二面角的平面角求法

## 前情概要

请读者自行理解二面角和二面角的平面角定义 .二面角的平面角的范围：\([0，\pi]\) ；

求解方法

①定义法；此方法主要使用在高一阶段，学生初次接触学习二面角，具体求解步骤为：作--证--算；学生普遍感觉难以掌握；定义法举例

②垂面法；若感兴趣，请自行百度；

③三垂线法；找垂面，定垂足，三垂线成平面角；若感兴趣，请自行百度；

④射影面法；\(cos\theta=\cfrac{S_{射}}{S_{原}}\)，若感兴趣，请自行百度；

⑤空间向量法；此方法是学生在高二学习了空间向量后普遍使用的方法，这一方法在高考题目作答或模拟题作答中使用频度比较高，难度不大，计算量稍大一些，但是有一定的局限性。

典例剖析

【2017凤翔中学第三次月考理科第19题】如图所示，四棱锥 \(P-ABCD\) 中，底面 \(ABCD\) 是个边长为 \(2\) 的正方形，侧棱 \(PA\perp\) 底面\(ABCD\)，且 \(PA=2\) ，\(Q\) 是 \(PA\) 的中点。

(1).证明：\(BD\perp\) 平面 \(PAC\)；

证明：由于侧棱 \(PA\perp\) 底面\(ABCD\)，\(BD\subsetneqq\) 底面 \(ABCD\)，故 \(PA\perp BD\)；

又由于 \(AC\) 和 \(BD\) 是正方形的对角线，则 \(AC\perp BD\)，

则\(BD\perp AC\)，\(BD\perp PA\)，\(PA\cap AC=A\)，

\(PA\subsetneqq\) 平面 \(PAC\)，\(AC\subsetneqq\) 平面 \(PAC\)，

故 \(BD\perp\) 平面 \(PAC\)；

(2).求二面角 \(C-BD-Q\) 的余弦值。【此题目包含平面的法向量的详细求解方法】

✍️思路一，空间向量法，由题可知，\(AB\)、\(AP\)、\(AD\) 两两垂直，以 \(A\) 为坐标原点，分别以 \(AB\)、\(AD\)、\(AP\) 所在直线为 \(x\)，\(y\)，\(z\) 轴建立空间直角坐标系，如图所示。

则点\(B(2，0，0)\)，\(C(2，2，0)\)，\(D(0，2，0)\)，\(Q(0，0，1)\)，

所以 \(\overrightarrow{BD}=(-2，2，0)\)，\(\overrightarrow{BQ}=(-2，0，1)\)，

设平面 \(BDQ\) 的法向量为 \(\vec{m}=(x，y，z)\)，^[1] 则有

$\begin{cases}\vec{m}\perp\overrightarrow{BD}\\\vec{m}\perp\overrightarrow{BQ}\end{cases}$ $\Longrightarrow \begin{cases}\vec{m}\cdot\overrightarrow{BD}=0\\\vec{m}\cdot\overrightarrow{BQ}=0\end{cases}$

即 \(\begin{cases}-2x+2y=0 \\-2x+z=0\end{cases}\) ，可以取 \(\vec{m}=(1，1，2)\) 由于得到的方程组是不定方程组，应该有无穷多组解，此处只关注其存在性，故可以通过赋值来得到这个不定方程组的解。比如考虑到运算的简单，我们令\(x=1\)，则得到\(y=1\)，\(z=2\)，则 \(\vec{m}\)\(=\)\((1,1,2)\)

平面 \(BDC\) 的法向量为 \(\vec{n}=(0，0，1)\)可以用同样的思路和方法来求解法向量，当然也可以用更快捷的方法，比如我们注意到平面 \(BDC\) 也就是平面 \(ABCD\)，故其法向量可以取 \(z\) 轴所在直线的方向向量，为简单起见，取为\((0,0,1)\)，

设二面角 \(C-BD-Q\) 的平面角为 \(\theta\)，由图可知 \(\theta\) 为钝角1、平面角为锐角或钝角是直观观察得到的；2、\(<\vec{m},\vec{n}>\) 可能为锐角，也可能为钝角，故使用 \(|\cos<\vec{m},\vec{n}>|\) 来限制，又由于平面角为钝角，故\(cos\theta\)\(=\)\(-|cos<\vec{m}，\vec{n}>|\)，则有

\[cos\theta=-|cos<\vec{m}，\vec{n}>|=-\cfrac{\vec{m}\cdot\vec{n}}{|\vec{m}||\vec{n}|}=-\cfrac{2}{\sqrt{6}}=-\cfrac{\sqrt{6}}{3} \]

所以二面角 \(C-BD-Q\) 的余弦值为 \(-\cfrac{\sqrt{6}}{3}\) .

延申阅读①:各种角的求解；延申阅读②:二面角的平面角求法；

✍️思路二，定义法，求解步骤为[作---证---算]；令 \(AC\) 与 \(BD\) 的交点为 \(E\)，连结 \(QE\) 和 \(QC\)，则 \(\angle QEC\) 为所求二面角的平面角[一作]，理由如下：

由于底面 \(ABCD\) 是正方形，故 \(EC\perp BD\)，又由于 \(BD\perp AC\)，\(BD\perp AP\)，则 \(BD\perp\) 平面 \(QAC\)，\(QE\subsetneqq\) 平面 \(QAC\)，故 \(BD\perp QE\)，到此满足条件 \(QE\perp BD\)，又 \(EC\perp BD\)，则 \(\angle QEC\) 为所求二面角 \(C-BD-Q\) 的平面角[二证] .

