2020高二数学立体几何之综合法求二面角含答案(新高考)
2020高考数学解答题核心素养题型《专题07 立体几何综合问题》+答题指导)(解析版)
专题07 立体几何综合问题【题型解读】▶▶题型一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．(2)利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．【例1】 (2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD . (1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°，故BD ⊥AD .因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD .又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .(2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ， 又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A (1,0,0)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)．所以AE →＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，3，0)．设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A E →＝0，n ·A C →＝0，即⎩⎨⎧ －x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2,1)为平面AEC 的一个法向量．因为A F →＝(－1，3，3)， 所以cos 〈n ，A F →〉＝n ·A F →|n |·|A F →|＝4214， 所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 【素养解读】本例问题(1)证明两平面垂直，考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时，考查了直观想象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 (2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝ 5 ，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B －CD －C 1的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF .因为AB ＝BC .所以AC ⊥BE ，所以AC ⊥平面BEF .(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1.又CC 1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC .因为BE ⊂平面ABC ，所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐称系Exyz .由题意得B (0,2,0)，C (－1,0,0)，D (1,0,1)，F (0,0,2)，G (0,2,1)．所以CD →＝(2,0,1)，C B →＝(1,2,0)，设平面BCD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·C D →＝0，n ·C B →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋c ＝0，a ＋2b ＝0.令a ＝2，则b ＝－1，c ＝－4，所以平面BCD 的法向量n ＝(2，－1，－4)，又因为平面CDC 1的法向量为E B →＝(0,2,0)，所以cos 〈n ，E B →〉＝n ·E B→|n ||EB →|＝－2121. 由图可得二面角B －CD －C 1为钝二面角，所以二面角B －CD －C 1的余弦值为－2121. (3)证明：平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，因为G (0,2,1)，F (0，0,2)，所以G F →＝(0，－2,1)，所以n ·G F →＝－2，所以n 与G F →不垂直，所以GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，所以GF 与平面BCD 相交． ▶▶题型二 平面图形折叠成空间几何体的问题1．先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．2．(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明．【例2】 (2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂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，HF →的方向为y 轴正方向，|B F →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，D P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，H P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪H P →·D P →|H P →|·|DP →|＝ 34 3＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化，因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养．【突破训练2】 如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点，将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC .所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2. 如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0， 得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22， CD →＝BE →＝(－2，0,0)．设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)； 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)， 从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值为63. ▶▶题型三 线、面位置关系中的探索性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，解决这类问题的基本思路类似于反证法，即“在假设存在的前提下通过推理论证，如果能找到符合要求的点(或其他的问题)，就肯定这个结论，如果在推理论证中出现矛盾，就说明假设不成立，从而否定这个结论”．【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝2 2 ，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ； (2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，A P →＝(0,2,23)，取平面PAC 的一个法向量O B →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则A M →＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由A P →·n ＝0，A M →·n ＝0得⎩⎨⎧ 2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a)y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈O B →，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2.由已知得|cos 〈O B →，n 〉|＝32. 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去)，a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又P C →＝(0,2，－23)， 所以cos 〈P C →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M 的位置，要求较高，它既考查了直观想象的核心素养，又考查了数学建模的核心素养．【突破训练3】 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，且AA 1＝AB ＝2. (1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6，请问在线段A 1C 上是否存在点E ，使得二面角A －BE －C 的大小为2π3，请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB 1交A 1B 于点D ，因为AA 1＝AB ，所以AD ⊥A 1B ，又平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，平面A 1BC ⊂平面ABB 1A 1＝A 1B ，所以AD ⊥平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AD ⊥BC .因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥底面ABC ，所以AA 1⊥BC ，又AA 1∩AD ＝A ，所以BC ⊥侧面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB . (2)由(1)得AD ⊥平面A 1BC ，所以∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角，即∠ACD ＝π6，又AD ＝2，所以AC ＝22，假设存在适合条件的点E ，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，设A 1E →＝λA 1C →(0≤λ≤1)，则B (2，2，0)，B 1(2，2，2)，由A 1(0,0,2)，C (0,22，0)，得E (0,22λ，2－2λ)，设平面EAB 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，得⎩⎨⎧ 22λy ＋(2－2λ)z ＝0，2x ＋2y ＝0， 所以可取m ＝(1－λ，λ－1，2λ)， 由(1)知AB 1⊥平面A 1BC ，所以平面CEB 的一个法向量n ＝(1,1，2)， 所以12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 2π3＝cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝2λ22(λ－1)2＋2λ2，解得λ＝12，故点E 为线段A 1C 中点时，二面角A －BE －C 的大小为2π3.。
