高考数学专题:二面角三类问题六种解题策略方法

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αβa
O
A B
二面角三类问题六种解题策略方法
二面角大小的求法中知识的综合性较强,方法的灵活性较大,一般而言,二面角的大小往往转化为其平面角的大小,从而又化归为三角形的内角大小,在其求解过程中,主要是利用平面几何、立体几何、三角函数等重要知识。

求二面角大小的关键是,根据不同问题给出的几何背景,恰在此时当选择方法,我们分为三类问题六种解题方法。

从而给出二面角的通性通法。

第一类:有棱二面角的平面角的方法
方法1、定义法:
从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角, 这条直线叫做二面角的棱, 这两个半平面叫做二面角的面,在棱上取点,分别在两面内引两条射线与棱垂直,这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角。

本定义为解题提供了添辅助线的一种规律。

如例1中从二面角S —AM —B 中半平面ABM 上的一已知点(B )向棱AM 作垂线,得垂足(F );在另一半平面ASM 内过该垂足(F )作棱AM 的垂线(如GF ),这两条垂线(BF 、GF )便形成该二面角的一个平面角,再在该平面角内建立一个可解三角形,然后借助直角三角函数、正弦定理与余弦定理解题。

例1、(全国卷Ⅰ理)如图,四棱锥中,底面为矩形,底面,
,,点M 在侧棱上,=60°
(I )证明:M 在侧棱的中点 (II )求二面角的余弦值。

证(I )略
解(II ):利用二面角的定义。

在等边三角形中过点作交于点,则点为AM 的中点,过F 点在平面ASM 内作,GF 交AS 于G ,
连结AC ,∵△ADC ≌△ADS ,∴AS-AC ,且M 是SC 的中点, ∴AM ⊥SC , GF ⊥AM ,∴GF ∥AS ,又∵为AM 的中点,
∴GF 是△AMS 的中位线,点G 是AS 的中点。

则即为所求二面角. ∵2=SM ,则2
2
=
GF ,又∵6==AC SA ,∴2=AM ∵2==AB AM ,060=∠ABM ∴△ABM 是等边三角形,∴3=BF 在△GAB 中,2
6
=
AG ,2=AB ,090=∠GAB ,∴2
11423=+=BG S ABCD -ABCD SD ⊥ABCD 2AD =2DC SD ==SC ABM ∠SC S AM B --ABM B BF AM ⊥AM F F GF AM ⊥F GFB ∠ F
G
366
23
22221132
12cos 222-=-=⨯⨯-
+=⋅-+=∠FB GF BG FB GF BFG ∴二面角的大小为)3
6arccos(-
举一反三:空间三条射线CA 、CP 、CB ,∠PCA=∠PCB=60o ,∠ACB=90o ,求二面角B-PC-A 的大小。

解:过PC 上的点D 分别作DE ⊥AC 于E ,DF ⊥BC 于F ,连EF.
∴∠EDF 为二面角B-PC-A 的平面角,设CD=a ,∵∠PCA=∠PCB=600, ∴CE=CF=2a ,DE=DF=a 3,又∵∠ACB=900,∴EF=2a ,
∴∠EDF=31
328332
222=⋅-+a
a a a 方法2、三垂线法
三垂线定理:在平面内的一条直线,如果和这个平面的一条斜线的射影垂直,那么它也和这条斜线垂直.通常当点P 在一个半平面上则通常用三垂线定理法求二面角的大小。

本定理亦提供了另一种添辅助线的一般规律。

如(例2)过二面角B-FC -C 中半平面BFC 上的一已知点B 作另一半平面
FC 1C 的垂线,得垂足O ;再过该垂足O 作棱FC 1的垂线,得垂足
P ,连结起点与终点得斜线段PB ,便形成了三垂线定理的基本构图(斜线PB 、垂线BO 、射影OP )。

再解直角三角形求二面角的度数。

例2.(山东卷理) 如图,在直四棱柱ABCD-A B C D
中,底面ABCD 为等腰梯形,AB//CD ,AB=4, BC=CD=2,
AA =2, E 、E 、F 分别是棱AD 、AA 、AB 的中点。

(1) 证明:直线EE //平面FCC ;
S AM B --11111
11111E
A
B
C
F
E 1
A 1
B 1
C 1
D 1 D
P
B α
C
A
E F
D
(2) 求二面角B-FC -C 的余弦值。