由题目可知， \(ABCD\) 是边长为 \(2\) 的正方形，则 \(AC=2\sqrt{2}\)，\(EC=\sqrt{2}\)，又 \(QA=1\)，则由勾股定理可知 \(QE=\sqrt{3}\)， \(QC=3\)，

到此可知，在 \(\triangle QEC\) 中，\(EC=\sqrt{2}\)，\(QE=\sqrt{3}\)，\(QC=3\)，利用余弦定理可知，

\(\cos\angle QEC\)\(=\)\(\cfrac{EC^2+QE^2-QC^2}{2\times EC\times QE}\)\(=\)\(\cfrac{2+3-9}{2\times\sqrt{2}\times\sqrt{3}}\)\(=\)\(-\cfrac{\sqrt{6}}{3}\)[三算] .

所以二面角 \(C-BD-Q\) 的余弦值为 \(-\cfrac{\sqrt{6}}{3}\) .

[解后反思]：思路二主要使用在高一阶段，学生初次学习了二面角，还没有学习空间向量，这种方法的优越性在于能明白无误的做出来平面角，知道它在图形中的什么地方，也能准确的计算出来，思路一主要使用在学生学习了空间向量之后，这种方法即使你不知道所求的平面角如何作，也能进行相关的计算，不足之处是学生对二面角的平面角在哪里，长什么样子都可能糊里糊涂，所以这几年有高校的老师强烈建议取消思路一的教学，强制使用思路二，也不无道理。

【2021年高考乙卷理科数学第 \(18\) 题】 如图，四棱锥 \(P-ABCD\) 的底面是矩形， \(PD\perp\) 底面 \(ABCD\)，\(M\) 为 \(BC\) 的中点，且 \(PB \perp AM\) .

(1). 求 \(BC\) ;

解析：求解矩形的宽 \(BC\) 时 ，可以从以下三个思路思考求解：

思路一：利用直角三角形相似求解，由于 \(AM\perp\)平面 \(PBD\) ，故有 \(AM\perp BD\)，

由于 \(\angle BAM+\angle DAM=\cfrac{\pi}{2}\)， \(\angle ADB+\angle DAM=\cfrac{\pi}{2}\)，

故 \(\angle ADB=\angle BAM\)， 且 \(Rt\triangle ADB\sim Rt\triangle BAM\)，

则有 \(\cfrac{AD}{AB}=\cfrac{AB}{BM}\)，令 \(BM=x\)，则 \(\cfrac{2x}{1}=\cfrac{1}{x}\)，

解得 \(x=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，故 \(BC=2x=\sqrt{2}\)；

思路二：由于 \(AM\perp\)平面 \(PBD\) ，故有 \(AM\perp BD\)，此时我们可以利用平面向量解决问题，

建立如右图所示的平面坐标系，利用平面向量求解，[或直接在立体图形中建系，利用空间向量求解]，

则点\(D(0,0)\) ，\(C(1,0)\)，设 \(|AD|=|BC|=2x\)，则 \(A(0,-2x)\)， \(M(1,-x)\)， \(B(1,-2x)\)，

则 \(\overrightarrow{DB}=(1,-2x)\)， \(\overrightarrow{AM}=(1,x)\)，由于 \(AM\perp BD\)，

则\(\overrightarrow{DB}\cdot\overrightarrow{AM}=0\)，即 \((1,-2x)\cdot(1,x)=0\)，

即 \(1-2x^2=0\)，解得\(x=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，故 \(AD=BC=\sqrt{2}\)，

思路三：利用 \(Rt\triangle\) 求解 \(BC\) 的长度；

取 \(DC\) 和 \(PC\) 的中点分别为 \(E\) 和 \(F\) ，连结 \(EA\)、 \(EM\)、\(EF\)、\(FA\) 、\(FM\)，

由于 \(PD\perp\) 下底面 \(ABCD\) ，故 \(FE\perp\) 下底面 \(ABCD\) ，

则 \(\triangle FEA\) 和 \(\triangle FEM\) 为 \(Rt\triangle\)，

又由于 \(ME//BD\) ， \(MF//PB\) ， \(AM\perp PB\) ，

故 \(AM\perp MF\) ，则 \(\triangle AMF\) 为 \(Rt\triangle\)，

令 \(BM=CM=x\)，则 \(AD=2x\)， \(DE=EF=CE=\cfrac{1}{2}\)，

\(MF^2=ME^2+EF^2=\cfrac{1}{4}+x^2+\cfrac{1}{4}=\cfrac{1}{2}+x^2\)，

\(AF^2=AE^2+EF^2=\cfrac{1}{4}+(2x)^2+\cfrac{1}{4}=\cfrac{1}{2}+4x^2\)，

\(AM^2=1+x^2\)，由于 \(AF^2=AM^2+MF^2\) ，

则有 \(\cfrac{1}{2}+4x^2=\cfrac{1}{2}+x^2+1+x^2\)，

解得 \(x=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，故 \(BC=2x=\sqrt{2}\) .

