《2025年新编高中同步作业高中数学选择性必修第一册人教版A》

任务二　求二面角
1. 如图，$PA\perp$平面$ABC$，$AC\perp BC$，$PA = AC = 1$，$BC = \sqrt{2}$，则平面$APB$与平面$PBC$的夹角的余弦值为______.

答案：
$\frac{\sqrt{3}}{3}$ 解析:如图，建立空间直角坐标系Axyz，
则A(0,0,0)，B($\sqrt{2}$,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，

所以$\overrightarrow{AP}=(0,0,1)$，$\overrightarrow{AB}=(\sqrt{2},1,0)$，$\overrightarrow{CB}=(\sqrt{2},0,0)$，$\overrightarrow{CP}=(0,-1,1)$.
设平面PAB的法向量为$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AP} = 0 \\ \boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AB} = 0\end{cases}$，
即$\begin{cases}(x,y,z)\cdot(0,0,1) = 0 \\ (x,y,z)\cdot(\sqrt{2},1,0) = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}y = -\sqrt{2}x \\ z = 0\end{cases}$，
令x = 1，得$\boldsymbol{m}=(1,-\sqrt{2},0)$为平面PAB的一个法向量.
设平面PBC的法向量为$\boldsymbol{n}=(x',y',z')$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CB} = 0 \\ \boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CP} = 0\end{cases}$，
即$\begin{cases}(x',y',z')\cdot(\sqrt{2},0,0) = 0 \\ (x',y',z')\cdot(0,-1,1) = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}x' = 0 \\ y' = z'\end{cases}$，
令y' = -1，得$\boldsymbol{n}=(0,-1,-1)$为平面PBC的一个法向量，
所以$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle = \frac{\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}|\cdot|\boldsymbol{n}|} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.
设平面APB与平面PBC的夹角为θ，
则$\cos\theta = |\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle| = \frac{\sqrt{3}}{3}$，即平面APB与平面PBC的夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$.

2. 如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形$ABCD$（及其内部）以$AB$边所在直线为旋转轴旋转$120^{\circ}$得到的，$G$是$\overset{\frown}{DF}$的中点.
（1）设$P$是$\overset{\frown}{CE}$上的一点，且$AP\perp BE$，求$\angle CBP$的大小；
（2）当$AB = 3$，$AD = 2$时，求平面$AEG$与平面$ACG$的夹角的大小.

答案：
解:
(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP = A，
所以BE⊥平面ABP.
又BP⊂平面ABP，
所以BE⊥BP.
又∠EBC = 120°，
所以∠CBP = 30°.
(2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

由题意，得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1,$\sqrt{3}$,3)，C(-1,$\sqrt{3}$,0)，
故$\overrightarrow{AE}=(2,0,-3)$，$\overrightarrow{AG}=(1,\sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{CG}=(2,0,3)$.
设$\boldsymbol{m}=(x_1,y_1,z_1)$是平面AEG的法向量，
则$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AE} = 0 \\ \boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AG} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}2x_1 - 3z_1 = 0 \\ x_1 + \sqrt{3}y_1 = 0\end{cases}$，
取z_1 = 2，可得平面AEG的一个法向量$\boldsymbol{m}=(3,-\sqrt{3},2)$.
设$\boldsymbol{n}=(x_2,y_2,z_2)$是平面ACG的法向量，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AG} = 0 \\ \boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CG} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}x_2 + \sqrt{3}y_2 = 0 \\ 2x_2 + 3z_2 = 0\end{cases}$，
取z_2 = -2，可得平面ACG的一个法向量$\boldsymbol{n}=(3,-\sqrt{3},-2)$，
所以$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle = \frac{\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}|\cdot|\boldsymbol{n}|} = \frac{1}{2}$.
设平面AEG与平面ACG的夹角为θ，
则$\cos\theta = |\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle| = \frac{1}{2}$，
所以平面AEG与平面ACG的夹角的大小为60°.

3. （2022·新高考全国Ⅱ卷）如图，$PO$是三棱锥$P - ABC$的高，$PA = PB$，$AB\perp AC$，$E$是$PB$的中点.
（1）证明：$OE//$平面$PAC$；
（2）若$\angle ABO = \angle CBO = 30^{\circ}$，$PO = 3$，$PA = 5$，求二面角$C - AE - B$的正弦值.

答案：

(1)证明:如图，连接BO并延长交AC于点D，连接OA，PD.

因为PO是三棱锥P - ABC的高，
所以PO⊥平面ABC，AO，BO⊂平面ABC，
所以PO⊥AO，PO⊥BO.
又PA = PB，
所以△POA≌△POB，即OA = OB，
所以∠OAB = ∠OBA.
又AB⊥AC，即∠BAC = 90°，
所以∠OAB + ∠OAD = 90°，∠OBA + ∠ODA = 90°，
所以∠ODA = ∠OAD，
所以AO = DO，即AO = DO = OB，
所以O为BD的中点.
又E为PB的中点，
所以OE//PD.
因为OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，
所以OE//平面PAC.
(2)解:过点A作Az//OP，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为PO = 3，AP = 5，
所以OA = $\sqrt{AP^2 - PO^2} = 4$，
又∠OBA = ∠OBC = 30°，
所以BD = 2OA = 8，
所以AD = 4，AB = 4$\sqrt{3}$，
所以AC = 12，
所以A(0,0,0)，O(2$\sqrt{3}$,2,0)，B(4$\sqrt{3}$,0,0)，P(2$\sqrt{3}$,2,3)，C(0,12,0)，E(3$\sqrt{3}$,1,$\frac{3}{2}$)，
所以$\overrightarrow{AE}=(3\sqrt{3},1,\frac{3}{2})$，$\overrightarrow{AB}=(4\sqrt{3},0,0)$，$\overrightarrow{AC}=(0,12,0)$.
设平面AEB的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AE} = 3\sqrt{3}x + y + \frac{3}{2}z = 0 \\ \boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AB} = 4\sqrt{3}x = 0\end{cases}$，
令z = 2，则y = -3，x = 0，
所以$\boldsymbol{n}=(0,-3,2)$.
设平面AEC的法向量为$\boldsymbol{m}=(a,b,c)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AE} = 3\sqrt{3}a + b + \frac{3}{2}c = 0 \\ \boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AC} = 12b = 0\end{cases}$，
令a = $\sqrt{3}$，则c = -6，b = 0，
所以$\boldsymbol{m}=(\sqrt{3},0,-6)$，
所以$\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{m}\rangle = \frac{\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{m}}{|\boldsymbol{n}|\cdot|\boldsymbol{m}|} = \frac{-12}{\sqrt{13}\times\sqrt{39}} = -\frac{4\sqrt{3}}{13}$.
设二面角C - AE - B的大小为θ，
则$|\cos\theta| = |\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{m}\rangle| = \frac{4\sqrt{3}}{13}$，
所以$\sin\theta = \sqrt{1 - \cos^2\theta} = \frac{11}{13}$，即二面角C - AE - B的正弦值为$\frac{11}{13}$.