第14講8.6.3平面與平面垂直（第1課時平面與平面垂直的判定定理）

課程標準學習目標

①理解二面角及其平面角的概念并掌握二

面角的平面角的一般作法，會求簡單的二面

1.空間中平面與平面的垂直關(guān)系是“空間直線、平面的

角的平面角。

垂直”中的又一個重點，是繼直線、平面的平行關(guān)系，

②掌握兩個平面互相垂直的概念，能用定義

直線與平面的垂直關(guān)系之后的遷移與拓展，是“類比”

和定理判定面面垂直。

與“轉(zhuǎn)化”思想的又一重要體現(xiàn).本節(jié)內(nèi)容包括二面角

③會用坐標表示平面向量的加、減運算與數(shù)

和兩個平面互相垂直的定義、判定與性質(zhì)，這一節(jié)的學

乘運算。

習對理順“空間直線、平面的垂直”的知識結(jié)構(gòu)體系、

④能用坐標表示平面向量的數(shù)量積，會表示

提高學生的綜合能力起著十分重要的作用.

兩個平面向量的夾角。

⑤能用坐標表示平面向量共線、垂直的條

件。

知識點1：二面角

（1）二面角:從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角.這條直線叫做二面角的棱，每個半平

面叫做二面角的面．

（2）符號語言：

①二面角AB.

②在,內(nèi)分別取兩點P，Q(PAB,QAB),可記作二面角PABQ;

③當棱記作l時，可記作二面角l或者二面角PlQ.

【即學即練1】（2024上·上海·高二上海交大附中校考期末）在正方體ABCDA1B1C1D1中，二面角A1BDA

平面角的正切值為.

【答案】2

【詳解】如圖

取BD的中點M，連接AM,A1D,A1B

在正方體ABCDA1B1C1D1中，可知A1DA1B,ABAD

所以A1MBD,AMBD，

所以二面角A1BDA的平面角為A1MA

AC

設(shè)AA2，所以AM2

12

AA

所以tanAMA12

1AM

故答案為：2

知識點2：二面角的平面角

（1）定義：在二面角l的棱l上任取一點O,以點O為垂足,在半平面和內(nèi)分別作垂直與直線l的

射線OA,OB,則射線OA和OB構(gòu)成的AOB叫做二面角的平面角.平面角是直角的二面角叫做直二面角.

（2）說明：

①二面角的大小可以用它的平面角的大小來度量，二面角的平面角是多少度，就說這個二面角是多少度；

②二面角的大小與垂足O在l上的位置無關(guān)一個二面角的平面角有無數(shù)個，它們的大小是相等的；

③構(gòu)成二面角的平面角的三要素：“棱上”“面內(nèi)”“垂直”.即二面角的平面角的頂點必須在棱上，角的

兩邊必須分別在兩個半平面內(nèi)，角的兩邊必須都與棱垂直，這三個條件缺一不可，前兩個要素決定了二面

角的平面角大小的唯一性，后一個要素表明平面角所在的平面與棱垂直；

④二面角的平面角的范圍是0180，當兩個半平面重合時，0；當兩個半平面合成一個平面

時，180

⑤當兩個半平面垂直時，90，此時的二面角稱為直二面角.

知識點3：二面角的平面角求法

（1）定義法：利用二面角的平面角的定義，在二面角的棱上取一點（一般取特殊點），過該點在兩個半平

面內(nèi)分別作垂直于棱的射線，兩射線所成的角就是二面角的平面角，這是一種最基本的方法，要注意用二

面角的平面角定義的三要素來找出平面角.

（2）三垂線定理及其逆定理

①定理：平面內(nèi)的一條直線如果和經(jīng)過這個平面的一條斜線在這個平面上的射影垂直，那么它也和這條斜

線垂直.

②三垂線定理（逆定理）法：由二面角的一個面上的斜線的射影與二面角的棱垂直，推得它在二面角的另

一面上的射影也與二面角的棱垂直.從而確定二面角的平面角.

(3)找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定義可知兩個面的公垂面與棱垂直，因此公垂面與兩個面的交

線所成的角，就是二面角的平面角.

(4)轉(zhuǎn)化法：化歸為分別垂直于二面角的兩個面的兩條直線所成的角（或其補角）.

(5)向量法：用空間向量求平面間夾角的方法（該方法我們將在選擇性必修第一冊中學到).