(2). 求二面角 \(A-PM-B\) 的正弦值；

解析：由题可知，\(DA\)、\(DC\)、\(DP\) 两两互相垂直，故以点 \(D\) 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

则 \(A(\sqrt{2},0,0)\)， \(B(\sqrt{2},1,0)\)， \(M(\cfrac{\sqrt{2}}{2},1,0)\)， \(P(0,0,1)\)，

则 \(\overrightarrow{AP}=(-\sqrt{2},0,1)\)， \(\overrightarrow{PM}=(\cfrac{\sqrt{2}}{2},1,-1)\)，

设平面 \(APM\) 的法向量为 \(\vec{n}=(x,y,z)\)，

则有 \(\left\{\begin{array}{l}{\vec{n}\cdot\overrightarrow{AP}=0}\\{\vec{n}\cdot\overrightarrow{PM}=0}\end{array}\right.\quad\) ，即 \(\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{2}x+z=0}\\{\cfrac{\sqrt{2}}{2}x+y-z=0}\end{array}\right.\quad\)

令 \(x=\sqrt{2}\) 此处实质是求解不定方程，故常常使用赋值法，为了减少或防止坐标中出现分数，避免运算出错，具体的赋值还是有一定的讲究和技巧的。\(\quad\)，则 \(y=1\)，\(z=2\)，即 \(\vec{n}=(\sqrt{2},1,2)\)，

同理，设平面 \(PMB\)的法向量为 \(\vec{v}=(p,q,r)\)注意，将向量 \(\overrightarrow{PM}\)作为公共量，下面的计算就可以减少运算量\(\quad\) ，

则有 \(\left\{\begin{array}{l}{\vec{v}\cdot\overrightarrow{PM}=0}\\{\vec{v}\cdot\overrightarrow{MB}=0}\end{array}\right.\quad\) ，即 \(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{\sqrt{2}}{2}p+q-r=0}\\{-\sqrt{2}p=0}\end{array}\right.\quad\)

令 \(q=1\)，则 \(r=1\)，\(p=0\)，即 \(\vec{v}=(0,1,1)\)，

所以 \(|\cos<\vec{n},\vec{v}>|=\cfrac{|\vec{n}\cdot\vec{v}|}{|\vec{n}||\vec{v}|}=\cfrac{3}{\sqrt{7}\times\sqrt{2}}=\cfrac{3}{\sqrt{14}}\)，

[注意，此处仅仅是一步中间过程，接下来还要平方，故可以不做分母有理化，省时省力]

设二面角 \(A-PM-B\) 的平面角为 \(\alpha\)，

则 \(\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}=\sqrt{1-\cos^{2}<\vec{n}, \vec{v}>}=\sqrt{1-(\cfrac{3}{\sqrt{14}})^{2}}=\cfrac{\sqrt{70}}{14}\)，

所以二面角 \(A-PM-B\) 的正弦值为 \(\cfrac{\sqrt{70}}{14}\).

〔解后反思〕：① 二面角的平面角用这两个平面的法向量的夹角来刻画；

② 若两个平面的法向量分别为 \(\vec{n}=(x,y,z)\) 和 \(\vec{v}=(p,q,r)\)，二面角的平面角或其补角为 \(\theta=<\vec{n},\vec{v}>\)，

则 \(\cos\theta=\cos<\vec{n},\vec{v}>=\cfrac{\vec{n}\cdot\vec{v}}{|\vec{n}||\vec{v}|}=\cfrac{xp+yq+rz}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}\sqrt{p^2+q^2+r^2}}\)

③ 若题目需要求解二面角的余弦值时，需要特别注意，此时还需要通过观察图形[而不是通过计算来确定]来确定二面角的平面角是锐角、直角或钝角；容易出错的是有人计算得到 \(\cos\theta<0\)，就认为平面角为钝角，这是错误的，其实平面角的正负与我们所取的法向量的方向有关，并不能说明平面角是不是钝角。

④ 若题目需要求解二面角的正弦值时，采用公式 \(\sin\theta=\sqrt{1-\cos^2\theta}\) 来求解；

【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第17题】如图，长方体\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)的底面\(ABCD\)是正方形，点\(E\)在棱\(AA_1\)上，\(BE\perp EC_1\).

(1).证明：\(BE\perp\)平面\(EB_1C_1\)；

分析：需要证明线面垂直，往往先要转化为证明线线垂直；

解析：由已知\(B_1C_1\perp\)平面\(ABB_1A_1\)，\(BE\subset\)平面\(ABB_1A_1\)，故\(B_1C_1\perp BE\)，

又\(BE\perp EC_1\)，\(B_1C_1\subset\)平面\(EB_1C_1\)，\(EC_1\subset\)平面\(EB_1C_1\)，\(B_1C_1\cap EC_1=C_1\)，

故\(BE\perp\)平面\(EB_1C_1\)；

(2).若\(AE=A_1E\)，求二面角\(B-EC-C_1\)的正弦值；

解析：由(1)知道\(\angle BEB_1=90^{\circ}\)，由题设可知\(Rt\triangle ABE Rt\triangle A_1B_1E\)，所以\(\angle AEB=45^{\circ}\)，故\(AE=AB\)，\(AA_1=2AB\)，