2020高考—立体几何(解答+答案)
2020年高考——立体几何1.(20全国Ⅰ文19)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC△是底面的内接正三角形，P为DO 上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.2.(20全国Ⅰ理18)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE AD=．ABC△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PO DO=．（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B PC E--的余弦值．3.（20全国Ⅱ文20）（12分）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B–EB1C1F的体积．4.（20全国Ⅱ理20）（12分）如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．5.（20全国Ⅲ文 19）（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．6.（20全国Ⅲ理19）（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．7.（20新高考Ⅰ20）（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．8.(20天津17)（本小题满分15分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．9.(20浙江19)（本题满分15分）如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ． （Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．10.（20江苏15）（本小题满分14分）在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．11.（20江苏22）（本小题满分10分）在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD =5,BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值； （2）若点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．12.(20北京16)（本小题13分）如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．参考答案：1.解：（1）由题设可知，PA =PB = PC ．由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ． 由题设可得rl =3，222l r -=． 解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===． 所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．2．解：（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,)222E A C P --. 所以312(,,0),(0,1,)222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即20231022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(2)=m . 由（1）知2(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.3．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ⋂平面EB 1C 1F = PN ， 故AO ∥PN ，又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP = ON =13AM =3，PM =23AM =23，EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．4．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC ．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1CF ．（2）由己知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA 的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM =3． 连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故23231,(,,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ． 设(,0,0)Q a ，则22123234(),(,1,4())33NQ a B a a =----， 故21123223210(,,4()),||3333B E a a B E =-----=． 又(0,1,0)=-n 是平面A 1AM 的法向量，故1111,π10sin(,)cos ,210||B E B E B E B E -===⋅n n n |n |．所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010．5．解：（1）如图，连结BD ，11B D ．因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形，故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥．所以AC ⊥平面11BB D D ． 由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内．6．解：设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内． （2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则 110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ． 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为1212127cos ,||||7⋅〈〉==-⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．7．解：（1）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD AD ⊥．又底面ABCD 为正方形，所以AD DC ⊥，因此AD ⊥底面PDC ． 因为AD BC ∥，AD ⊄平面PBC ，所以AD ∥平面PBC ． 由已知得l AD ∥．因此l ⊥平面PDC ． （2）以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．则(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(0,0,1)D C B P ，(0,1,0)DC =，(1,1,1)PB =-． 由（1）可设(,0,1)Q a ，则(,0,1)DQ a =．设(,,)x y z =n 是平面QCD 的法向量，则0,0,DQ DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0.ax z y +=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,)a =-n ． 所以2cos ,||||31PB PB PB a⋅-〈〉==⋅+n n n ． 设PB 与平面QCD 所成角为θ，则22332sin 1311aa a θ==+++ 2326131a a ++当且仅当1a =时等号成立，所以PB 与平面QCD 所成角的正6．8．依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M =，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA =是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =-．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ． 因此有|||6cos ,|A CA C CA ⋅〈〉==n n n 30sin ,6CA 〈〉=n ． 所以，二面角1B B E D --30（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,||||AB AB AB ⋅==n n n ． 所以，直线AB 与平面1DB E 39.（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==， 因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.10.证明：因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .11.解：（1）连结OC ，因为CB =CD ，O 为BD 中点，所以CO ⊥B D ．又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥O C ．以{}OB OC OA ，，为基底，建立空间直角坐标系O –xyz ． 因为BD =2，CB CD ==，AO =2，所以B （1，0，0），D （–1，0，0），C （0，2，0），A （0，0，2）． 因为E 为AC 的中点，所以E （0，1，1）． 则AB =（1，0，–2），DE =（1，1，1），所以|||1||||||5cos AB DE AB DE AB DE +=⋅⋅==<>，．因此，直线AB 与DE ． （2）因为点F 在BC 上，14BF BC =，BC =（–1，2，0）． 所以111(,,0)442BF BC ==-． 又20,0DB =（,）， 故71(,,0)42DF DB BF =+=．设1111()x y z =，，n 为平面DEF 的一个法向量， 则1100,DE DF ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即111110710,42x y z x y +⎧+=⎪+=⎪⎨⎩， 取12x =，得1–7y =，15z =，所以1(275)n =-，，． 设2222()x y z =，，n 为平面DEC 的一个法向量，又DC =（1，2，0），则2200,DE DC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即22222020,x y z x y ++=+=⎧⎨⎩，取22x =，得2–1y =，2–1z =，所以2(211)n =--，，． 故2112|||475|13|||||co |13786s θ+-⋅===⋅⨯n n n n ．所以22391cos s n 13i θθ=-=．12.。