知識點4：求二面角的平面角步驟

(1)找到或作出二面角的平面角；

(2)證明(1)中的角就是所求的角；

(3)計算出此角的大小

以上步驟可概括為“一作、二證、三計算”

知識點5：平面與平面垂直

（1）定義:一般地,兩個平面相交,如果它們所成的二面角是直二面角,就說這兩個平面互相垂直.

（2）符號語言:

（3）圖形語言

知識點4：平面與平面垂直的判定定理

（1）定理：如果一個平面過另一個平面的的垂線，那么這兩個平面垂直.(線面垂直，則面面垂直)

（2）符號（圖形）語言:a，a

（3）應(yīng)用：線面垂直面面垂直.

【即學即練2】（2023·全國·高一專題練習）如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1所有經(jīng)過四個頂點的平面中，

垂直于平面ABC1D1的平面有．

【答案】平面A1B1CD，平面BCC1B1，平面ADD1A1

【詳解】連接面對角線，因為AB平面BCC1B1，B1C平面BCC1B1，

所以ABB1C，

I

又因為B1CBC1，ABBC1B，AB,BC1平面ABC1D1，

所以B1C⊥平面ABC1D1，

因為B1C平面A1B1CD，

所以平面A1B1CD⊥平面ABC1D1，

同理可知平面BCC1B1⊥平面ABC1D1，平面ADD1A1⊥平面ABC1D1.

故答案為：平面A1B1CD，平面BCC1B1，平面ADD1A1.

題型01判斷面面垂直

【典例1】（2023上·山西運城·高三校考階段練習）如圖，PA垂直于正方形ABCD所在平面，則以下關(guān)系

錯誤的是（）

A．平面PCD平面PADB．平面PCD平面PBC

C．平面PAB平面PBCD．平面PAB平面PAD

【答案】B

【詳解】對于A，因為底面為正方形

所以CDAD

因為PA平面ABCD，CD平面ABCD

所以PACD，

而PAADA，

所以CD平面PAD，

又因為CD平面PCD

所以平面PCD平面PAD，故A正確；

對于C，因為底面為正方形，

所以BCAB，

因為PA平面ABCD，BC平面ABCD，

所以PABC，

而PAABA，所以BC平面PAB，

又因為BC平面PBC，

所以平面PAB平面PBC，故C正確；

對于D，因為AD∥BC

由選項C可得AD平面PAB，

而AD平面PAD

所以平面PAB平面PAD，故D正確.

對于B，平面PCD與平面PBC不垂直，故B錯誤.

故選：B

【典例2】（2023·全國·高三專題練習）如圖，在四面體D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中

點，則下列結(jié)論正確的是（）

A．平面ABC⊥平面ABD

B．平面ABD⊥平面BDC

C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE

D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE

【答案】C

【詳解】因為AB＝CB，且E是AC的中點，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因為AC

在平面ABC內(nèi)，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.

故選：C?

【典例3】（2023·高三課時練習）如圖，已知PA矩形ABCD所在的平面，則下列說法中正確的是．（寫

出所有滿足要求的說法序號）

①平面PAD⊥平面PAB；②平面PAD⊥平面PCD；

③平面PBC⊥平面PAB；④平面PBC⊥平面PCD．

【答案】①②③

【詳解】①由PA矩形ABCD所在的平面，所以PAAB，

又ABAD，且PAADA，PA,AD平面PAD，所以AB平面PAD，

又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD，故①正確；

②由PA矩形ABCD所在的平面，所以PACD，

又CDAD，且PAADA，PA,AD平面PAD，所以CD平面PAD，

又CD平面PCD，所以平面PCD平面PAD，故②正確；

③由PA矩形ABCD所在的平面，所以PABC，

又BCAB，且PAABA，PA,AB平面PAB，所以BC平面PAB，

又BC平面PBC，所以平面PBC平面PAB，故③正確；

④依題意得BCCD，若平面PBC⊥平面PCD，作BMPC交PC于M，平面PBC平面PCDPC，

所以BM平面PCD，又CD平面PCD，所以BMCD,

因為BMBCB，BM,BC平面PBC，所以CD平面PBC，因為PC平面PBC，所以CDPC,與

CDPD矛盾，故④錯誤．

故答案為：①②③．

【變式1】（2023·全國·高一專題練習）在四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，且ABCD為正方形，則

此四棱錐表面中互相垂直的面有（）

A．6對B．5對C．4對D．3對

【答案】B

【詳解】因為DAAB,DAPA,ABPAA，所以DA平面PAB，

同理BC平面PAB，AB平面PAD，CD平面PAD；

所以平面ABCD平面PAD，平面ABCD平面PAB，平面PBC平面PAB，

平面PDC平面PAD，平面PAD平面PAB，共5對.