证(1)略
解(2)因为AB=4, BC=CD=2, 、F 是棱AB 的中点,所以BF=BC=CF,△BCF 为正三角形,取CF 的中点O,则OB ⊥CF,又因为直四棱柱ABCD-A B C D 中,CC 1⊥平面ABCD,所以CC 1⊥BO,所以OB ⊥平面CC 1F,过O 在平面CC 1F 内作OP ⊥C 1F,垂足为P,连接BP,则∠OPB 为二面角B-FC -C 的一个平面角, 在△BCF 为正三角形中,在Rt △CC 1F 中, △OPF ∽△CC 1F,∵
∴, 在Rt △OPF 中,,所以二面角B-FC -C 的余弦值为
. 举一反三:在四棱锥P-ABCD 中,ABCD 是平行四边形,PA ⊥平面ABCD ,PA=AB=a ,∠ABC=30°,求二面角P-BC-A 的大小。

解:如图,PA ⊥平面BD ,过A 作AH ⊥BC 于H ,连结PH ,则PH ⊥BC 又AH ⊥BC ,故∠PHA 是二面角P-BC-A 的平面角。

在Rt △ABH 中,AH=ABsin ∠ABC=aSin30°=2a ;
在Rt △PHA 中,tan ∠PHA=PA/AH=22a
a
=,则∠PHA=arctan2. 方法3、垂面法:
垂面法:已知二面角内一点到两个面的垂线时,过两垂线作平面与两个半平面的交线所成的角即为平面角,由此可知,二面角的平面角所在的平面与棱垂直。

例3 在四棱锥P-ABCD 中,ABCD 是正方形,PA ⊥平面ABCD ,PA=AB=a ,求B-PC-D 的大小。

1111113OB =11OP OF CC C F =2212
2222
OP =⨯=
+22114322BP OP OB =+=+=272cos 14
2
OP OPB BP ∠===177
E
A
B
C
F
E 1
A 1
B 1
C 1
D 1
D
F 1
O P
p
A
B
C
D
L H
j A B
C
D
P
H
解:(垂面法)如图,PA⊥平面BD BD⊥AC
BD⊥BC过BD作平面BDH⊥PC于H PC⊥DH、BH ∠BHD为二面角B-PC-D的平面角。


1
2PB·BC=S△PBC=
1
2PC·BH则
BH==DH,又
BD=在△BHD中由余弦定理,得:
cos∠BHD

)
22
2
222331
22
33
a a
BH DH BD
BH BD
⎛⎫⎛⎫
+-
⎪ ⎪
+-
==-
,又0<∠BHD<π ,则
∠BHD=
2
3
π
,二面角B-PC-D的大小是
2
3
π。

第二类.无棱二面角的处理方法
本法是针对在解构成二面角的两个半平面没有明确交线的求二面角题目时,要将两平面的图形补充完整,使之有明确的交线(称为补棱),然后借助前述的定义法与三垂线法解题。

即当二平面没有明确的交线时,一般用补棱法解决
方法4:射影面积法(cos
s
S
射影

凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积
的都可利用射影面积公式(cos


S
S
=
θ)求出二面角的大小。

例4 在四棱锥P-ABCD中,ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=a ,求平面PBA与平面PDC所成二面角的大小。

解:(面积法)如图,
AD PA
AD AB AD PBA A
PA AB A
⊥⎫

⊥⇒⊥


=⎭


同时,BC⊥平面BPA于B ,故△PBA是△PCD在平面PBA
上的射影
设平面PBA与平面PDC所成二面角大小为θ

则cosθ=2
2PBA PCD
s S ∆∆=
θ=45°
举一反三:如图,在三棱锥P ABC -中,2AC BC ==,90ACB ∠=,
AP BP AB ==,PC AC ⊥.
(Ⅰ)求证:PC AB ⊥;
(Ⅱ)求二面角B AP C --的余弦值;
分析:本题要求二面角B —AP —C 的大小,如果利用射影面积法解题,不难想到在平面ABP 与平面ACP 中建立一对原图形与射影图形并分别求出S 原与S 射 于是得到下面解法。

解:(Ⅰ)证略
(Ⅱ)AC BC =,AP BP =,APC BPC ∴△≌△. 又PC AC ⊥,PC BC ∴⊥. 又90ACB ∠=,即AC BC ⊥,且AC PC C =,
BC ∴⊥平面PAC .
取AP 中点E .连结BE CE ,. AB BP =,BE AP ∴⊥.
EC 是BE 在平面PAC 内的射影, CE AP ∴⊥.
∴△ACE 是△ABE 在平面ACP 内的射影, 于是可求得:
2222=+===CB AC AP BP AB ,622=-=AE AB BE ,
2==EC AE 则1222
121=•=•=
=∆CE AE S S ACE 射, 3622
1
21=•=•=
=∆EB AE S S ABE 原 设二面角B AP C --的大小为ϑ,则3
3
3
1cos =
=
=