以\(D\)为坐标原点，\(\overrightarrow{DA}\)的方向为\(x\)轴的正方向，\(|\overrightarrow{DA}|\)为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系\(D-xyz\)，

则\(C(0，1，0)\)，\(B(1，1，0)\)，\(C_1(0，1，2)\)，\(E(1，0，1)\)，\(\overrightarrow{CB}=(1，0，0)\)，\(\overrightarrow{CE}=(1，-1，1)\)，\(\overrightarrow{CC_1}=(0，0，2)\)，

设平面\(EBC\)的法向量\(\vec{n}=(x，y，z)\)，

则\(\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CB}\cdot \vec{n}=0}\\{\overrightarrow{CE}\cdot \vec{n}=0}\end{array}\right.\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{x-y+z=0}\end{array}\right.\)，所以可以赋值取\(\vec{n}=(0，-1，-1)\)，

设平面\(ECC_1\)的法向量\(\vec{m}=(x，y，z)\)，

则\(\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CC_1}\cdot \vec{m}=0}\\{\overrightarrow{CE}\cdot \vec{m}=0}\end{array}\right.\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{2z=0}\\{x-y+z=0}\end{array}\right.\)，所以可以赋值取\(\vec{m}=(1，1，0)\)，

于是，\(cos<\vec{n}，\vec{m}>=\cfrac{\vec{n}\cdot\vec{m}}{|\vec{n}||\vec{m}|}=-\cfrac{1}{2}\)，

即\(<\vec{n}，\vec{m}>=120^{\circ}\)，所以，二面角\(B-EC-C_1\)的正弦值为\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)。

解后反思：

1、当然，本题目同样可用点\(C\)做为坐标原点来建立坐标系。

2、如果我们选取的坐标系不同，很可能\(<\vec{n}，\vec{m}>=60^{\circ}\)，则仿照如图所示，二面角的平面角为\(60^{\circ}\)，则二面角\(B-EC-C_1\)的正弦值还为\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)。

高阶典例

【四棱锥中建系】如图，在四棱锥\(P-ABCD\)中，\(PD\perp\)平面\(ABCD\)，四边形\(ABCD\)是菱形，且\(AC\)，\(BD\)交于点\(O\)，\(E\)是\(PB\)上任意一点。

（1）求证：平面\(EAC\perp\) 平面\(BPD\);

分析：由于\(PD\perp\)平面\(ABCD\)，所以\(PD\perp AC\)，

由于四边形\(ABCD\)是菱形，所以\(BD\perp AC\)，

又由于\(BD\cap PD=D\)，所以\(AC\perp\) 平面\(PBD\)，

又由于\(AC\subseteq\) 平面\(AEC\)，所以平面\(EAC\perp\) 平面\(BPD\);

（2）若\(E\)为\(PB\)的中点，\(AC=2\)，\(BD=2\sqrt{3}\)，且二面角\(A-PB-D\)的余弦值为\(\cfrac{\sqrt{21}}{7}\)，求四棱锥\(P-ABCD\)的体积；

分析：连接\(OE\)，在\(\triangle PBD\)中，\(EO//PD\)，所以\(EO\perp\)平面\(ABCD\)，分别以\(OA\)，\(OB\)，\(OE\)所在直线为\(x\)轴，\(y\)轴，\(z\)轴建立如图所示的空间直角坐标系，设\(PD=t\)，则\(A(1，0，0)\)，\(B(0，\sqrt{3}，0)\)，\(C(-1，0，0)\)，\(E(0，0，\cfrac{t}{2})\)，\(P(0，-\sqrt{3}，t)\)，

设平面\(PAB\)的一个法向量为\(\vec{n}=(x，y，z)\)，

则\(\left\{\begin{array}{l}{\vec{n}\cdot \overrightarrow{AB}=-x+\sqrt{3}y=0}\\{\vec{n}\cdot \overrightarrow{AP}=-x-\sqrt{3}y+tz=0}\end{array}\right.\) 令\(y=1\)，得到\(\vec{n}=(\sqrt{3}，1，\cfrac{2\sqrt{3}}{t})\)，

平面\(PBD\)的法向量\(\vec{m}=(1，0，0)\)，

由于二面角\(A-PB-D\)的余弦值为\(\cfrac{\sqrt{21}}{7}\)，

则\(|cos<\vec{m}，\vec{n}>|=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{4+\frac{12}{t^2}}}=\cfrac{\sqrt{21}}{7}\)，解得\(t=2\)或\(t=-2\)(舍去)，

故四棱锥\(P-ABCD\)的体积为\(V=\cfrac{1}{3}\times \cfrac{1}{2}\times 2\times 2\sqrt{3}\times 2=\cfrac{4\sqrt{3}}{3}\)；

【北京人大附中高二11月月考第23题改编】已知三棱锥 \(P-ABC\) 的底面 \(ABC\) 为正三角形，点 \(A\) 在侧面 \(PBC\) 上的射影 \(H\) 是 \(\triangle PBC\) 的垂心(三角形的垂心是三角形三条高线的交点)， 延长 \(PH\) 交 \(BC\) 于 \(D\)， 过 \(P\) 作 \(PO\)\(\perp\)\(AD\) 于 \(O\)，延长 \(CO\) 交 \(AB\) 于 \(F\)， 二面角 \(H-AB-C\) 为 \(\cfrac{\pi}{6}\)， 且 \(PA=2\)， 则下列结论成立的有：