故選：B．

【變式2】（2023下·云南曲靖·高一校考期中）在四棱錐P-ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD

為矩形，則下列結(jié)論中錯誤的是（）

A．平面PAB⊥平面PAD

B．平面PAB⊥平面PBC

C．平面PBC⊥平面PCD

D．平面PCD⊥平面PAD

【答案】C

【詳解】已知PA⊥底面ABCD，可得PAAD,PACD，又底面ABCD為矩形

ADAB,CDAD

而ABPAA,ADPAA

AD平面PAB，CD平面PAD

平面PAD⊥平面PAB，平面PCD⊥平面PAD

又BC//AD

BC平面PAB，平面PBC⊥平面PAB

選項A，B，D可證明

故選：C

題型02平面與平面的垂直判定

【典例1】（2024·全國·高三專題練習）如圖，在四棱錐MABCD中，MA平面ABCD，AD//BC，CDAD，

BC2，ADDC1，點N為MB的中點.證明：平面MAB平面NAC.

【答案】證明見解析

【詳解】因為MA平面ABCD，AC平面ABCD，則MAAC，

取BC中點Q，連接AQ，

因為AD//BC，BC2，AD1，

則CQAD1，且CQ//AD，可知四邊形ADCQ為平行四邊形，

又因為CDAD，ADDC1，可知四邊形ADCQ為正方形，

則AQBQ1，AQ⊥BC，

所以ABQ為等腰直角三角形，

故BAQCAQ45，BAC90，即ABAC，

又MAABA，MA,AB平面MAB，可得AC平面MAB，

因為AC平面NAC，所以平面NAC⊥平面MAB.

【典例2】（2024上·廣東深圳·高二統(tǒng)考期末）如圖，在平面四邊形ABCP中，D為PA的中點，

PAAB,CDAB，且PACD2AB4.將此平面四邊形ABCP沿CD折成直二面角PDCB，連接

PA,PB,BD.

(1)證明：平面PBD平面PBC；

【答案】(1)證明見解析

【詳解】（1）證明：PDCB為直二面角的平面角，

平面PDC平面ABCD，

又平面PDC平面ABCDCD，

且PDCD,PD平面PDC，

PD平面ABCD，

又BC平面ABCD，

PDBC，

又在平面四邊形ABCD中，連接BD，

由題意可知BDBC22,CD4，

BD2BC2CD2，

BDBC，

又PDBDD，

BD平面PBD,PD平面PBD，

BC平面PBD，

又BC平面PBC，

平面PBD平面PBC.

【典例3】（2024上·遼寧·高二校聯(lián)考期末）在四面體ABCD中，BCCD,ADAC,E,F分別是CD和BD

的中點.

(1)證明：平面ACD平面AEF；

【答案】(1)證明見解析

【詳解】（1）因為ACAD,E是CD的中點，所以AECD.

又F是BD的中點，所以EFBC.

因為BCCD，所以EFCD.

又AEEFE，AE,EF平面AEF.

所以CD平面AEF.

因為CD平面ACD，

所以平面ACD平面AEF.

【變式1】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知平面五邊形ABCDE如圖1所示，其中AD//BC,ABBC,AD2BC4，

AB6,△ADE是正三角形．現(xiàn)將四邊形ABCD沿AD翻折，使得CE=32，得到的圖形如圖2所示．

(1)求證：平面ABCD平面ADE．

【答案】(1)證明見解析

【詳解】（1）如圖，取AD的中點O，連接EO,CO．

因為VADE是等邊三角形，O為AD的中點，所以EOAD．

因為AD4，所以EO422223．

因為AD2BC，ABC90，AD//BC，

所以四邊形ABCO為矩形．所以COAB6．

又因為CE=32，所以CE2EO2CO2，即EOCO．

因為EOAD，EOCO，COADO，CO、AD平面ABCD，

所以EO平面ABCD，又因為EO平面ADE，

所以平面ABCD平面ADE．

【變式2】（2024上·陜西寶雞·高二?？计谀┤鐖D，在四棱錐PABCD中，PC底面ABCD，四邊形ABCD

是直角梯形，ADDC,AB//DC，PCAB2AD2CD2，點E在棱PB上.