射S S ϑ ∴二面角B AP C --的大小为3
3arccos =ϑ
方法5平移或延长(展)线(面)法:对于一类没有给出棱的二面角,应先延伸两个半平面,使之相交出现棱,然后再选用上述方法(尤其要考虑射影法)。

例5 在四棱锥P-ABCD 中,ABCD 为正方形,PA ⊥平面ABCD ,PA =AB =a ,求平面PBA 与平面PDC 所成二面角的大小。

(补形化为定义法)
解:(补形化为定义法)如图,将四棱锥P-ABCD 补形得正方体ABCD-PQMN , 则PQ ⊥PA 、PD ,于是∠APD 是两面所成二面角的平面角。

A
C
B
E
P
A 1
D 1 B 1
C 1
E
D
B
C A
图5
在Rt △PAD 中,PA=AD ,则∠APD=45°。

即平面BAP 与平面PDC 所成二面角的大小为45°
第三类通法、向量法
向量法解立体几何中是一种十分简捷的也是非常传统的解法,可以说所有的立体几何题都可以用向量法求解,用向量法解立体几何题时,通常要建立空间直角坐标系,写出各点的坐标,然后将几何图中的线段写成用坐标法表示的向量,进行向量计算解题。

在立体几何中求二面角可归结为求两个向量的夹角问题.对于空间向量→a 、→
b , 有cos <→a ,→
b >=→
→→
→⋅⋅|
|||b a b
a .利用这一结论,我们可以较方便地处理立体几何中二面角的
问题.
例6.在四棱锥V-ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧面VAD 是正三角形,平面VAD ⊥底面ABCD .求面VAD 与面VDB 所成的二面角的余弦值.
证明: 建立如图空间直角坐标系,并设正方形边长为1,依题意 得AB −−→
= (0,1,0),是面VAD 的法向量, 设n →
= (1,y ,z)是面VDB 的法向量,则
0,0.n VB n VB →−−→→−−→⎧⋅=⎪⎨⎪⋅=⎩
⇒1,33y z =-⎧⎪
⎨=-
⎪⎩⇒n →= (1,-1,3)。

∴cos <AB −−→,n →

||||
AB n
AB n −−→→
−−→→
⋅⋅=-21
7

又由题意知,面VAD 与面VDB 21
例7(天津卷理)如图,在五面体ABCDEF 中,FA 平面ABCD, AD//BC//FE ,AB AD ,
M 为EC 的中点,AF=AB=BC=FE=AD 。