①\(BC\perp AD\)；

②二面角 \(P-AB-C\) 的平面角为 \(\angle PBC\)；

③直线 \(PA\) 与平面 \(ABC\) 所成角的大小为 \(\cfrac{\pi}{3}\)；

④两条异面直线\(AB\)和\(PC\)间的距离为\(\cfrac{3\sqrt{3}}{4}\)；

⑤直线 \(FD\) 与直线 \(PC\) 所成角的余弦值为 \(\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)；

⑥三棱锥 \(P-ABC\) 的体积为 \(\cfrac{3}{4}\)；

解析：本题目的信息量有点太大，具体解析如下，

①\(BC\perp AD\)；

分析：由于点 \(A\) 在侧面 \(PBC\) 上的射影为 \(H\)，故\(AH\perp\)平面\(PBC\)，由于\(BC\subsetneqq PBC\)，故\(AH\perp BC\)；

又由于\(H\) 是 \(\triangle PBC\) 的垂心，故\(PD\perp BC\)，

由\(BC\perp AH\)，\(BC\perp PD\)，且又\(AH\)，\(PD\subsetneqq\) \(PAD\)、\(AH\cap PD=H\)，

则\(BC\perp\)平面\(PAD\)，又\(AD\subsetneqq\) \(PAD\)，则得到\(BC\perp AD\)；故①成立；

②二面角 \(P-AB-C\) 的平面角为 \(\angle PBC\)；

分析：如图所示，延长\(BH\)交\(PC\)于点\(E\)，连结\(AE\)，

则由\(AH\perp PC\)，\(BE\perp PC\)（垂足），\(AH\cap BE=H\)，\(AH\)、\(BE\subsetneqq\) \(ABE\)，

故\(PC\perp\)面\(ABE\)，\(AB\subsetneqq\)面\(ABE\)，

则有\(PC\perp AB\)，又\(PO\perp AB\)，\(PC\cap PO=P\)，\(PC\)、\(PO\subsetneqq\) \(POC\)，

则\(AB\perp\)面\(POC\)，\(CO\subsetneqq\)面\(POC\)，

则得到\(AB\perp CO\)，则\(AB\perp CF\)，

故\(O\)为\(\triangle ABC\)的垂心，又由于三角形为正三角形，

故\(O\)是\(\triangle ABC\)的中心，

故\(P-ABC\)为正三棱锥。

故可知，点\(D\)，\(F\)分别为中点，连结\(PF\)，则可得到\(PF\perp AB\)，

则\(\angle PFC\)为二面角 \(P-AB-C\) 的平面角。故②错误；

③直线 \(PA\) 与平面 \(ABC\) 所成角的大小为 \(\cfrac{\pi}{3}\)；

分析：连结\(EF\)，由①②可知，\(AB\perp\)平面\(PCF\)，故\(AB\perp EF\)，又\(PC\perp\)平面\(ABE\)，故\(PC\perp EF\)，

故线段\(EF\)为两条异面直线\(AB\)和\(PC\)的公垂线，又由于\(CF\perp AB\)，

故\(\angle EFC\)为二面角\(H-AB-C\)的平面角，则由已知得\(\angle EFC=\cfrac{\pi}{6}\).

设正三角形\(ABC\)的边长为\(2x\)，则\(BD=FB=x\)，则\(CF=\sqrt{3}x\)，

在\(Rt\triangle CEF\)中，由于\(\angle CFE=\cfrac{\pi}{6}\)，故\(CE=\cfrac{\sqrt{3}}{2}x\)，\(EF=\cfrac{3}{2}x\)；

在\(Rt\triangle CEB\)中，可得\(BE^2=BC^2-CE^2=(2x)^2-(\cfrac{\sqrt{3}}{2}x)^2=\cfrac{13}{4}x^2\)，

且由于是正三棱锥，有\(BE=AE\)；

又在\(Rt\triangle PAF\)中，则\(PF^2=PA^2-AF^2=2^2-x^2=4-x^2\)，

则在\(Rt\triangle PEF\)中，\(PE^2=PF^2-EF^2=4-x^2-\cfrac{9}{4}x^2=4-\cfrac{13x^2}{4}\)，

由已知\(PA=2=PC\)，即\(PE+CE=PC=2\)，即\(\sqrt{4-\cfrac{13x^2}{4}}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}x=2\)，

移项，得到\(\sqrt{4-\cfrac{13x^2}{4}}=2-\cfrac{\sqrt{3}}{2}x\)，两边平方，解得\(x=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，

故可得\(AB=BC=AC=\sqrt{3}\)，\(BD=BF=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(AD=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\times\sqrt{3}=\cfrac{3}{2}\)，

则由点\(O\)为正三角形\(ABC\)的重心，得到\(AO=\cfrac{3}{2}\times \cfrac{2}{3}=1\)，

在\(Rt\triangle PAO\)中，\(PA=2\)，\(AO=1\)，故\(\angle PAO=\cfrac{\pi}{3}\).