(1)證明：平面EAC平面PBC；

【答案】(1)證明見解析

【詳解】（1）因為PC底面ABCD，AC平面ABCD，所以PCAC.

四邊形ABCD是直角梯形，ADDC，AB//DC，

因為AB2,ADCD1，所以ACBC2.

所以AC2BC2AB2，所以ACBC.

又因為PCBCC，PC,BC平面PBC，所以AC平面PBC.

又AC平面EAC，所以平面EAC平面PBC.

【變式3】（2024上·廣東東莞·高三統(tǒng)考期末）如圖，在四棱錐PABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的

正方形，PBPD．

(1)證明：平面PAC平面PBD；

【答案】(1)證明見解析

【詳解】（1）連接AC,BD，AC與BD相交于點O，連接PO，

四邊形ABCD是邊長為2的正方形，則ACBD，O為AC和BD的中點，

PBPD，則POBD，

PO,AC平面PAC，POACO，BD平面PAC，

BD平面PBD，所以平面PAC平面PBD

題型03補全面面垂直的條件

【典例1】（2023上·高二課時練習）如圖，PA⊥面ABCD，且ABCD為菱形，M是PC上的一動點，當點

M滿足條件時，平面MBD⊥平面PCD.（注：只要填寫一個你認為正確的即可）

【答案】BMPC（答案不唯一）

【詳解】根據(jù)面面垂直的判定可得，當PC⊥平面MBD時，平面MBD⊥平面PCD，故可以考慮PC⊥平面

MBD，此時BMPC.當BMPC時，根據(jù)對稱性可得DMPC，又BMDMM，BM,DM平面

MBD，此時PC⊥平面MBD滿足題意.

故答案為：BMPC（答案不唯一）

【典例2】（2023·全國·高二假期作業(yè)）如圖所示，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，P是線段A1C1上的動點.

（1）證明：BP//平面ACD1；

（2）在線段A1C1上是否存在一點P，使得平面BDP平面ACD1？若存在，請求出A1C1:A1P的值；若不存

在，請說明理由.

【答案】（1）證明見解析；（2）2

【詳解】解：（1）連接BA1，BC1，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB//D1C1且AB=D1C1，所以四邊形ABC1D1

為平行四邊形，所以AD1//BC1，因為AD1平面ACD1，BC1平面ACD1，所以BC1//平面ACD1，

CB//D1A1且CB=D1A1，所以四邊形CBA1D1為平行四邊形，所以CD1//BA1，因為CD1平面ACD1，BA1平面

ACD1，所以BA1//平面ACD1，

又BA1BC1=B，BA1,BC1面BA1C1，所以平面BA1C1//平面ACD1，又BP平面BA1C1，

所以BP//平面ACD1

（2）因為在正四棱柱ABCDA1B1C1D1，ACBD，BB1面ABCD，AC面ABCD，所以BB1AC，

BB1BDB，BB1,BD面BB1D，所以AC面BB1D，因為AC平面ACD1，所以平面ACD1平面BB1D，

因為面BDP面BB1DBD，

要使平面BDP平面ACD1，則平面BDP與面BB1D重合，即P在A1C1的中點時滿足題意，所以A1C1:A1P2

【典例3】（2023上·上海浦東新·高二上海市進才中學?？计谥校┤鐖D，在四棱錐PABCD，PA底面正

方形ABCD，E為側(cè)棱PD的中點，PAAD2.

(1)求四棱錐PABCD體積；

(2)在線段AB上是否存在一點F，使得平面PFC平面PCD，若存在，請說明F點的位置，若不存在，請

說明理由.

8

【答案】(1)

3

(2)存在；F點為線段AB中點.

【詳解】（1）設(shè)四棱錐PABCD的體積為VPABCD，正方形ABCD的面積為SABCD，

118

則：VS·PA222.

PABCD3ABCD33

8

故四棱錐PABCD的體積為：.

