专题 16 立体几何中的二面角 1．（2021·山东济南市·高三月考）如图，已知三棱柱 AM  A1B1 M 、N ， 分别是 CC1 、 BC ABC  A1 B1C1 P 的中点，点 是线段 A1 B1 中，四边形 AA1C1C 为正方形， AB  AC  2 上的动点. （1）证明： AM  PN ； （2）已知 BC  2 2 ，求平面 【解析】（1）在三棱柱 DN / / AB / / A1 B1 在正方形 PMN 与平面 ABC  A1 B1C1 中，取 AA1C1C 中， ， 中点 D ，连接 AA1  AC , AD  CM , �A1 AC  �ACM 1 AM  A1B1 AC 所成锐二面角的余弦值的取值范围. DN , A1D ，如图，而 N 是 BC 中点，于是得 ， 即 �AA D  �CAM ，又 �AA1 D  �A1DA  因 ABC A1B1 I A1D  A1 ，从而得 ，则 VA1 AD VACM ，   ，则 �CAM  �A1DA  ，即 AM  A D ， 1 2 2 AM  平面 A1 B1 ND ，又 A1 B1 ND NP � 平面 ， ， 所以 AM  PN ； （2）因 又 AB  AC , BC  2 2 AM  A1 B1 , A1 B1 / / AB 以射线 AB, AC , AA1 N (1,1, 0), M (0, 2,1) ，于是得 分别为 ，设 ，则 x, y , z AB 2  AC 2  BC 2 AM  AB ，即有 ，而又 AB  AC AM I AC  A ， ，则 AB  ACC1 A1 平面 ，即有 AB  AA1 ， 轴非负半轴建立空间直线坐标系，如图， P (t , 0, 2), t �[0, 2] ， uuuu r uuur NM  (1,1,1), MP  (t , 2,1) ， v uuuuv � n� NM   x  y  z  0 r 1 t 2  t r �v uuuv n  (1, , ) 设平面 MNP 的法向量 n   x, y, z  ，则 � n� MP  tx  2 y  z  0 ，令 x  1 ，得 3 3 ， ur ur r ，    ， 而平面 ABC 的法向量 m   0, 0,1 ，设平面 PMN 与平面 ABC 所成锐二面角为  ，显然 t �2 ，否则 m n 2 ur r m, n� | 则 cos  | cos� 令 u  2  t �(0, 2] ，则 2t (2  t )2 3  ， 9  (1  t ) 2  (2  t ) 2 1 t 2 2  t 2 1 ( ) ( ) 3 3 1 1 � ，于是得 u 2 cos   u2 1 1 14   � 18 6 1 1 3 2u  6u  18 7  2 18(  )2  ，当且仅当 ，即 u2 u u 6 2 u2 2 t  0 时取“=”， 当点 P 接近点 B1 时，  就接近于直角，即 cos  就接近于 0，于是有 所以平面 PMN 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值的取值范围是 2．（2021·江苏无锡市·高三模拟）如图，圆柱 OO1 的轴截面 (0, 0  cos  � 14 7 ， 14 ] 7 . ABB1 A1 是正方形， O1 ， O 分别是上、下底面的圆心， C 是弧 AB 的中点， （1）求证： DE / / （2）求锐二面角 D 平面 E 是 BC DE / / 分别是 A1CB1 OO1 AA1 与 BC 中点. ； 的余弦值. 中，轴截面 ABB1 A1 是正方形，取 CB1 的中点为 M ，连 ME ， A1M ， 1 中点，则 EM / / BB / / AA ，且 EM  AA1  A1 D ， 1 1 2 于是得四边形 所以 E B  A1C  B1 【解析】（1）在圆柱 因 、 A1 DEM 平面 A1CB1 是平行四边形， DE / / A1 M ，又 A1M � A1CB1 DE � A1CB1 平面 ， 平面 ， ； （2）在圆柱 OO1 中，连 OC，OO1，因 C 是弧 AB 的中点，则 OC  AB, OO1  平面 ABC， uuu r uuur uuur OO y O OB 以 为原点， ， OC ， 1 方向分别为 x 轴､ 轴､ z 轴的正方向建立空间直角坐标系 O  xyz ，如图， 令 OB  1 ，则 B  1, 0,0  ， C  0,1, 0  ， A1  1, 0, 2  uuur uuur uuuur A1C  (1,1, 2), BC  (1,1, 0), A1 B1  (2, 0, 0) ， B1  1, 0, 2  ， ， v uuuv �m �x1  y1  2 z1  0 � A1C  0 ur ur �v uuuv � 设平面 A1BC 的法向量为 m   x1 , y1, z1  ，则 � ，令 x1  1 ，得 m   1,1,1 ，  x1  y1  0 m� BC  0 ，即 � v uuuv n� AC  0 �x2  y2  2 z2  0 � r r uu1uuv � � v 设平面 A B C 的法向量为 n   x2 , y2 , z2  ， � ，令 z2  1 ，得 n   0, 2,1 ， n� A1 B1  0 ，即 � 2 x2  0 1 1 ur r ur r m� n 1 2 15 cos m, n  ur r   则 5 ， 3�5 m �n 15 所以锐二面角 B  A1C  B1 的余弦值为 5 . 3．（2021·北京人大附中高三模拟）如图，在长方体 A1 B1 上，且 AC  DE . ABCD  A1 B1C1 D1 中， AB  2 ， AD  AA1  1 ，点 E 在线段 （1）求证： （2）求证： BB1 // 平面 AC  D1E DD1E ； A  DD1  E （3）求二面角 【解析】（1）在正方体 且 BB1 // DD1E 平面 ABCD  A1 B1C1 D1 中，因为 BB1 //DD1 ， 因为 所以 DD1  底面 DD1  AC AC  DE 所以 所以 AC  ABCD AC  D1 E D DA ， DC ， DD1 I DE  D DD1E ， ， . （3）因为正方体 所以 中， ， ，且 平面 . ABCD  A1 B1C1 D1 （2）在正方体 以 的余弦值. DD1 � DD1 E BB1 � DD1 E  平面 ， 平面 所以 又 ； ， ABCD  A1B1C1D1 DD1 ， 两两垂直， 为坐标原点，分别以 DA ， DC ， DD1 x y z 为 ， ， 轴建立空间直角坐标系 D  xyz ， 则 D  0, 0,0  ， A  1, 0,0  ， 因为正方体  C 0, 2, 0 ABCD  A1B1C1D1 ， ， uuur DC  0, 2, 0 ADD 1 . 所以平面 法向量为   uuur AC  1, 2, 0 DD E 1 由（2）知，平面 法向量为 ，   uuur uuur uuur uuur DC � AC 2 6 cos DC , AC  uuur uuur   所以 3 ， 6 DC AC 6 由题知，二面角 A  DD1  E 为锐角，所以其余弦值为 3 . 4．（2021·河北保定市·高三期中）如图，四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形， AB / / DC ， �BAD  90�， PD  DC  BC  2 PA  2 AB  2 ， PD  DC . （1）求证：平面 PAD  平面 ABCD ； 7 uuuu r uuur BM   BD 0    1   （2）设 ，当二面角 A  PM  B 的余弦值为 7 时，求  的值 【解析】（1）因为 ABCD 是直角梯形， AB / / DC ， �BAD  90�， 所以 AD  DC . 又因为 PD  DC ， PD �AD  D ， 所以 CD  平面 PAD， 又因为 CD �平面 ABCD， 所以平面 PAD  平面 ABCD. （2）由（1）知 CD  平面 PAD， PA �平面 PAD， 2 所以 CD  PA ，又 PA  1, AD  BC   CD  AB   3, PD  2 ， 2 2 2 2 所以 PA  AD  PD ，即 PA  AD ，又 AD I CD  D ， 所以 PA  平面 ABCD，又 �BAD  90�，即 AB  AD ， 则以 A 为坐标原点，分别以向量 uuur AB ， uuur AD ， uuur AP 的正方向为 x，y，z 轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，. 则 B  1, 0,0  ，  D 0, 3, 0  ， P  0,0,1 ， uuu r uuu r BD  1, 3, 0 BP   1, 0,1   所以 ， ，   ur m   x1 , y1 , z1  设平面 PBD 的一个法向量 ， uuu v v  x1  z1  0 � �BP � m0 � uuuv v , � � 由 �BD �  x1  3 y1  0 ， m  0 即� ur m y  1 令 ，得  3,1, 3 ， uuuu r uuur M x , y , z BM   BD  0 