,(I)求异面直线BF 与DE 所成的角的大小; (II) 证明平面AMD 平面CDE ; (III)求二面角A-CD-E 的余弦值。

⊥⊥1
2⊥ A B
C V
D x
y
z
解:如图所示,建立空间直角坐标系,以点为坐标原点。

设依题意得 (I ) 所以异面直线与所成的角的大小为.
(II )证明: ,
(III )
又由题设,平面的一个法向量为
综合应用
在四棱锥P -ABCD 中,已知ABCD 为矩形,P A ⊥平面ABCD ,设P A =AB =1,BC =2,求二面角B -PC -D 的大小.
解析1.定义法 过D 作DE ⊥PC 于E , 过E 作EF ⊥PC ,交BC 于F ,连接 FD ,则 是所求二面角B -PC -D
的平面角.求解二面角B -PC -D 的大小,只需解△DEF 即可.所求角为10
π-
解析2.垂面法 易证面P AB ⊥面PBC ,过A 作AM ⊥BP 于M ,显然AM ⊥面PBC ,从而有AM ⊥PC ,同法可得AN ⊥PC ,再由AM 与AN 相交与A 得PC ⊥面AMN .设面AMN 交PC 于Q ,
则为二面角B -PC -D 的平面角;
∠MAN 为它的补角,在三角形AMN 中可解.计算较繁.
A ,
1=AB (),,,001B (),,,011C (),,,020D (),,,110E (),,,
100F .21121M ⎪⎭⎫
⎝⎛,,(),,,解:101BF -=(),
,,110DE -=.2
1
221
00DE
BF DE cos =•++=
=
,于是BF B F DE 060,,,由⎪⎭⎫ ⎝⎛=21121AM (),,,101CE -=()0AM CE 020AD =•=,可得,,.AMD CE A AD AM .AD CE AM CE .0AD CE 平面,故又,因此,⊥=⊥⊥=• .CDE AMD CDE CE 平面,所以平面平面而⊥⊂⎪⎩⎪⎨⎧=•=•=.
0D 0)(CDE E u CE u z y x u ,
,则,,的法向量为解:设平面.111(1.00),,,可得令,于是==⎩⎨⎧=+-=+-u x z y z x ACD ).100(,,=v DEF ∠MQN ∠B
D P
C
A E
F
解析一
解析3.利用三垂线求解把四棱锥P -ABCD 补成如图的直三棱柱P AB -EDC ,显然二面角E -PC -D 与二面角D -PC -B 互补,转化为求二面角E -PC -D .
易证面PEDA ⊥PDC ,过E 作EF ⊥ PD 于F ,显然PF ⊥面PDC ,在面PCE 内, 过E 作EG ⊥PC 于G ,连接GF ,由三
线得GF ⊥ PC 即EGF ∠为二面角E -PC -D 的平面角,只需解△EFG 即可.
解析4. 射影面积法。

由解析3知,△PFC 为△ PEC
在面PDC
上的射影,由射影面积公式得cos θ
,所求角为π-
解析5.在面PDC 内,分别过D 、B 作DE ⊥PC 于E ,BF ⊥PC 于F ,连接EF 即可.利用平面知识求BF 、EF 、DE 的长度,再利用空间余弦定理求出q 即可.
B
D
P C
A


Q 解析二 B D
C 解析四
B D
P C
A
解析三 E
F G
【自我检测】
1.如图所示,过正方形ABCD 的顶点A 作PA ⊥平面ABCD ,设PA=AB=a ,
求:(1)二面角B —PC —D 的大小;(2)平面PAB 和平面PCD 所成二面角的大小. 解:(1)∵PA ⊥平面ABCD ,BD ⊥AC ,∴BD ⊥PC (三垂线定理)
在平面PBC 内,作BE ⊥PC ,E 为垂足,连结DE ,得PC ⊥平面BED ,
从而DE ⊥PC ,即∠BED 是二面角B —PC —D 的平面角.
在Rt △PAB 中,由PA=AB=a ,得PB= a.∵PA ⊥平面ABCD ,BC ⊥AB ,
∴BC ⊥PB (三垂线定理)∴PC=
在Rt △PBC 中,BE=同理DE=
.
在△BDE 中,根据余弦定理,得cos ∠BED=
.
∴∠BED=120°,即二面角B —PC —D 的大小为120°.
(2)过P 作PQ ∥AB ,则PQ 平面PAB.∵AB ∥CD ,∴PQ ∥CD ,PQ 平面PCD.
∵PA ⊥AB ,∴PA ⊥PQ ∵PA ⊥平面ABCD ,CD ⊥AD.
∴CD ⊥PD 即QP ⊥PD ,
则∠APD 即为所求的二面角,
∵PA=AD=a,PA ⊥AD ,∴∠APD=45°即所求的二面角的大小为45°2.如图,四
边形为正方形,分别为的中点,以为折痕把折起,使点到达点的位置,且.
2
a
BC PB 322=+.3
6
32a a
a a PC
BC PB =
⋅=
⋅a 3
6=⋅-+DE BE BD DE BE 22
2
2
213
222323222
2
2-
=⋅-+a a a a ⊂⊂ABCD ,E F ,AD BC DF DFC △C P PF BF ⊥B
D
P
C
A
解析五


(1)证明:平面平面; (2)求与平面所成角的正弦值.
解:(1)由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,所以BF ⊥平面PEF . 又平面ABFD ,所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)作PH ⊥EF ,垂足为H .由(1)得,PH ⊥平面ABFD .
以H 为坐标原点,的方向为y 轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .
由(1)可得,DE ⊥PE .又DP =2,DE =1,所以PE
.又PF =1,
EF =2,故PE ⊥PF . 可得. 则为平面ABFD 的法向量.