3

（2）存在，F(xiàn)點為線段AB中點，理由如下：

取AB的中點F，取PC中點G，連接EG、FG，如下圖：

11

因為E、F分別為PD、AB的中點，所以：EGCD,EGCD，AFCD,AFCD，

22

所以：EGAF，EGAF，所以：四邊形AEGF為平行四邊形，所以：AEFG，

因為PA底面ABCD，CD平面ABCD，所以：PACD，PAAD

又因為底面ABCD為正方形，所以：CDAD，且PAADA，PA,AD平面PAD，

所以：CD平面PAD，因為：AE平面PAD，所以：CDAE，

又因為：PAAD,PAAD，點E為PD中點，所以：AEPD，

又因為：PDCDD，PD,CD平面PCD，所以：AE平面PCD，

又因為：AEFG，所以：FG平面PCD，

又因為：FG平面PFC，所以：平面PFC平面PCD.

故當F點為AB的中點時，平面PFC平面PCD.

【變式1】（2023·全國·高三專題練習）在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面各邊都相等，M是PC

上的一動點，當點M滿足時，平面MBD⊥平面PCD.

【答案】BM⊥PC(或DM⊥PC)

【詳解】

∵△PAB≌△PAD，

∴PB=PD，易知△PDC≌△PBC，

當BM⊥PC時，則有DM⊥PC，又BM∩DM=M，

故，此時PC⊥平面MBD，PC平面PCD，

∴平面MBD⊥平面PCD.

故答案為：BM⊥PC(或DM⊥PC).

【變式2】（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都

相等，ACBDO，M是PC上的一動點，當點M滿足時，平面MBD⊥平面PCD.（只要填

寫一個你認為正確的條件即可）

【答案】DMPC（或BMPC，OMPC等都可）

【詳解】解：可填DMPC，

由ABCD為菱形，則ACBD，

∵PA平面ABCD，BD平面ABCD，

所以PABD，

又PAACA，

∴BD平面PAC，

又PC平面PAC，

∴BDPC，

又DMPC，BDDMD，

所以PC平面MBD，

又因PC平面PCD，

所以平面MBD⊥平面PCD.

故答案為：DMPC.（或BMPC，OMPC等都可）

【變式3】（2023上·北京·高二北理工附中校考階段練習）如圖示，正方形ABCD與正三角形ADP所在平面

互相垂直，Q是AD的中點.

(1)求證：PQBQ；

(2)在線段AB上是否存在一點N，使面PCN面PQB？并證明你的結(jié)論.

【答案】(1)證明見解析

(2)存在點N，當N為AB中點時面PCN面PQB，證明見解析

【詳解】（1）PAPD，Q為AD的中點．

PQAD，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PQ平面PAD，

PQ平面ABCD，

BQ平面ABCD，

PQBQ．

（2）存在點N，當N為AB中點時，面PCN面PQB；

證明如下：

四邊形ABCD是正方形，Q為AD的中點，則RtCBN≌RtBAQ，

所以ABQBCN，又ABQCBQ90，所以BCNCBQ90

BQNC，

由（1）知，PQ平面ABCD，NC平面ABCD，PQNC，

又BQPQQ，BQ,PQ平面PQB，NC平面PQB，

NC平面PCN，

平面PCN平面PQB．

題型04求二面角的大小

【典例1】（2024上·內(nèi)蒙古呼和浩特·高三統(tǒng)考開學考試）在四面體ABCD中，已知△ABD為等邊三角形，

ABC為等腰直角三角形，斜邊AB4，CD27，則二面角CABD的大小為（）

25

A．B．C．D．

6336

【答案】D

【詳解】

如圖，取AB中點M，連接CM，DM

因為△ABD為等邊三角形，ABC為等腰直角三角形

所以CMAB，DMAB

故CMD即為二面角CABD的平面角.

因為AB4，

所以CM2，DM23

CM2DM2CD2412283

所以cosCMD

2CMDM22232

5π

所以CMD

6

5

即二面角CABD的大小為.

6

故選：D.