高二数学立体几何综合试题答案及解析
高二数学立体几何综合试题答案及解析1.在空间直角坐标系中，点，关于轴对称的点的坐标是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】点关于轴对称的点坐标不变，坐标与分别互为相反数.故对称点为.【考点】空间直角坐标系.2.将边长为1的正方形ABCD延对角形AC折起，使平面平面，在折起后形成的三棱锥D-ABC中，给出下列三个命题：①面是等边三角形；②；③三棱锥D-ABC的体积为.其中正确命题的序号是_________（写出所有正确命题的序号）【答案】①②【解析】设正方形的边长为，取线段的中点，连接，则有，所以面，又面,从而,②正确，又平面平面，所以,且，所以，①正确，又=，③错误.【考点】1、面面垂直的性质；2、线面垂直的性质；3、几何体的体积.3.在直三棱柱中，（1）求异面直线与所成角的大小；（2）求多面体的体积。
【答案】（1）（2）【解析】解：（1）由条件，因此即为异面直线与所成角。
由条件得，，，在中，求出。
，。
所以异面直线与所成角的大小为。
（2）由图可知，，由条件得，，，因此【考点】异面直线所成的角；锥体的体积公式点评：求异面直线所成的角，可通过转化为共面直线所成的角来求解，有时也可通过向量来求。
4.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别为棱BB1和DD1的中点.（1）求证：平面B1FC//平面ADE；（2）试在棱DC上取一点M，使平面ADE；（3）设正方体的棱长为1，求四面体A-1—FEA的体积.【答案】（1）E、F分别为正方体ABCD—A1B1C1D1棱BB1和DD1中点.四边形DFB1E为平行四边形，即FB1//DE，由又平面B1FC//平面ADE（2）取DC中点M（3）【解析】（1）证明：E、F分别为正方体ABCD—A1B1C1D1棱BB1和DD1中点.四边形DFB1E为平行四边形，即FB1//DE，由 2分又平面B1FC//平面ADE. 4分（2）证明：取DC中点M，连接D1M，由正方体性质可知，，且 5分所以又所以所以 6分又平面B1FC1又由（1）知平面B1FC1//平面ADE.所以平面ADE. 8分（3）方法一：由正方体性质有点F到棱AA1的距离及点E到侧面A1ADD1的距离都是棱长1 9分12分方法二：取EF中点O1，把四面体分割成两部分F—AA1O1，E—AA1O110分E、F分为正方体ABCD—A1B1C1D1棱BB1和DD1中点，由正方体性质有，O1为正方体的中心.平面AA1O，O1到AA1的距离为面对角线的一半，12分【考点】线面垂直平行的判定与椎体体积点评：判定两面平行常用的方法是其中一个平面内两条相交直线平行于另外一面；判定线面垂直常用方法是直线垂直于平面内两条相交直线；椎体体积5.如图，已知棱柱的底面是菱形，且面，，，为棱的中点，为线段的中点，（Ⅰ）求证：面；（Ⅱ）判断直线与平面的位置关系，并证明你的结论；（Ⅲ）求三棱锥的体积.【答案】（Ⅰ）证明：连结、交于点，再连结，可得且，四边形是平行四边形，由，平面.（Ⅱ）平面（Ⅲ）.【解析】（Ⅰ）证明：连结、交于点，再连结，，且，又，故且，四边形是平行四边形，故，平面 4分（Ⅱ）平面，下面加以证明：在底面菱形中，又平面，面，平面，，平面 8分（Ⅲ）过点作，垂足，平面，平面，平面，在中，，，故，12分【考点】本题主要考查立体几何中的平行关系、垂直关系，体积计算。
高二数学二面角专项练习题及参考答案(精品)
高二数学二面角专项练习题及参考答案班级_____________姓名_____________一、定义法：直接在二面角的棱上取一点，分别在两个半平面内作棱的垂线，得出平面角. 例1 在四棱锥P-ABCD 中，ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA=AB=a ，求二面角B-PC-D 的大小。
二、垂线法：已知二面角其中一个面内一点到一个面的垂线，用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角；例2 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 的正切。
三、垂面法：作棱的垂直平面，则这个垂面与二面角两个面的交线所夹的角就是二面角的平面角 例3 在四棱锥P-ABCD 中，ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，求B-PC-D 的大小。
四、投影面积法:一个平面α上的图形面积为S ，它在另一个平面β上的投影面积为S'，这两个平面的夹角为θ，则S'=Scos θ或cos θ=/SS .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。
五、补形法：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。
方法归纳：二面角的类型和求法可用框图展现如下： [基础练习]1． 二面角是指 （ ） A 两个平面相交所组成的图形B 一个平面绕这个平面内一条直线旋转所组成的图形C 从一个平面内的一条直线出发的一个半平面与这个平面所组成的图形D 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形2．平面α与平面β、γ都相交，则这三个平面可能有 （ ） A 1条或2条交线 B 2条或3条交线C 仅2条交线D 1条或2条或3条交线3．在300的二面角的一个面内有一个点，若它到另一个面的距离是10，则它到棱的距离是( )A 5B 20C 210 D225 4．在直二面角α-l-β中，RtΔABC 在平面α内，斜边BC 在棱l 上，若AB 与面β所成的角为600，则AC 与平面β所成的角为 （ ） A 300 B 450 C 600 D 1200 5．如图，射线BD 、BA 、BC 两两互相垂直，AB=BC=1，BD=26， 则弧度数为3的二面角是（ ） A D-AC-B B A-CD-BC A-BC-D D A-BD-C6．△ABC 在平面α的射影是△A 1B 1C 1，如果△ABC 所在平面和平面α成θ，则有（ ） A S △A1B1C1=S △ABC ·sinθ B S △A1B1C1= S △ABC ·cosθC S △ABC =S △A1B1C1·sinθD S △ABC =S △A1B1C1·cosθ7．如图，若P 为二面角M-l-N 的面N 内一点，PB ⊥l ，B 为垂足，A 为l 上一点，且∠PAB=α，PA 与平面M 所成角为β，二面角M-l-N 的 大小为γ，则有 （ ）A.sinα=sinβsinγB.sinβ=sinαsinγC.sinγ=sinαsinβ D 以上都不对AB C DAB M NP l C1A1B1D8．在600的二面角的棱上有两点A 、B ，AC 、BD 分别是在这个二面角的两个面内垂直于AB 的线段，已知：AB=6，AC=3，BD=4，则CD= 。
高二数学立体几何综合试题答案及解析
高二数学立体几何综合试题答案及解析1.下列四个条件中，能确定一个平面的只有（填序号）.①空间中的三点②空间中两条直线③一条直线和一个点④两条平行直线【答案】④.【解析】①选项中可确定1个或4个；②选项中若两条直线是异面直线的话就不能确定一个平面；③选项中点要在直线外才能确定一条直线.只有④是正确的.【考点】确定平面的几何要素.2.在△ABC 中，∠C =90°，∠B =30°，AC=1，M 为 AB 中点，将△ACM 沿 CM 折起，使 A、B 间的距离为，则 M 到面 ABC 的距离为（）（A）（B）（C）1（D）【答案】A【解析】由已知得AB=2，AM=MB=MC=1，BC=，由△AMC为等边三角形，取CM中点，则AD⊥CM，AD交BC于E，则AD=，DE=，CE=．折起后，由BC2=AC2+AB2，知∠BAC=90°，又cos∠ECA=，∴AE2=CA2+CE2-2CA•CEcos∠ECA=，于是AC2=AE2+CE2．∴∠AEC=90°．∵AD2=AE2+ED2，∴AE⊥平面BCM，即AE是三棱锥A-BCM的高，AE=。
设点M到面ABC的距离为h，∵S△BCM =，∴由VA-BCM=VM-ABC，可得×＝××1×h，∴h=。
故选A．【考点】折叠问题，体积、距离的计算。
点评：中档题，折叠问题，要特别注意折叠前后“变”与“不变”的几何量。
本题利用“等体积法”，确定了所求距离。
3.已知四棱锥的底面是直角梯形，，，侧面为正三角形，，．如图所示．(1) 证明：平面；(2) 求四棱锥的体积．【答案】(1) 证明如下 (2)【解析】证明(1) 直角梯形的，，又，，∴．∴在△和△中，有，．∴且．∴．(2)设顶点到底面的距离为．结合几何体，可知．又，，于是，，解得．所以．【考点】直线与平面垂直的判定定理；锥体的体积公式点评：在立体几何中，常考的定理是：直线与平面垂直的判定定理、直线与平面平行的判定定理。
高二数学立体几何试题答案及解析