即直线 \(PA\) 与平面 \(ABC\) 所成角的大小为 \(\cfrac{\pi}{3}\)；

④两条异面直线\(AB\)和\(PC\)间的距离为\(\cfrac{3\sqrt{3}}{4}\)；

分析：由上可知，线段\(EF\)为两条异面直线\(AB\)和\(PC\)的公垂线，

且\(EF=\cfrac{3}{2}x=\cfrac{3}{2}\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}=\cfrac{3\sqrt{3}}{4}\)；

即两条异面直线\(AB\)和\(PC\)间的距离为\(\cfrac{3\sqrt{3}}{4}\)；故④正确；

⑤直线 \(FD\) 与直线 \(PC\) 所成角的余弦值为 \(\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)；

分析：由于点\(D\)， \(F\)分别是线段\(BC\)和\(AB\)的中点，故\(DF//AC\)，

则直线 \(FD\) 与直线 \(PC\) 所成角的也就是直线 \(AC\) 与直线 \(PC\) 所成的角，

由上可知是正三棱锥，故在\(\triangle PAC\)中，\(PA=PC=2\)，\(AC=AB=BC=\sqrt{3}\)，

故由余弦定理或者构造\(Rt\triangle\)可得到，\(\cos\angle PCA=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\)，故④错误；

⑥三棱锥 \(P-ABC\) 的体积为 \(\cfrac{3}{4}\)；

分析：由上可知，\(PC=2\)，\(CD=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，则\(PD^2=PC^2-CD^2=2^2-(\cfrac{\sqrt{3}}{2})^2=\cfrac{13}{4}\)，

则\(PO^2=PD^2-OD^2=\cfrac{13}{4}-\cfrac{1}{4}=3\)，即\(PO=\sqrt{3}\)，

故\(V_{P-ABC}=\cfrac{1}{3}\cdot S_{\triangle ABC}\cdot PO=\cfrac{1}{3}\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot(\sqrt{3})^2\cdot \sqrt{3}=\cfrac{3}{4}\)，故⑥正确，

综上所述，正确的命题有：①③④⑥；

【2019届宝鸡理数质检Ⅲ第18题】如图所示的多面体中，\(ABCD\)为菱形，\(BDEF\)为矩形，\(DE\perp\)平面\(ABCD\)，\(\angle BAD=\cfrac{\pi}{3}\)，\(AD=2\)，\(DE=\sqrt{3}\)，

（1）求证：平面\(AEF\perp\)平面\(CEF\)；

法1：建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明；

如图，连结\(AC\)交\(BD\)于点\(O\)，取\(EF\)的中点为\(G\)，连结\(OG\)，分别以\(OA\)，\(OB\)，\(OG\)所在的直线为\(x\)，\(y\)，\(z\)轴建立直角坐标系，

由于\(DE\perp\)面\(ABCD\)，\(DE//FB\)，所以\(DE\perp AD\)，\(DE\perp CD\)，\(FB\perp BC\)，\(FB\perp AB\)，

又\(ABCD\)为菱形，\(BDEF\)为矩形，

则\(\triangle ADE\)，\(\triangle CDE\)，\(\triangle ABF\)，\(\triangle CBF\)是全等的直角三角形，

则由题目可知，\(A(\sqrt{3}，0，0)\)、\(A(\sqrt{3}，0，0)\)、\(B(0，1，0)\)、\(D(0，-1，0)\)、

\(C(-\sqrt{3}，0，0)\)、\(E(0，-1，\sqrt{3})\)、\(F(0，1，\sqrt{3})\)，

则由\(\overrightarrow{AE}=(-\sqrt{3}，-1，\sqrt{3})\)，\(\overrightarrow{AF}=(-\sqrt{3}，1，\sqrt{3})\)，

设平面\(AEF\)的法向量为\(\vec{n}=(x，y，z)\)，

则由\(\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}x-y+\sqrt{3}z=0}\\{-\sqrt{3}x+y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.\)，求得\(\vec{n}=(1，0，1)\)；

由\(\overrightarrow{CE}=(\sqrt{3}，-1，\sqrt{3})\)，\(\overrightarrow{AF}=(\sqrt{3}，1，\sqrt{3})\)，

设平面\(CEF\)的法向量为\(\vec{v}=(x，y，z)\)，

则由\(\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}x-y+\sqrt{3}z=0}\\{\sqrt{3}x+y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.\)，求得\(\vec{v}=(1，0，-1)\)；

由于\(\vec{n}\cdot \vec{v}=1+0-1=0\)，即两个平面的法向量垂直，

故两个平面垂直，即平面 \(AEF\perp\) 平面 \(CEF\)；

法2：面面垂直的定义法，设法证明其二面角为直二面角；

连结\(AC\)交\(BD\)于点\(O\)，取\(EF\)的中点为\(G\)，连结\(OG\)，\(AG\)，\(CG\)，

由于\(DE\perp\)面\(ABCD\)，\(DE//FB\)，所以\(DE\perp AD\)，\(DE\perp CD\)，\(FB\perp BC\)，\(FB\perp AB\)，

又\(ABCD\)为菱形，\(BDEF\)为矩形，则\(\triangle ADE\)，\(\triangle CDE\)，\(\triangle ABF\)，\(\triangle CBF\)是全等的直角三角形，