【典例2】（2024上·河南周口·高三周口恒大中學?？计谀┱睦忮FPABCD中，底面邊長為2，二面

角P-AB-C為45，則該四棱錐的高等于．

【答案】1

【詳解】如圖所示，

取AB的中點為E，底面中心為O，連接PE,OE,PO，

因為四棱錐PABCD為正四棱錐，所以ABPE，

ABC中，OE//BC，底面ABCD為正方形，故ABOE，

所以PEO是二面角P-AB-C的平面角，即PEO45，

1

又在Rt△PEO中，OEBC1，所以PO1，即該四棱錐的高為1.

2

故答案為：1.

【典例3】（2024·全國·高三專題練習）如圖，四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ABAD，AB//CD，

PDAB2AD2CD2，E為線段PA上一點，且3PE2PA．

（1）證明：平面EBC平面PAC；

（2）求二面角ABCE的余弦值．

42

【答案】（1）證明見解析；（2）．

7

【詳解】（1）∵PA平面ABCD，BC平面ABCD，∴PABC，

∵ADDC，PDAB2AD2CD2，AB//CD，如圖過C作CFAB交AB于點F，

所以BCBF2CF22，ACAD2CD22，所以AC2CB2AB2

∴ACD45，ACCB，

又AC,PA平面PAC，ACPAA，

∴BC平面PAC，∵BC平面BCE，∴平面EBC平面PAC．

（2）由（1）知BC平面PAC，CE平面BCE，∴ECCB，

又有ACCB，故ECA即二面角ABCE的平面角，

∵PA平面ABCD，AD平面ABCD，∴PAAD，所以PAPD2AD23

2

2

因為，所以22321

3PE2PACEACAE2

33

AC242

cosECA

在Rt△EAC中，EC217，

3

42

所以二面角ABCE的余弦值為．

7

【變式1】（2024·全國·高三專題練習）如圖，正方體ABCDA1B1C1D1中，平面ABC1D1和平面ABCD所成

二面角的大小是.

【答案】45/

4

【詳解】∵ABCDA1B1C1D1是正方體，

∴AB平面B1C1CB，

∴ABBC1，ABBC，

∴C1BC是平面ABC1D1和平面ABCD所成的二面角的平面角，

∵C1BC＝45，

∴平面ABC1D1和平面ABCD所成的二面角的平面角為45.

故答案為：45.

【變式2】（2024·全國·高二專題練習）如圖，在矩形ABCD中，AB2，BC2，E為BC的中點，把ABE

和CDE分別沿AE，DE折起，使點B與點C重合于點P．

(1)求證：平面PDE⊥平面PAD；

(2)求二面角PADE的大?。?/p>

【答案】(1)證明見解析

(2)45

【詳解】（1）由AB⊥BE，得AP⊥PE，同理，DP⊥PE．

又∵APDPP，AP,DP平面PAD，

∴PE⊥平面PAD．

又PE平面PDE，

∴平面PDE⊥平面PAD．

（2）如圖所示，取AD的中點F，連接PF,EF，

∵四邊形ABCD為矩形，

∴EDEA，

因為PDPA，所以PF⊥AD，EF⊥AD，

故PFE就是二面角PADE的平面角．

又PE⊥平面PAD，PF平面PAD，

所以PE⊥PF，

∵EFAB2，

∴PFEF2PE2211，

PF12

∴cosPFE．

EF22

∴二面角P－AD－E的大小為45．

【變式3】（2024·全國·高二專題練習）四邊形ABCD是正方形，PA平面ABCD，且PAAB．求：

(1)二面角APDC的平面角的度數(shù)；

(2)二面角BPAD的平面角的度數(shù)；

(3)二面角BPAC的平面角的度數(shù)．

【答案】(1)90

(2)90

(3)45

【詳解】（1）PA平面ABCD，CD平面ABCD，

PACD，又四邊形ABCD為正方形，CDAD，

PAADA,PA,AD平面PAD，\CD^平面PAD，

又CD平面PCD，平面PAD平面PCD，

二面角APDC的平面角的度數(shù)為90；

（2）PA平面ABCD，AB平面ABCD，AD平面ABCD，

ABPA，ADPA．

BAD為二面角BPAD的平面角．

又由題意可得BAD90，

二面角BPAD的平面角的度數(shù)為90；

（3）PA平面ABCD，AB平面ABCD，AC平面ABCD，

ABPA，ACPA．

BAC為二面角BPAC的平面角．

又四邊形ABCD為正方形，BAC45，

即二面角BPAC的平面角的度數(shù)為45.