高二数学立体几何试题答案及解析1.如图所示，已知PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PD=AB，Ｍ是PA的中点，则二面角M-DC-A的大小为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】∵底面，∴而底面是正方形，∴∴面，则∴就是二面角的平面角在中，∵，是中点∴，即二面角的大小为，故选C2.如图，在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点．那么异面直线OE和FD1所成角的余弦值为()【答案】B【解析】略3.（本题满分14分，第（1）小题6分，第（2）小题8分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点在线段上，平面．（1）求证：平面；（2）若，，求二面角的大小．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析．【解析】（1）要证线与面垂直，即证垂直于平面内的两条相交直线，根据已知的线与面垂直，得到线性垂直，得证；（2）法一：根据前问所证，平面,易证底面是正方形，所以可以根据三垂线定理做出二面角的平面角，即设的交点为，过点作于点，连，易证为二面角的平面角，在直角三角形内求得角；法二：以为原点建立平面直角坐标系，根据向量法，求两个平面的法向量，利用法向量夹角的余弦值计算二面角的余弦值．试题解析：解：（1）证明：∵，∴．同理由，可证得．又，∴．（2）解法一：设的交点为，过点作于点，连易证为二面角的平面角由（1）知为正方形，在中，，二面角的大小为解法二：分别以射线，，为轴，轴，轴的正半轴建立空间直角坐标系．由（1）知，又，∴．故矩形为正方形，∴．∴．∴．设平面的一个法向量为，则，即，∴，取，得．∵，∴为平面的一个法向量．所以．设二面角的平面角为，由图知，则二面角的大小为【考点】1．线与面垂直的判定；2．二面角的计算；3．几何法与向量法求二面角．4.已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为．【答案】【解析】设,那么平面,在直角三角形中，,,所以,所以四棱锥的体积是．【考点】1．球与几何体；2．体积的计算5.（本小题12分）已知三棱柱中，底面，，，分别为的中点．（1）求证：//平面；（2）求证：；（3）求三棱锥A-BCB的体积．1【答案】（1）见解析：（2）见解析；（3）【解析】（1）欲证//平面，AB中点G，连DG，CG，只需证明是平行四边形，∥即可；（2）证明面面垂直采用证明线面垂直，通过证明因为底面为等腰三角形，，又因为，所以可证得；（3）转化顶点所求三棱锥的体积为，即可求得试题解析：（I）取AB中点G，连DG，CG，在三棱柱中，底面ABC ，是矩形．∵D，E分别为AB1，CC1的中点，∴，是平行四边形，∥∵GC平面ABC，平面ABC，∴DE//平面ABC ．（II）三棱柱中，底面ABC，∴中点，又，∴（III）由（II）得，在，，【考点】1．证明线面平行；2．证明面面垂直；3．求体积6.在空间直角坐标系中，点与点之间的距离为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由空间距离公式可知：【考点】空间两点间距离7.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，且，给出下列结论：①若∥，则∥；②若∥，则∥；③若⊥，则⊥；④若⊥，则⊥；其中正确结论的个数是( )A．0B．1C．2D．3【答案】A【解析】若两个平面内分别有两条直线平行，则这两个平面不一定平行，所以命题•错误；若两个平面平行，则两个平面内的直线可能平行或异面，所以命题‚错误；若两个平面内分别有两条直线垂直，则这两个平面不一定垂直，所以命题ƒ错误；若两个平面垂直，则两个平面内的直线可能平行、垂直或异面，所以命题④错误；【考点】直线与直线、平面与平面的平行与垂直的命题判断．8.已知，，则的最小值．【答案】【解析】，因此当时取最小值【考点】空间向量模9.截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是A．圆柱B．圆锥C．球D．圆台【答案】C【解析】圆柱的截面可以是矩形，圆锥的截面可以是三角形，圆台的截面可以是梯形，值有球的截面都是圆，故选C．【考点】几何体的截面图形．10.一个正方体的展开图如图所示，为原正方体的顶点，则在原来的正方体中（）A．B．C．与所成的角为D．与相交【答案】C【解析】把展开图还原为立体图形，如下图正方体，可见与是异面直线，它们甩成的角为60°．【考点】多面体的展开图，两直线的位置关系．11.在三棱锥中，已知，则三棱锥外接球的表面积为．【答案】【解析】设中点为，由于，则点到点的距离相等，因此是三棱锥外接球的直径，由题意，是等边三角形，，所以，．【考点】几何体与外接球，球的表面积．【名师】解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空间问题平面化的目的．12.如图，在体积为2的三棱锥侧棱AB、AC、AD上分别取点E、F、G使，记O为三平面BCG、CDE、DBF的交点，则三棱锥的体积等于（）A． B． C． D．【答案】D【解析】为了便于解析，可设三棱锥为正三棱锥，为正三棱锥的高；为正三棱锥有高，因为底面相同，则它们的体积比为高之比，已知三棱锥的体积为2，所以三棱锥的体积为：（1），由题意可知，且，所以由平行得到，所以，（面BCG所在的平面图如左下角简图），同理，，则，所以，那么，亦即，设，那么，则，而，所以，则，所以，所以，又，所以，（2），且，所以：（3），由（2）×（3）得到：代入到（1）得到：三棱锥的体积就是．【考点】1．简单几何体体积；2．三角形相似比的应用．【方法点晴】此题主要考查三角形相似比在求简单几何体体积中应用方面的内容，属于中高档题．根据题意可借助正三棱锥（或正四面体）模型来帮助思考，值得注意的是所求三棱锥体积的高与原三棱锥的高往往是不在同一直线上的，当然这两个高的比值也是解决此问题的关键点，需要借助这两高与垂线之间的比值进行转换，在此过程中多次使用了相似三角形的相似比，从而问题可得解决．13.如图，棱锥的底面是矩形，⊥平面，．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）求二面角P—CD—B的大小；（3）求点C到平面PBD的距离．【答案】（1）见解析；（2）450（3）【解析】（1）要证明BD⊥平面PAC，只需证BD垂直于平面PAC两条相交直线即可，由ABCD为正方形，可得BD⊥AC，易得PA⊥平面ABCD，可得BD⊥PA ，结论得证．（2）由PA⊥面ABCD可得AD为PD在平面ABCD的射影，又CD⊥AD，由三垂线定理的逆定理可得 CD⊥PD，可得∠PDA为二面角P—CD—B的平面角．易得∠PDA=450．（3）由，求得点C到平面PBD的距离试题解析：（1）在Rt△BAD中，AD=2，BD=，∴AB=2，ABCD为正方形，因此BD⊥AC．∵PA⊥平面ABCD，BDÌ平面ABCD，∴BD⊥PA ．又∵PA∩AC=A∴BD⊥平面PAC．（2）由PA⊥面ABCD，知AD为PD在平面ABCD的射影，又CD⊥AD，∴CD⊥PD，知∠PDA为二面角P—CD—B的平面角．又∵PA=AD，∴∠PDA=450．（3）∵PA=AB=AD=2，∴PB=PD=BD=，设C到面PBD的距离为d，由，有，即，得【考点】线面垂直，二面角及点到平面的距离．【方法点睛】立体几何解答题的一般模式是首先证明线面位置关系（一般考虑使用综合几何方法进行证明），然后是与空间角有关的问题，综合几何方法和空间向量方法都可以，但使用综合几何方法要作出二面角的平面角，作图中要伴随着相关的证明，对空间想象能力与逻辑推理能力有较高的要求，而使用空间向量方法就是求直线的方向向量、平面的法向量，按照空间角的计算公式进行计算，也就是把几何问题完全代数化了，这种方法对运算能力有较高的要求．两种方法各有利弊，在解题中可根据情况灵活选用．14.直三棱柱中，，分别是的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）详见其解析；（2）存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为．【解析】（1）首先根据线面垂直的判定定理和性质定理可得，然后以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，并写出各点的坐标，再由三点共线即可求出点坐标，最后计算并验证其是否为0即可得出所证的答案；（2）首先设出面的法向量为，然后由即可得出，又因为面的法向量，再由公式即可得出的值，进而得出点的坐标，即可得出所求的结果．试题解析：（1）证明：∵，，又∵∴⊥面．又∵面，∴，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则有，设且，即,则，∵，所以；…6分（2）结论：存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为理由如下：由题可知面的法向量，设面的法向量为，则，∵，∴，即，令，则．∵平面与平面所成锐二面角的余弦值为，∴，即，解得或（舍），所以当为中点时满足要求．【考点】1、线线垂直的判定定理；2、空间向量法求解立体几何问题．15.若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆锥的高为______________．【答案】【解析】设圆锥母线为，底面圆的半径，圆锥侧面积，所以，又半圆面积，所以，，故，所以答案应填：．【考点】1、圆锥侧面展开图面积；2、圆锥轴截面性质．16.已知一个高度不限的直三棱柱，，点是侧棱上一点，过作平面截三棱柱得截面，给出下列结论：①是直角三角形；②是等边三角形；③四面体为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体．其中有不可能成立的结论的个数是（）A．0B．1C．2D．3【答案】B【解析】本题考察在空间点线面的位置关系，在直三棱柱中，数形结合，作图求解，①和②找出一个例子即可证明其存在性，③需分类讨论，利用直三棱柱的性质以及底面三边长AB=4，BC=5，CA=6条件判断．如图，做直三棱柱ABC-A1B1C1，AB=4，BC=5，CA=6，（1）不妨取AD=6，AE=10，DE=8，则△ADE是直角三角形，①可能成立；（2）不妨令AD=AE=DE=a（a>6），则△ADE是等边三角形，②可能成立；（3）假设四面体APDE为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体，当A为直角顶点时，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，PA⊥底面ABC，则 E，D分别与C，B重合，此时，∠EAD不是直角，与假设矛盾，假设不成立，当P为直角顶点时，可得PD∥AB，PE∥AC，由等角定理知则∠EPD不可能是直角，与假设矛盾，假设不成立，当E或D点为直角顶点时，不妨选E为直角顶点，则DE⊥EP，DE⊥EA，EP∩EA═A，EP⊂平面，EA⊂平面，则平面与平面垂直，则直三棱柱中，可证∠ACB为二面角的平面角，∠ACB═90°，与题意矛盾，假设不成立．综上③错误．故选：C．【考点】命题的真假判断17.如图，在直三棱柱中，，，，点分别在棱上，且．（1）求三棱锥的体积;（2）求异面直线与所成的角的大小．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）从图形可以看出，三棱锥中，平面，所以三棱锥的体积比较容易求，利用等积法即可求出三棱锥的体积；（2）连接，由条件知，所以就是异面直线与所成的角，解三角形知．试题解析：（1）（2）连接，由条件知，所以就是异面直线与所成的角．在中，，所以，所以异面直线与所成的角为．【考点】1、三棱锥的体积；2、异面直线所成的角；3、等积法．18.若向量，，则A．B．C．D．【答案】D【解析】因为向量，，所以，排除B；，所以，应选D．，A错，如果则存在实数使，显然不成立，所以答案为D．【考点】向量的有关运算．19.在直三棱柱中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】在直三棱柱中，,可以证得，因此直线与平面所成角为，在中，，因此【考点】直线与平面所成的角；20.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是由一个半圆柱与一个三棱锥组成的，其直观图如下：所以该几何体的体积为：．故选A．【考点】1．三视图；2．几何体的体积．21.