由\(AE=AF\)，\(CE=CF\)，\(G\)为\(EF\)的中点，可知\(AG\perp EF\)，\(CG\perp EF\)，

则\(\angle AGC\)为二面角\(A-EF-C\)的平面角，由于\(AG=CG=\sqrt{6}\)，\(AC=2\sqrt{3}\)，

故由勾股定理可知，\(\angle AGC=\cfrac{\pi}{2}\)，故平面\(AEF\perp\)平面\(CEF\)；

法3：立体几何法；待思考；

（2）在线段\(AB\)上取一点\(N\)，当二面角\(N-EF-C\)的大小为\(\cfrac{\pi}{3}\)时，求\(|AN|\)的长度；

如图，连结\(AC\)交\(BD\)于点\(O\)，取\(EF\)的中点为\(M\)，连结\(OM\)，分别以\(OA\)，\(OB\)，\(OM\)所在的直线为\(x\)，\(y\)，\(z\)轴建立直角坐标系，

由 \(AD=BD=2\)， 则 \(A(\sqrt{3}, 0,0)\)， \(M(0,0,\sqrt{3})\)， \(C(-\sqrt{3}, 0,0)\)， \(E(0,-1, \sqrt{3})\)，

\(F(0,1, \sqrt{3})\)， \(\overrightarrow{AM}=(-\sqrt{3}, 0,\sqrt{3})\)，

平面 \(CEF\) 的一个法向量 \(\vec{m}=\cfrac{1}{\sqrt{3}}\overrightarrow{AM}=(-1,0,1)\)，

设 \(|AN|=t\)， \(t\in[0, 2]\)， 则 \(N(\sqrt{3}(1-0.5t,0.5t,0)\)，

\(\overrightarrow{EF}=(0,2,0)\)， \(\overrightarrow{EN}=(\sqrt{3}(1-0.5 t), 0.5 t-1,-\sqrt{3})\)，

设平面 \(NEF\) 的法向量 \(\vec{n}=(x,y,z)\), 则 \(\left\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot\overrightarrow{EF}=0\\\vec{n}\cdot\overrightarrow{EN}=0\end{array}\right.\)

得 \(\left\{\begin{array}{l}2y=0\\\sqrt{3}(1-0.5t)x+(0.5t-1)y-\sqrt{3}z=0\end{array}\right.\)

令 \(x=1\), \(z=1-0.5t\), 则 \(y=0\), 得 \(\vec{n}=(1,0,1-0.5t)\)

因为二面角 \(N-EF-C\) 的大小为 \(60^{\circ}\)，

所以 \(\cos60^{\circ}=\cfrac{|\vec{m}\cdot\vec{n}|}{|\vec{m}|\times|\vec{n}|}\)

\(=\cfrac{|-1\times1+0\times 0+1\times(1-0.5t)|}{\sqrt{(-1)^{2}+0+1^{2}}\times\sqrt{1^{2}+0+(1-0.5 t)^{2}}}\)

即 \(\cfrac{1}{2}=\cfrac{0.5t}{\sqrt{2}\times\sqrt{1+(1-0.5 t)^{2}}}\)，

整理得 \(t^{2}+4t-8=0\), 解得 \(t=2\sqrt{3}-2\)，（舍去 \(t=-2\sqrt{3}-2\)）

所以 \(|AN|=t=2\sqrt{3}-2\)

【2023年高考理科数学乙卷版第19题】如图，在三棱锥 \(P-ABC\)中，\(AB\perp BC\)，\(AB=2\)，\(BC=2\sqrt{2}\)，\(PB=PC=\sqrt{6}\)，\(BP\)、\(AP\)、\(BC\) 的中点分别为 \(D\)、\(E\)、\(O\)， \(AD=\sqrt{5}DO\)， 点 \(F\) 在 \(AC\) 上，\(BF\perp AO\)。

(1). 证明： \(EF//\) 平面 \(ADO\)；

✍️思路一：由于点 \(A\)、\(F\)、\(C\)三点共线，故必然存在唯一的实数 \(t\) ，满足条件 \(\overrightarrow{BF}=(1-t)\cdot\overrightarrow{BA}+t\cdot\overrightarrow{BC}\)，^[2]

又由于 \(BF\perp AO\)，故 \(\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO}=0\)，即 \(\overrightarrow{BF}\cdot(\overrightarrow{BO}-\overrightarrow{BA})=0\)，

也即 \(\left[(1-t)\cdot\overrightarrow{BA}+t\cdot\overrightarrow{BC}\right]\cdot\left[\cfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA}\right]=0\)，

由于 \(\angle ABC=90^{\circ}\)，则整理得到，\(-t\cdot\overrightarrow{BA}^2+\cfrac{1-t}{2}\cdot\overrightarrow{BC}^2=0\)，

即 \(-4t+4(1-t)=0\)，解得 \(t=\cfrac{1}{2}\)，

则 \(F\) 为 \(AC\) 的中点^[3]， 由 \(D\)，\(E\)，\(O\)，\(F\) 分别为 \(PB\)、 \(PA\)、 \(BC\)、 \(AC\) 的中点，

于是 \(DE//AB\)， \(DE=\cfrac{1}{2}AB\)， \(OF//AB\)， \(OF=\cfrac{1}{2}AB\)，

即 \(DE//OF\)，\(DE=OF\)， 则四边形 \(ODEF\) 为平行四边形，

\(EF//DO\)， \(EF=DO\)， 又 \(EF\not\subset\) 平面 \(ADO\)， \(DO\subset\) 平面 \(ADO\)，所以 \(EF//\) 平面 \(ADO\).