題型05求二面角最值（范圍）

-

【典例1】（2024·全國·高三專題練習）已知直三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，ABBC2，

E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點．BFA1B1

（1）證明：BFDE；

（2）當B1D為何值時，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最小?

1

【答案】（1）證明見解析；（2）BD

12

【詳解】（1）[方法一]：幾何法

因為BFA1B1,A1B1//AB，所以BFAB．

又因為ABBB1，BFBB1B，所以AB平面BCC1B1．又因為ABBC2，構(gòu)造正方體ABCGA1B1C1G1，

如圖所示，

，

過E作AB的平行線分別與AGBC交于其中點M,N，連接A1M,B1N，

因為E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，所以N是BC的中點，

易證RtBCFRtB1BN，則CBFBB1N．

，

又因為BB1NB1NB90，所以CBFB1NB90BFB1N．

又因為，所以平面．

BFA1B1,B1NA1B1B1BFA1MNB1

又因為ED平面A1MNB1，所以BFDE．

[方法二]：幾何法

如圖所示，延長交的延長線于點，聯(lián)結(jié)交于點，則平面平面．

EFA1C1SDSB1C1TDFEBB1C1CFT

作，垂足為，因為平面，聯(lián)結(jié)，則為平面與平面所成二

B1HFTHDB1BB1C1CDHDHB1BB1C1CDFE

面角的平面角．

設(shè)B1Dt,t[0,2],B1Ts，過C1作C1G//A1B1交DS于點G．

CS1CG

111

由得C1G(2t)．

SA13A1D3

ts

B1DB1T3t

又，即12s，所以s．

CGCT(2t)t1

113

B1HB1TB1Hss

又，即，所以B1H．

122

C1FFT1(2s)1(2s)

22

s29t

所以DHBH2BD2tt2．

111(2s)22t22t5

1

t

BD9

12

則sinDHB19t21，

DHt219

2t22t52t

22

13

所以，當t時，sinDHB．

21min3

[方法三]：投影法

如圖，聯(lián)結(jié)FB1,FN，

S

B1NF

DEF在平面BB1C1C的投影為B1NF，記面BB1C1C與面DFE所成的二面角的平面角為，則cos．

SDEF

設(shè)，在中，222．

B1Dt(0t2)RtDB1FDFB1DB1Ft5

22

在RtECF中，EFECFC3，過D作B1N的平行線交EN于點Q．

在Rt△DEQ中，DEQD2EQ25(1t)2．

22

DF2EF2DE23t15(t1)2t2t14

在DEF中，由余弦定理得cosDFE，sinDFE，

2DFEF3t253t25

113

SDFEFsinDFE2t22t14，S,

DFE22B1NF2

S39

cosB1NF，sin1，

22

SDFE2t2t142tt7

113

當t，即B1D，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值為．

223

【典例2】（2023上·四川成都·高二石室中學校考階段練習）如圖1，已知平面四邊形BCMN是矩形，AD//BC，

BCkAB(k0)，將四邊形ADMN沿AD翻折，使平面ADMN平面BCDA，再將ABC沿著對角線AC

V

翻折，得到AB1C，設(shè)頂點B1在平面ABCD上的投影為O.

(1)如圖2，當k2時，若點B1在MN上，且DM1，AB1，證明：AB1平面B1CD，并求AB的長度.

(2)如圖3，當k3時，若點O恰好落在ACD的內(nèi)部（不包括邊界），求二面角B1ACD的余弦值的

取值范圍.

【答案】(1)證明見解析，2

1

(2)0,.

3

【詳解】（1）點B1在平面ABCD上的射影為O且點B1在MN上，

點O恰好落在邊AD上，

平面AB1D平面ACD，

又CDAD，平面AB1D平面ACDAD

CD平面AB1D，又AB1平面AB1D，

AB1CD，

又AB1CB1，CDCB1C，CD平面B1CD，CB1平面B1CD,

AB1平面B1CD，B1D平面B1CD,

AB1B1D

設(shè)，，則2，

ABxBCAD2xNB1x1

AB1B1D，

ANB1B1MD，

MDx

BDAB，

112

B1Nx1

x

222

在Rt△B1CD中，x()(2x),解得x2，

x21

AB2.