教室内有一根直尺，无论怎样放置，在地面上总有这样的直线，它与直尺所在直线（）A．垂直B．异面C．平行D．相交【答案】A【解析】由题意得可以分两种情况讨论：①当直尺所在直线与地面垂直时，则地面上的所有直线都与直尺垂直，则底面上存在直线与直尺所在直线垂直；②当直尺所在直线若与地面不垂直时，则直尺所在的直线必在地面上有一条投影线，在平面中一定存在与此投影线垂直的直线，由三垂线定理知，与投影垂直的直线一定与此斜线垂直，则得到地面上总有直线与直尺所在的直线垂直．∴教室内有一直尺，无论怎样放置，在地面总有这样的直线与直尺所在直线垂直． 【考点】空间中直线与直线之间的位置关系22. （2015秋•淮南期末）已知正方体的棱长为1，则正方体的外接球的体积为 ． 【答案】．【解析】正方体的外接球的直径是正方体的体对角线，由此能求出正方体的外接球的体积． 解：∵正方体棱长为1， ∴正方体的外接球的半径R=， ∴正方体的外接球的体积V=（）3=．故答案为：．【考点】球的体积和表面积．23. 在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E 、F 分别是CC 1、AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于 （ ） A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】取的中点，连接，，那么异面直线所成角就是，根据勾股定理，，，所以，故选B ．【考点】异面直线所成角24. 如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AC=3，BC=4，AA 1=4，AB=5，点D 是AB 的中点．（1）求证：AC ⊥BC 1；（2）求证：AC 1∥平面CDB 1． 【答案】见解析【解析】（1）利用ABC ﹣A 1B 1C 1为直三棱柱，证明CC 1⊥AC ，利用AB 2=AC 2+BC 2，说明AC ⊥CB ，证明AC ⊥平面C 1CB 1B ，推出AC ⊥BC 1．（2）设CB 1∩BC 1=E ，说明E 为C 1B 的中点，说明AC 1∥DE ，然后证明AC 1∥平面CDB 1． 解：（1）∵ABC ﹣A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴CC 1⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， ∴CC 1⊥AC∵AC=3，BC=4，AB=5， ∴AB 2=AC 2+BC 2，∴AC ⊥CB 又C 1C∩CB=C ，∴AC ⊥平面C 1CB 1B ，又BC 1⊂平面C 1CB 1B ， ∴AC ⊥BC 1（2）设CB1∩BC1=E，∵C1CBB1为平行四边形，∴E为C1B的中点又D为AB中点，∴AC1∥DEDE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1【考点】直线与平面平行的判定；空间中直线与直线之间的位置关系．25.如图，在直三棱锥中，底面是正三角形，点是中点，.（1）求三棱锥的体积；（2）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由于平面为直棱柱的侧面，所以可以考虑变换顶点，利用面面垂直的性质性质定理作，则面，由棱锥的体积公式即可求得其体积；（2）要证明线线垂直可考虑证线面平行，取的中点，连接，由于底面是正三角形，，可证得，在平面由平面几何的知识可证得，所以面由线面垂直的性质即可证得.试题解析：（1）过作，直三棱柱中面，，面，是高，（2）取的中点，连接底面是正三角形，矩形中，，中面.【考点】空间直线与平面的垂直关系及棱锥的体积.26.如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，分别为的中点，则直线与平面所成角的正切值为________；异面直线与所成角的余弦值是________．【答案】，【解析】由两两垂直，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，所以，其中平面的一个法向量为，所以与平面所成角的正弦值为，所以；又向量与所成角的余弦值为，又，所以异面直线与所成角的余弦值是．【考点】空间向量的运算及空间角的求解．27.平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且，则的长为 .【答案】【解析】由题意得，在平行六面体中，因为，，，且，所以，所以.【考点】空间向量的运算.28.在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C和C1D与底面A1B1C1D1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】试题分析:设长方体的高为1，根据B1C和C1D与底面所成的角分别为600和450，分别求出各线段的长，将C1D平移到B1A，根据异面直线所成角的定义可知∠AB1C为异面直线B1C和DC1所成角，利用余弦定理求出此角即可．解：设长方体的高为1，连接B1A、B1C、AC∵B1C和C1D与底面所成的角分别为600和450，∴∠B1CB=60°，∠C1DC=45°∴C1D=，B1C=，BC=，CD=1则AC=∵C1D∥B1A∴∠AB1C为异面直线B1C和DC1所成角由余弦定理可得cos∠AB1C=故选A【考点】异面直线及其所成的角．29.已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为 .【答案】【解析】设圆锥的底面半径为，，解得，根据勾股定理，圆锥的高等于，所以圆锥的体积.【考点】旋转体的体积30.已知A、B、C三点不共线，若点M与A、B、C四点共面, 对平面ABC外一点O，给出下列表达式：其中x，y是实数，则【答案】【解析】A、B、C三点不共线，点M与A、B、C四点共面，则对平面ABC外一点O，满足，所以，所以【考点】空间向量的基本定理及其意义31.在正方体中，、分别是、的中点。
高二数学二面角
B
M
D
C
解：作BM AC于M，作MN AC交AD于N， 则BMN就是二面角B AC D的平面角 由AB AC BC 2, M是AC的中点，且MN//CD 6 1 1 1 3 得BM , MN CD , BN AD . 2 2 2 2 2 由余弦定理得 BM MN BN 6 cos BMN , 2 BM MN 3
S E A D C B
解：（ 1）因为SB＝BC，E为SC的中点， 所以BE SC，又DE SC 因此SC 平面BDE （2）由SC 平面BDE，得BD SC 又由SA 平面ABC，得BD SA 则BD 平面SAC 因此CDE为二面角E－BD－C的平面角
A
S E
D
2.如图，在平面角为600的二面 角 -l-内有一点P，过P作PC 于点C，PD 于点D，且PC=1， PD=2，求（1）CD的长； （2）P到棱l的距离为多少？
P
M C
B N
A
P
C
D
l
；开天录 /booktxt/7044/ 开天录；
C
D
O
A
B
小结
1. 二面角是立体几何的重点、热点、难 点，求二面角的大小方法多，技巧性 强．但一般先想定义法，再想三垂线法， 要抓住题目中的垂直关系． 2. 实施解题过程仍要注意“作、证、求” 三环节，计算一般是放在三角形中，因 此，“化归”思想很重要.
作业：
1.四棱锥P-ABCD的底面 是边长为4的正方形， PD⊥面ABCD，PD=6， M,N是PB,AB的中点，求 二面角M－DN－C的平 D 面角的正切值？
2 2 2
6 则BMN arccos . 3
高中数学必修2立体几何专题二面角典型例题解法总结
二面角的求法一、 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 如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2AD =2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上，ABM ∠=60°（I ）证明：M 在侧棱SC 的中点 （II ）求二面角S AM B --的大小。
证（I ）略解（II ）：利用二面角的定义。
在等边三角形ABM 中过点B 作BF AM ⊥交AM 于点F ，则点F 为AM 的中点，过F 点在平面ASM 内作GF AM ⊥，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∵F 为AM 的中点， ∴GF 是△AMS 的中位线，点G 是AS 的中点。
则GFB ∠即为所求二面角. ∵2=SM ，则22=GF ， 又∵6==AC SA ，∴2=AM ，∵2==AB AM ，060=∠ABM ∴△ABM 是等边三角形，∴3=BF 。
在△GAB 中，26=AG ，2=AB ，090=∠GAB ，∴211423=+=BG 366232222113212cos 222-=-=⨯⨯-+=⋅-+=∠FB GF BG FB GF BFG ∴二面角S AM B --的大小为)36arccos(-FGFG练习1如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为菱形，P A ⊥平面ABCD ，60ABC ∠=︒,E ，F 分别是BC , PC 的中点.（Ⅰ）证明：AE ⊥PD ;（Ⅱ）若H 为PD 上的动点，EH 与平面P AD 所成最大角的正切值为62，求二面角E —AF —C 的余弦值.分析：第1题容易发现，可通过证AE ⊥AD 后推出AE ⊥平面APD ，使命题获证，而第2题，则首先必须在找到最大角正切值有关的线段计算出各线段的长度之后，考虑到运用在二面角的棱AF 上找到可计算二面角的平面角的顶点S ，和两边SE 与SC ，进而计算二面角的余弦值。
二面角习题及答案
二面角1.如图三棱锥 P-ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC =32 ，D 是 BC 的中点，且△ADC 是边长为 2的正三角形，求二面角 P-AB －C 的大小。
解：由已知条件，D 是BC 的中点∴ CD =BD =2 又△ADC 是正三角形 ∴ AD =CD =BD =2∴ D 是△ABC 之外心又在BC 上 ∴ △ABC 是以∠BAC 为直角的三角形， ∴ AB ⊥AC ， 又 PC ⊥面ABC∴ PA ⊥AB (三垂线定理)∴∠PAC 即为二面角 P-AB-C 之平面角， 易求 ∠PAC =30°2.如图在三棱锥 S-ABC 中，SA ⊥底面ABC ，AB ⊥BC ，DE 垂直平分SC ，且分别交 AC 、SC 于D 、E ，又SA =AB ，BS =BC ， 求以BD 为棱，BDE 与BDC 为面的二面角的度数。
解：∵ BS =BC ，又DE 垂直平分SC∴ BE ⊥SC ，SC ⊥面BDE ∴ BD ⊥SC ，又SA ⊥面ABC ∴ SA ⊥BD ，BD ⊥面SAC ∴ BD ⊥DE ，且BD ⊥DC 则 ∠EDC 就是所要求的平面角 设 SA =AB =a ，则 BC =SB =2a 且 AC = 3易证 △SAC ∽△DEC ∴ ∠CDE =∠SAC =60°3. 如图：ABCD 是矩形，AB =8，BC =4，AC 与 BD 相交于O 点，P 是平面 ABCD 外一点，PO ⊥面ABCD ，PO =4，M 是 PC 的中点，求二面角 M-BD-C 大小。