✍️思路二：注意到题目中有条件 \(BF\perp AO\)，则我们可以利用为 \(\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO}=0\)，故求解如下，

由勾股定理可知，\(AC=2\sqrt{3}\) 且 \(\cos\angle BAC=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，设 \(\overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{AC}\)，

由于 \(\overrightarrow{AB}\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{AC}\)\(=\)\(|\overrightarrow{AB}|\)\(|\overrightarrow{AC}|\)\(\cos\angle\)\(BAC\)\(=\)\(4\)，

则 \(\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO}\)\(=\)\((\lambda\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})\)\((\cfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\cfrac{1}{2}\overrightarrow{AC})\)

\(=\cfrac{\lambda}{2}|\overrightarrow{AC}|^2-\cfrac{1}{2}|\overrightarrow{AB}|^2+(\cfrac{\lambda}{2}-\cfrac{1}{2})\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=8\lambda-4=0\)，

解得 \(\lambda=\cfrac{1}{2}\)， 则 \(F\) 为 \(AC\) 的中点，由 \(D\)，\(E\)，\(O\)，\(F\) 分别为 \(PB\)、 \(PA\)、 \(BC\)、 \(AC\) 的中点，

于是 \(DE//AB\)， \(DE=\cfrac{1}{2}AB\)， \(OF//AB\)， \(OF=\cfrac{1}{2}AB\)，

即 \(DE//OF\)，\(DE=OF\)， 则四边形 \(ODEF\) 为平行四边形，

\(EF//DO\)， \(EF=DO\)， 又 \(EF\not\subset\) 平面 \(ADO\)，\(DO\subset\) 平面 \(ADO\)，所以 \(EF//\) 平面 \(ADO\).

(2). 证明： 平面 \(ADO\perp\) 平面 \(BEF\)；

证明：由于 \(AO\)\(=\)\(\sqrt{AB^2+OB^2}\)\(=\)\(\sqrt{6}\)\(=\)\(PC\)\(=\)\(2OD\)， \(AD=\sqrt{5}DO\)，

则由 \(AD^2=AO^2+OD^2\)^[4]，故 \(AO\perp OD\)，则有 \(AO\perp EF\)，

由 \(AO\perp BF\)，\(BF\cap EF=F\)，\(BF,EF\subset\) 平面 \(BEF\)，

则 \(AO\perp\) 平面 \(BEF\)，又由于 \(AO\subset\) 平面 \(ADO\)，

故 平面 \(ADO\perp\) 平面 \(BEF\)；

(3). 求二面角 \(D-AO-C\) 的正弦值；

解：设二面角 \(D-AO-C\) 的平面角为 \(\theta\)，则由 \(AO\perp OD\)， \(AO\perp BF\)，则 \(\theta\) 为 \(\overrightarrow{OD}\) 与 \(\overrightarrow{BF}\) 的夹角，

又由于 \(|\overrightarrow{BF}|=\cfrac{1}{2}|\overrightarrow{BF}|=\sqrt{3}\)， \(|\overrightarrow{OD}|=\cfrac{1}{2}|\overrightarrow{PC}|=\cfrac{\sqrt{6}}{2}\)，\(\cos\angle PCD=\cos\angle DOB=\cfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，

则 \(\cos\theta=\cfrac{\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{OD}}{|\overrightarrow{BF}||\overrightarrow{OD}|}=\cfrac{\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{OA}-3\overrightarrow{OB})\cdot\overrightarrow{OD}}{|\overrightarrow{BF}||\overrightarrow{OD}|}=\cfrac{-\cfrac{3}{2}\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OD}}{|\overrightarrow{BF}||\overrightarrow{OD}|}\)

\(=\cfrac{-\cfrac{3}{2}\times\sqrt{2}\times\cfrac{\sqrt{6}}{2}\times\cfrac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{3}\times\cfrac{\sqrt{6}}{2}}=-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，即此平面角为钝角，

则 \(\sin\theta=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，即二面角 \(D-AO-C\) 的正弦值为 \(\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，

【人教 2019A 版教材\(P_{171}\) 页复习参考题 8 第 14 题】

---

1. 如果一条直线和平面内的两条相交直线都垂直，则该直线和平面垂直。 ↩︎

2. 我们拿到这个题目，一般都会想到转化为通过证明线线平行来证明线面平行，但就是这个线线平行是此题目中的难点，你看着线线是平行的，但常规思路就是不能证明这一点；此题目此处主动应用三点共线的向量表示形式，非常巧妙，引入参数 \(t\)，目的是为了下一步求解 \(t=\cfrac{1}{2}\)，从而得到点 \(F\) 是 \(AC\) 的中点，这样就方便下一步说明线线平行； ↩︎

3. 当 \(t=\cfrac{1}{2}\) 时，由 \(\overrightarrow{BF}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}\)\(+\)\(\cfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}\)，由向量加法的平行四边形法则可以推导得到 \(F\) 为 \(AC\) 的中点 . ↩︎

4. 由数量的关系得到形式上的关系，也是非常常用的思路之一； ↩︎