（2）作BFAC，交AC于E，交AD于F，如圖：

當點O恰好落在ACD的內(nèi)部(不包括邊界)時，點O恰好在線段EF上，

又B1EAC，EFAC，

B1EF為二面角B1ACD的平面角,

EF1EO1

當k3時，由VAEF:VCEB,可得，且B1EEB，cosB1EF0,，

EB3B1E3

1

故二面角B1ACD的余弦值的取值范圍為0,.

3

【變式1】（2024上·湖北·高二期末）已知三棱錐ABCD的底面BCD為等腰直角三角形，∠C90，BD2，

平面ABD平面BCD，三角形ABD不是鈍角三角形且面積為1，點A在面BCD上的射影為點H.

(1)證明：BD平面ACH的充要條件是ABAD；

(2)求二面角CADB的正弦值的取值范圍．

【答案】(1)證明見解析

230

(2)，.

26

【詳解】（1）證明“必要性”：當BD平面ACH，有ABAD：

由BD平面ACH，CH平面ACH，

BDCH，由題意BCCD，故H為BD的中點，H在BD上，

又AH平面BCD，BD平面BCD，AHBD，

又H為BD的中點，故三角形ABD為等腰三角形，則ABAD.

證明“充分性”：當ABAD，有BD平面ACH：

取BD中點M，連接AM,CM，由ABAD，得AMBD，

又平面ABD平面BCD且交線為BD，AM平面ABD，

由面面垂直的性質(zhì)得AM平面BCD，

由題意M點即為H點，H為中點，得BDAH，

同理由BCCD，H為中點，得BDCH，

又CHAHH,CH,AH平面ACH，則BD平面ACH.

（2）由三角形ABD不是鈍角三角形且面積為1，得A到面BCD的距離為1，

由題知點A在平面BCD上的射影H在線段BD上，作CEBD于E，

由平面ABD平面BCD，且交線為BD，CE平面BCD，

知CE平面ABD，而AD平面ABD，故CEAD，

作CFAD于F，CECFC,CE,CF平面CEF，

則AD平面CEF，則CFE即為二面角CADB的平面角，

如圖，過A作直線GP//BD，過B作BG^GP，垂足為G，過D作DPGP，垂足為P，

EF1sinBDA，又GDBBDAPDB，

11

故sinBDA1，EF1，又CE1，

55

CE

在直角三角形CFE中，tanCFE1,5，

EF

sin2CFE

sinCFEsin2CFE

sin2CFEcos2CFE

tan2CFEtan2CFE111

1,

tan2CFE1tan2CFE1tan2CFE1

111

2，

tanCFE12,6,2,

tanCFE162

115230

，

12,sinCFE,

tanCFE12626

230

所以二面角CADB的正弦值的取值范圍為,.

26

【變式2】（2023·四川樂山·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是正方形，PD底面ABCD，

PDCD，點E在棱PC上，PA//平面EBD.

(1)試確定點E的位置，并說明理由；

(2)求平面PBC與平面PDB所成銳二面角的余弦值的取值范圍.

【答案】(1)E是PC的中點，理由見解析

2

(2)0,

2

【詳解】（1）E是PC的中點，理由如下：

連結(jié)AC，交BD于點O，連結(jié)OE.

底面ABCD是正方形，O是AC的中點.

PA//平面EBD，PA平面PAC，平面PAC平面BDEOE，

PA//OE.

O是AC的中點，E是PC的中點.

（2）令CDa，連結(jié)AC，交BD于點O，過點O作OMPB，垂足為M，連結(jié)MC.

ABCD為正方形，COBD.

PD平面ABCD，PDCO.

QBDPDD,BD,PD平面PBD，CO平面PBD.

PC平面PBD，COPB.

又COOMO,CO,OM平面COM，PB平面COM.

CM平面COM，PBCM.

CMO即為二面角CPBD的平面角.

OMOB

△OMB∽△PDB，.

PDPB

2

aa

OBPD2.

OM2a

PB2a22a2212

CO121

tanCMO110.

OM2

π2

CMO，cos0,.

42

題型06根據(jù)二面角求參數(shù)

【典例1】（2023·遼寧沈陽·東北育才學校校考模擬預(yù)測）已知二面角l的平面角為

ππ

0,A,B,Cl,Dl,ABl，AB與平面所成角為．記ACD的面積為S1，△BCD的

23

S1

面積為S2，則的取值范圍為（）

S2

11