《2025年教材帮高中数学选择性必修第二册苏教版》

考向3二面角的求解
1二面角的求解
例29(2025.天津)如
图6.3−59所示,正方体
ABCD−ABlClD的棱长

为4,E,F分别为AD,
ClB1中点,点G在棱CC
上,且CG=3C,G.
(1)求证;GF⊥平面EBF;
(2)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值;
(3)求三棱锥D−BEF的体积.

答案：
解析》
(1)以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC 所在直线为y轴,DD，所在直线为z轴建立如图
6.3−60所示的空间直角坐标系，

则G(0,4,3),F(2,4,4),E(2,0,4),B(4,4,0),GF=
(2,0,1),EF=(0,4,0),BF=(−2,0,4),
∴GF.EF=0,GF.BF=0,即GF⊥EF,GF⊥BF:
又EF∩BF=F,EFC平面EBF,BFC平面EBF,
∴GF⊥平面EBF.
(2)设平面EBF的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则{nn11..EBF==00,,即{4−y2x=0+,4z1=0,
∴y1=0,取x1=2,则z1=1,
故n1=(2,0,1).
([另解]由
(1)知GF⊥平面EBF，则GF是平面EBF 的一个法向量)
设平面EBG的法向量为n2=(x2,y2,22)，
n2.EG=0,
则{n2.BG=0,
又EG=(−2,4,−1),BG=(−4,0,3),
故{−−24xx22++43zy12=−0z2,=0,
可取x2=6,则y2=5,z2=8,
故n2=(6,5,8).
∵cos＜n,n2＞=$\frac{n.n}{n，11n1}$= =$\frac{4}{5}$9
1+1102 $\frac{12+0+8}{5×5√5}$
∴平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为$\frac{4}{3}$.
(3)设点D到平面EBF的距离为d,
易知DE=(2,0,4),
由
(2)知平面EBF的一个法向量为n=(2,0,1)，
故d=1nIn.1顽1 |=85√5'
在△EBF中,易知BE=6,BF=2√5,EF=4.
故EF²+BF²=BE²,
∴EF⊥BF,
∴△EBF的面积为$\frac{1}{2}$×4×2√5=4√5,
故三棱锥D−BEF的体积为d×4、√5=$\frac{32}{3}$.

例30(2024.新课标II卷)如图6.3−61,
平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=
5√3, ∠ADC =
90°, ∠BAD =
30°,点E,F满足
一AE=$\frac{2}{5}$AD,AF=
$\frac{1}{2}$AB.将△AEF沿
EF翻折至△PEF,使得PC=4√3.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的
正弦值.

答案：
解析》
(1)由题,AE=$\frac{2}{5}$AD=2√3,AF=$\frac{1}{2}$AB=4,又
∠BAD=30°,所以由余弦定理得EF²=AE²+AF2−
2AE.AF.cos30°=4,故EF=2.
又EF²+AE²=AF²,所以EF⊥AE.
由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE,EF⊥ED,
又ED∩PE=E,ED,PEC平面PED,所以EF⊥平面
PED.又PDC平面PED,所以EF⊥PD.
(2)如图6.3−62,连接CE,

由题,DE=3√3,CD=3,∠CDE=90°,
故CE=√DE²+CD²=6.
又PE=AE=2√3,PC=4√3,
所以PE2+CE²=PC²,故PE⊥CE.
又PE⊥EF,CE∩EF=E,CE,EFC平面ABCD,
所以PE⊥平面ABCD.
EF,ED,PE两两垂直,故以E为原点,EF,ED,PE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,2√3),D(0,3√3,0),F(2,0,0),A(0,−2√3,0),
C(3,3√3,0),
连接PA,则PD=(0,3√3,−2√3),DC=(3,0,0),
AP=(0,2√3,2√3),AF=(2,2√3,0).
设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,Z1),
则{nn1..PDCD==33x√3,γ=10,−'2√3z1=0,
可取n1=(0,2,3).
设平面PBF即平面PAF的法向量为n2=(x2,y2,22)，则{凡n2..AAFP==22√x3γ++2√23√γ3z22==00,”可取n=(√3,−1,1).
1cos＜n1,n2＞1=$\frac{n.n1}{n|.|n|}$=$\frac{1}{65}$
1
故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为1 $\frac{1}{65}$=$\frac{8√65}{65}$
2已知二面角大小