可證得平面，進而得到；利用勾股定理和線面垂直的判定得到平面，從而得到；利用勾股定理可證得，由此可得結論；（2）以為坐標原點建立空間直角坐標系，設，由二面角的向量求法可求得，結合二次函數的性質可求得的最大值.【詳解】（1）連接，，，，又，，為棱中點，，又，，平面，平面，又平面，；在直角梯形中，取中點，連接，，，又，，，四邊形為正方形，，，，又，，，，平面，平面，平面，；，，，，又，平面，平面.（2）以為坐標原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，設，則，，，，，，，，；，，；設平面的法向量為，則，令，解得：，，；軸平面，平面的一個法向量，設平面與平面所成的銳二面角為，則當時，，，即平面與平面所成的銳二面角余弦值的最大值為.9．如圖所示的幾何體是一個半圓柱，點P是半圓弧上一動點（點P與點A，D不重合），．(1)證明：；(2)若點P在平面ABCD的射影為點H，設的中點為E點，當點P運動到某個位置時，平面與平面的夾角為，求此時DH的長度．【分析】(1)先證明，，由線面垂直判定定理證明平面，再證明；(2)建立空間直角坐標系，設，根據向量方法利用表示平面與平面的夾角余弦，由條件列方程可求得，由此確定點的坐標，再求的長度．【詳解】（1）連接AP，在半圓柱中，因為平面，平面，所以，又因為AD是直徑，所以，又平面，，所以平面，又平面，所以．（2）依題意可知，以線段AD的中點O為坐標原點，以為軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，