AB解：取OC 之中点N ，则 MN ∥PO ∵ PO ⊥面ABCD∴ MN ⊥面ABCD 且 MN =PO/2 =2 过 N 作 NR ⊥BD于 R ，连MR ，则 ∠MRN 即为二面角 M-BD-C 过 C 作 CE ⊥BD 于S 则 RN =21CE 在 Rt △BCD 中， ∴ 58BD BC CD CE =⋅=∴ 54RN =25RN MN MRN tan ==∠ ∴ 25arctanMRN =∠ 4.如图△ABC 与△BCD 所在平面垂直，且AB =BC =BD ，∠ABC =∠DBC =0120，求二面角 A-BD-C 的余弦值。
2024年高考数学复习培优讲义专题15---几何法求二面角,线面角(含解析)
专题3-1几何法求二面角，线面角立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。
这是空间向量求解的巨大优点，也是缺点，就这么共存着。
其实不建系而直接计算真的很比较锻炼空间想象的能力，方法上也更灵活一些，对于备考的中档学生来说，2种方法都要熟练掌握。
方法介绍一、定义法：交线上取点 等腰三角形共底边时作二面角步骤第一步：在交线l上取一点O第二步：在α平面内过O点作l的垂线OA第三步：在β平面内过O点作l的垂线OB∠AOB即为二面角，余弦定理求角αβl OAB二、三垂线法（先作面的垂直）—后续计算小使用情况：已知其中某个平面的垂线段第二步：过垂直B作l的垂线OB∠AOB即为二面角且△AOB为直角三角形，邻比斜三、作2次交线的垂线作二面角步骤第一步：作AO⊥l第二步：作OB⊥l连接AB，∠AOB即为二面角，余弦定理求角四、转换成线面角作二面角步骤第一步：作AO⊥l第二步：作AB⊥β(找不到垂足B的位置用等体积求AB长)连接AB，∠AOB即为二面角△AOB为直角三角形，邻比斜五、转换成线线角—计算小，也是法向量的原理提问：什么时候用？若α平面存在垂线AB，且β平面存在垂线AC则α平面与β平面的夹角等于直线AC与AB的夹角αβlOABαβlOABβαOABCαβlOAB六、投影面积法——面积比（三垂线法进阶）将cos θ＝边之比∣面积之比，从一维到二维，可多角度求出两面积，最后求解如图△ABC 在平面α上的投影为△A 1BC ， 则平面α与平面ABC 的夹角余弦值1cos A BCABCθ=△△即cos θ=投影原S S补充：即使交线没有画出来也可以直接用例题：一题多解2023汕头二模T20如图在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，PQ 是所在棱上的中点.1C 1CD ABA B 1αBCAA 1D（1）求平面APQ 与平面ABCD 夹角的余弦值 （2）补全截面APQ2023全国乙卷数学(理)T9——由二面角求线面角P C 1CDABA B 1P C 1DABA B 1P C 1CDABA B 1P C 1DABA B 1P C 1CDABA B 1PC 1DABA B 11．已知ABC 为等腰直角三角形，AB 为斜边，ABD △为等边三角形，若二面角C AB D −−为150︒，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为（ ）A ．15B ．25C ．35D ．252021·新高考1卷·T20——由二面角求线段长2．如图，在三棱锥A BCD −中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D −−的大小为45︒，求三棱锥A BCD −的体积.题型一 定义法1．如图，在三棱锥S—ABC 中，SC ⊥平面ABC ，点P 、M 分别是SC 和SB 的中点，设PM=AC =1，∠ACB =90°，直线AM 与直线SC 所成的角为60°.(1)求证：平面MAP ⊥平面SAC . (2)求二面角M—AC—B 的平面角的正切值；2．(湛江期末)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，点M ，N 分别是PB ，AC 的中点，且MN ⊥A C ． （1）证明：BC ⊥平面PA C ．（2）若PA ＝4，AC ＝BC ＝22，求平面PBC 与平面AMC 夹角的余弦值．(几何法比较简单)3．如图1，在平行四边形ABCD 中，60,2,4A AD AB ∠=︒==，将ABD △沿BD 折起，使得点A 到达点P ，如图2．重点题型·归类精讲(1)证明：平面BCD⊥平面P AD；(2)当二面角D PA B−−的平面角的正切值为6时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值．题型二三垂线法4．(佛山期末)如图，四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，12PA AD AB CD===，侧面PAD⊥底面ABCD，E为PC的中点．（1）求证：BE⊥平面PCD；（2）若PA＝PD，求二面角P－BC－D的余弦值．5．如图，在四棱锥P -ABCD 中，△P AD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，,,224,23BC AD CD AD AD CD BC PB ⊥====∥ （2023广州一模T19）（1） 求证：AD PB ⊥；（2）求平面P AB 与平面ABCD 交角的正弦值.6．如图，在三棱锥A BCD −中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点．（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为2的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =且二面角E BC D −−的大小为60，求三棱锥A BCD −的体积．7．（2023·浙江·统考二模）如图，在三棱柱111ABCA B C 中，底面ABC ⊥平面11AA B B ，ABC 是正三角形，D 是棱BC 上一点，且3CD DB =，11A A A B =.(1)求证：111B C A D ⊥；(2)若2AB =且二面角11A BC B −−的余弦值为35，求点A 到侧面11BB C C 的距离.8．如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，ABC 和ACD 均为正三角形，4AC =，3BE =.(1)在线段AC 上是否存在点F ，使得BF ∥平面ADE ?说明理由； (2)求平面CDE 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值.题型三 作2次交线的垂线9．在三棱锥S ABC −中,底面△ABC 为等腰直角三角形,90SAB SCB ABC ∠=∠=∠=︒. （杭州二模） （1）求证：AC ⊥SB ；（2）若AB ＝2，22SC =，求平面SAC 与平面SBC 夹角的余弦值．题型四 找交线10．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCI )是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝2，PD ⊥C D ． (1)证明：AB ⊥PB ；(2)若平面PAB ⊥平面PCD ，且102PA =，求直线AC 与平面PBC 所成角的正弦值． （广东省二模T19）题型五 转换成线线角湖北省武汉市江汉区2023届高三上学期7月新起点考试11．在直三棱柱111ABC A B C −中，已知侧面11ABB A 为正方形，2BA BC ==，D ，,E F 分别为AC ，BC ，CC 1的中点，BF ⊥B 1D ．(1)证明：平面B 1DE ⊥平面BCC 1B 1；(2)求平面BC 1D 与平面1B DE 夹角的余弦值六、 题型六 投影面积法12．(2022·惠州第一次调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知//AB CD ，AD ⊥CD ，BC BP =，CD ＝2AB＝4，△ADP 是等边三角形，E 为DP 的中点．(1)证明：AE ⊥平面PCD ；(2)若2,PA =求平面PBC 与平面PAD 夹角的余弦值13．(2022深圳高二期末)如图(1)，在直角梯形ABCD 中，AB //CD ，AB ⊥BC ，且12,2BC CD AB ===取AB 的中点O ，连结OD ，并将△AOD 沿着OD 翻折，翻折后23AC =M ，N 分别是线段AD ，AB 的中点，如图(2)．（1）求证：AC⊥OM.（2）求平面OMN与平面OBCD夹角的余弦值．专题3-1几何法求二面角，线面角立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。
高中二面角练习题及讲解
高中二面角练习题及讲解# 高中二面角练习题及讲解## 练习题一：平面角的求法题目描述：已知平面ABCD是矩形，E是AB上的一点，F是CD上的一点，且EF与AD平行。
求∠EFB的度数。
解题步骤：1. 由于EF与AD平行，根据平行线的性质，∠EFB与∠AED相等。
2. 由于ABCD是矩形，∠AED是直角，即90°。
3. 因此，∠EFB也是90°。
## 练习题二：二面角的计算题目描述：在三棱锥P-ABC中，PA垂直于平面ABC，∠BAC=90°，PA=AB=AC=1。
求二面角∠PAB与平面ABC的角。
解题步骤：1. 由于PA垂直于平面ABC，且∠BAC=90°，可知三角形PAB是直角三角形。
2. 根据勾股定理，PB=√(PA²+AB²)=√(1+1)=√2。
3. 由于PA=AB=AC=1，三角形PAB是等腰直角三角形，∠PAB=45°。
## 练习题三：二面角的判断题目描述：在四面体ABCD中，AB垂直于平面ACD，∠ACD=60°，求判断二面角∠ABC与平面ACD的大小。
解题步骤：1. 由于AB垂直于平面ACD，∠ABC与平面ACD的角即为∠ABC与CD的角。
2. 根据等腰三角形的性质，∠ACB=∠BCD=(180°-60°)/2=60°。
3. 因此，二面角∠ABC与平面ACD的大小为60°。
## 练习题四：二面角的应用题目描述：在空间四边形ABCD中，AB垂直于CD，且AB=CD=2，AD=BC=2√2，求二面角∠ABC与平面ADC的大小。
解题步骤：1. 由于AB垂直于CD，且AB=CD，可知四边形ABCD是正方形。
2. 根据勾股定理，AC=√(AB²+BC²)=√(2²+(2√2)²)=4。
3. 由于AC是正方形的对角线，根据正方形的性质，∠ABC=45°。
2020高考—立体几何(解答+答案)