DP 与平面ABFD 所成角为,则
.
所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为
. 3.如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为矩形,PD ⊥底面ABCD ,AD=PD ,E ,F 分别CD 、PB 的中点.
(Ⅰ)求证:
EF ⊥平面PAB ;
PEF ⊥ABFD DP ABFD BF ⊂HF ||
BF 3
22
PH EH =
=33(0,0,0),(0,0,(1,,0),(1,,),2222H P D DP --=(0,0,2
HP =θ3
4sin ||||||3
HP DP HP DP θ⋅===4
(Ⅱ)设
,求AC 与平面AEF 所成角的大小.
(Ⅰ)证明:建立空间直角坐标系(如图),设AD=PD=1,AB=2a (0a >),则E(a,0,0),
C(2a,0,0), A(0,1,0), B(2a,1,0), P(0,0,1), 11(,,)22F a .得11
(0,,)22
EF =,(2,1,1)PB a =-,
(2,0,0)AB a =. 由11
(0,,)(2,0,0)022EF AB a ⋅=⋅=,得EF AB ⊥,即EF AB ⊥,
同理EF PB ⊥,又AB PB B =, 所以,
EF ⊥平面PAB. (Ⅱ)解:由
AB =
,得2a =2
a =
. 得
2
E ,11,)
222F ,C . 有(2,1,0)AC =-,2(
1,0)2AE =-,11
(0,,)22
EF =. 设平面AEF 的法向量为(,,1)n x y =,
由0
n EF n AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪
⎩11(,,1)(0,,)022(,,1)1,0)0x y x y ⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎪⋅
-=⎪⎩1
102202
y x y ⎧+=⎪⎪⇒-
=⎪⎩, 解得1
y x =-⎧⎪⎨=
⎪⎩. 于是(1,1)n =-.
设AC 与面AEF 所成的角为θ,AC 与n 的夹角为,AC n <>.
则sin cos ,6
AC n AC n AC n
θ
⋅=<>=
=
=
⋅. 得arcsin
6
θ=. 所以,AC 与平面AEF 所成角的大小为arcsin
6
. 点评:设n 是平面α的法向量,AB 是平面α的一条斜线,则AB 与平面α所成的角为
arccos
2
AB n AB n AB n
AB n
π
••-••,或者arcsin。

4.(·全国新课标)如图,四棱锥P ABCD 中,底面ABCD 为平行四边形,∠DAB =60°,AB =
2AD ,PD ⊥底面ABCD . (1)证明:P A ⊥BD ;
(2)若PD =AD ,求二面角APBC 的余弦值.
[审题视点] 会判断法向量的方向,找准向量夹角与二面角是相等还是互补. (1)证明 因为∠DAB =60°,AB =2AD ,由余弦定理得BD =3AD . 从而BD 2+AD 2=AB 2,故BD ⊥AD .
又PD ⊥底面ABCD ,可得BD ⊥PD .又AD ∩PD =D . 所以BD ⊥平面P AD .故P A ⊥BD .
(2)解 如图,以D 为坐标原点,AD 的长为单位长,射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz ,则
A (1,0,0),
B (0,3,0),
C (-1,3,0),P (0,0,1). =(-1,3,0),=(0,3,-1),=(-1,0,0). 设平面P AB 的法向量为n =(x ,y ,z ),则 即⎩⎨⎧
-x +3y =0,3y -z =0. 因此可取n =(3,1,3). 设平面PBC 的法向量为m ,则
可取m =(0,-1,-3),则cos 〈m ,n 〉=-427=-27
7.
故二面角APBC 的余弦值为-27
7.
5.(辽宁)如图,四边形ABCD 为正方形,PD ⊥平面ABCD ,PD ∥QA ,QA =AB =1
2PD . (1)证明:平面PQC ⊥平面DCQ ; (2)求二面角Q BPC 的余弦值.
解:如图,以D 为坐标原点,线段DA 的长为单位长度,射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz .
(1)依题意有Q (1,1,0),C (0,0,1),P (0,2,0).
则=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0).
所以·=0,·=0.
即PQ ⊥DQ ,PQ ⊥DC .又DQ ∩DC =D ,故PQ ⊥平面DCQ . 又PQ ⊂平面PQC ,所以平面PQC ⊥平面DCQ . (2)依题意有B (1,0,1),=(1,0,0),=(-1,2,-1).
设n =(x ,y ,z )是平面PBC 的法向量,则即⎩⎨⎧
x =0,-x +2y -z =0.
因此可取n =(0,-1,-2). 设m 是平面PBQ 的法向量,则
可取m =(1,1,1),所以cos 〈m ,n 〉=-15
5. 故二面角QBPC 的余弦值为-15
5.。

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