2020年高考——立体几何1.(20全国Ⅰ文19)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC△是底面的内接正三角形，P为DO 上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.2.(20全国Ⅰ理18)（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE AD=．ABC△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PO DO=．（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B PC E--的余弦值．3.（20全国Ⅱ文20）（12分）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B–EB1C1F的体积．4.（20全国Ⅱ理20）（12分）如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．5.（20全国Ⅲ文 19）（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．6.（20全国Ⅲ理19）（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．7.（20新高考Ⅰ20）（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．8.(20天津17)（本小题满分15分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．9.(20浙江19)（本题满分15分）如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ． （Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．10.（20江苏15）（本小题满分14分）在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．11.（20江苏22）（本小题满分10分）在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD =5,BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值； （2）若点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．12.(20北京16)（本小题13分）如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．参考答案：1.解：（1）由题设可知，PA =PB = PC ．由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ． 由题设可得rl =3，222l r -=． 解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===． 所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．2．解：（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,)222E A C P --. 所以312(,,0),(0,1,)222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即20231022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(2)=m . 由（1）知2(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.3．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ⋂平面EB 1C 1F = PN ， 故AO ∥PN ，又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP = ON =13AM =3，PM =23AM =23，EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．4．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC ．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1CF ．（2）由己知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA 的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM =3． 连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故23231,(,,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ． 设(,0,0)Q a ，则22123234(),(,1,4())33NQ a B a a =----， 故21123223210(,,4()),||3333B E a a B E =-----=． 又(0,1,0)=-n 是平面A 1AM 的法向量，故1111,π10sin(,)cos ,210||B E B E B E B E -===⋅n n n |n |．所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010．5．解：（1）如图，连结BD ，11B D ．因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形，故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥．所以AC ⊥平面11BB D D ． 由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内．6．解：设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内． （2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则 110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ． 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为1212127cos ,||||7⋅〈〉==-⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．7．解：（1）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD AD ⊥．又底面ABCD 为正方形，所以AD DC ⊥，因此AD ⊥底面PDC ． 因为AD BC ∥，AD ⊄平面PBC ，所以AD ∥平面PBC ． 由已知得l AD ∥．因此l ⊥平面PDC ． （2）以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．则(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(0,0,1)D C B P ，(0,1,0)DC =，(1,1,1)PB =-． 由（1）可设(,0,1)Q a ，则(,0,1)DQ a =．设(,,)x y z =n 是平面QCD 的法向量，则0,0,DQ DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0.ax z y +=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,)a =-n ． 所以2cos ,||||31PB PB PB a⋅-〈〉==⋅+n n n ． 设PB 与平面QCD 所成角为θ，则22332sin 1311aa a θ==+++ 2326131a a ++当且仅当1a =时等号成立，所以PB 与平面QCD 所成角的正6．8．依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M =，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA =是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =-．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ． 因此有|||6cos ,|A CA C CA ⋅〈〉==n n n 30sin ,6CA 〈〉=n ． 所以，二面角1B B E D --30（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,||||AB AB AB ⋅==n n n ． 所以，直线AB 与平面1DB E 39.（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==， 因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.10.证明：因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .11.解：（1）连结OC ，因为CB =CD ，O 为BD 中点，所以CO ⊥B D ．又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥O C ．以{}OB OC OA ，，为基底，建立空间直角坐标系O –xyz ． 因为BD =2，CB CD ==，AO =2，所以B （1，0，0），D （–1，0，0），C （0，2，0），A （0，0，2）． 因为E 为AC 的中点，所以E （0，1，1）． 则AB =（1，0，–2），DE =（1，1，1），所以|||1||||||5cos AB DE AB DE AB DE +=⋅⋅==<>，．因此，直线AB 与DE ． （2）因为点F 在BC 上，14BF BC =，BC =（–1，2，0）． 所以111(,,0)442BF BC ==-． 又20,0DB =（,）， 故71(,,0)42DF DB BF =+=．设1111()x y z =，，n 为平面DEF 的一个法向量， 则1100,DE DF ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即111110710,42x y z x y +⎧+=⎪+=⎪⎨⎩， 取12x =，得1–7y =，15z =，所以1(275)n =-，，． 设2222()x y z =，，n 为平面DEC 的一个法向量，又DC =（1，2，0），则2200,DE DC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即22222020,x y z x y ++=+=⎧⎨⎩，取22x =，得2–1y =，2–1z =，所以2(211)n =--，，． 故2112|||475|13|||||co |13786s θ+-⋅===⋅⨯n n n n ．所以22391cos s n 13i θθ=-=．12.。
高二数学立体几何试题答案及解析
高二数学立体几何试题答案及解析1.设均为直线,其中在平面的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】略2.如图，四棱锥S—ABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是（）A．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角【答案】D【解析】A中由三垂线定理可知是正确的；B中AB，CD平行，所以可得到线面平行；C中设AC,BD相交与O，所以SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角分别为所以两角相等，D中由异面直线所成角的求法可知两角不等【考点】1．线面平行垂直的判定；2．线面角，异面直线所成角3.（12分）如图,在三棱锥中,平面平面,,,过作,垂足为,点分别是棱的中点．求证:（1）平面平面; （2）．【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）由,得F分别是SB的中点，点分别是棱的中点，借助于中位线证明直线平行，进而得到两面平行；（2）由平面平面得AF⊥平面SBC∴AF⊥BC∴BC⊥平面SAB∴BC⊥SA试题解析：（1）∵,∴F分别是SB的中点∵E．F分别是SA．SB的中点∴EF∥AB又∵EF平面ABC, AB平面ABC∴EF∥平面ABC同理:FG∥平面ABC又∵EF FG=F, EF．FG平面ABC∴平面平面（2）∵平面平面，平面平面=sBAF平面SAB， AF⊥SB∴AF⊥平面SBC又∵BC平面SBC∴AF⊥BC又∵, AB AF=A, AB．AF平面SAB∴BC⊥平面SAB又∵SA平面SAB∴BC⊥SA【考点】1．线面平行的判定与性质；2．线面垂直的判定与性质4.几何体的三视图如图，则几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】此几何体的下面是半径为1，高为1的圆柱，上面是半径为1，高为1的圆锥，所以体积是。
【考点】1．三视图；2．几何体的体积．5.在直三棱柱中，平面，其垂足落在直线上．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若，，为的中点，求三棱锥的体积．【答案】（Ⅰ）证明略；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）可通过证线面垂直，证明线线垂直，易证和，可得证平面，继而得；（Ⅱ）由题设可知，在中，计算得，在中，，因为为的中点，，由．试题解析：（Ⅰ）证明：三棱柱为直三棱柱，平面，又平面，平面，且平面，．又平面,平面,，平面，又平面，（Ⅱ）在直三棱柱中，．平面，其垂足落在直线上,．在中，，，,在中，由（1）知平面，平面,从而为的中点，【考点】1．线线垂直；2．空间几何体的体积．6.已知一个几何体的三视图如图所示（单位:cm）, 那么这个几何体的侧面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由三视图知，该几何体是：底面为上底长为1，下底为是2，高为1的直角梯形且高为1的直棱柱．所以该几何体的侧面积为．故选C．【考点】由三视图求其直观图的侧面积．7.如图为一个几何体的三视图，正视图和侧视图均为矩形，俯视图为正三角形，尺寸如图，则该几何体的全面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由三视图可知该几何体是三棱柱，底面是边长为2的正三角形，高为4，因此底面积为，侧面积为，因此全面积为【考点】三视图8.（12分）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中．（1）若E为棱DD1上的点，试确定点E的位置，使平面A1C1E∥B1D；（2）若M为A1B上的一动点，求证：DM∥平面D1B1C．【答案】（1）当E为棱DD1上的中点；（2）证明见解析．【解析】（1）在中，不难看出若则所以（2）连接不难看出而所以试题解析：（Ⅰ）当E为棱DD1上的中点时，平面A1C1E∥B1D；如图，连接A1C1，与D1B1相交于O，E为DD1上的中点，连接OE，得到OE∥B1D，OE⊂平面A1C1E， B1D⊄平面 A1C1E，∴B1D∥平面A1C1E；（Ⅱ）连接A1D，BD，因为几何体为正方体，如图，所以A1D∥B1C，A1B∥D1C，所以平面A1BD∥平面D1B1C．DM⊂∥平面DA1BD．所以DM∥平面D1B1C．【考点】1、线面平行的判定定理；2、面面平行的判定定理．【方法点晴】本题主要考查的是直线与平面平行，平面与平面平行的判定定理的应用，属于中档题．解题时一定要找准确线线平行，否则很容易出错．证明线线平行的方法有三角形的中位线，平行四边形，面面平行的性质定理，线面平行的性质定理，公理四，线面垂直的性质定理．9.在半径为1的球面上有不共面的四个点A，B，C，D且，，，则等于（）A．2B．4C．8D．16【答案】C【解析】如图，构造长方体，设长方体的长、宽、高分别为则，根据题意，则，选C【考点】长方体的性质10.一个三棱锥的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是（0，0，1），（1，0，0），（2，2，0），（2，0，0），画该三棱锥三视图的俯视图时，从轴的正方向向负方向看为正视方向，从轴的正方向向负方向看为俯视方向，以平面为投影面，则得到俯视图可以为（）【答案】D【解析】A为正视图，B为侧视图，C中的中间实线应为虚线．故D正确．【考点】三视图．11.在中，，M为AB的中点，将沿CM折起，使间的距离为，则M到平面ABC的距离为A．B．C．1D．【答案】A【解析】由已知得，，，由为等边三角形，取中点，则，交于，则，，．折起后，由，知，又，∴，于是,∴．∵，∴平面，即是三棱锥的高，,设点到面的距离为，则因为，所以由，可得，所以，故选A．【考点】翻折问题，利用等级法求点面距离．【思路点睛】该题属于求点到面的距离问题，属于中等题目，一般情况下，在文科的题目中，出现求点到平面的距离问题时，大多数情况下，利用等级法转换三棱锥的顶点和底面，从而确定出所求的距离所满足的等量关系式，在做题的过程中，可以做一个模型，可以提高学生的空间想象能力，提升做题的速度．12.如图①，在边长为1的等边中，分别是边上的点，，是的中点，与交于点，将沿折起，得到如图②所示的三棱锥，其中．（1）证明：//平面；（2）证明：平面；（3）当时，求三棱锥的体积．【答案】（1）、（2）证明过程详见解析；（3）．【解析】（1）分析折叠前后量的变化情况，可得DE//BC，然后由直线与平面平行的判定方法知结论成立；（2）通过已知条件得，由易知，所以由直线与平面垂直的判定方法知结论成立；（3）结合（2）可得平面，所以计算三棱锥的体积以DFG为底面，GE为高易求解．试题解析：（1）在等边中，，所以，在折叠后的三棱锥A—BCF成立，所以DE//BC因为平面BCF，BC面BCF，所以DE//平面BCF；（2）在等边中，是的中点，所以①，．因为在三棱锥中，，所以②因为，所以平面ABF（3）由（1）可知，结合（2）可得平面．．【考点】本题以折叠问题为背景，考查线面平行与垂直的证明及空间几何体体积的求法．13.如图，已知四棱锥，底面为菱形，平面，，分别是的中点．（1）证明：；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明详见解析；（2）二面角的余弦值为．【解析】（1）首先可得为正三角形．根据为的中点，得到．进一步有．由平面，证得．平面．即得．（2）思路一：利用几何方法．遵循“一作，二证，三计算”，过作于，有平面，过作于，连接，即得为二面角的平面角，在中，．思路二：利用“向量法”：由（1）知两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，确定平面的一法向量及为平面的一法向量．计算．试题解析：（1）证明：由四边形为菱形，，可得为正三角形．因为为的中点，所以．又，因此．因为平面，平面，所以．而平面，平面且，所以平面．又平面，所以．（2）解法一：因为平面，平面，所以平面平面．过作于，则平面，过作于，连接，则为二面角的平面角，在中，，，又是的中点，在中，，又，在中，，即所求二面角的余弦值为．解法二：由（1）知两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又分别为的中点，所以，，所以．设平面的一法向量为，则因此取，则，因为，，，所以平面，故为平面的一法向量．又，所以．因为二面角为锐角，所以所求二面角的余弦值为．【考点】1．垂直关系；2．空间的角；3．空间向量方法．14.在平面几何中有如下结论：正三角形的内切圆面积为，外接圆面积为，则，推广到空间中可以得到类似结论：已知正四面体的内切球体积为，外接球体积为，则=（）A．B．C．D．【答案】D【解析】正三角形的外心与内心重合于正三角形的中心，由重心定理，得，即，由此类比，正四面体的内切球的球心与外接球的球心重合，且在正四面体的高上（如图所示），且，则，则；故选D．【考点】1．类比推理；2．球的体积公式．【方法点睛】本题考查类比推理，属于基础题；类比推理的应用一般分为类比定义、类比性质和类比方法三种情况，在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解；从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理性问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键；有一些处理问题的方法具有类比性，可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移．15.如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，，分别是，的中点．（1）求证：平面平面；（2）求证：平面；（3）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】（1）证明面面垂直只需证明线面垂直，然后通过面面垂直的判断定理即可得证，本题中只需证明平面即可，所以只需证明垂直平面内相交的两条直线即可；（2）要证明线面平行，只需证明直线和平面内的一条直线平行即可，通常采用构造平行四边形法、中位线法或者构造平行平面法，本题中我们可以采用构造平行四边形法证明四边形为平行四边形，即可得证；（3）要求三棱锥的体积，只需求出点到平面的距离即可，然后求出的面积代入椎体的体积公式即可得到所求答案．试题解析：（1）证明：在三棱柱中，底面，所以．又因为，所以平面，所以平面平面．（2）证明：取的中点，连接，．因为，,分别是，，的中点，所以，且，．因为，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以．又因为平面，平面，所以平面．（3）因为，，，所以，所以三棱锥的体积．【考点】（1）面面垂直判断定理（2）线面平行的判定（3）三棱锥的体积16.已知矩形．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中（）A．存在某个位置，使得直线与直线垂直B．存在某个位置，使得直线与直线垂直C．存在某个位置，使得直线与直线垂直D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直【答案】B【解析】如图，AE⊥BD，EF⊥BD，依题意，，A选项，若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则由于AE⊥BD，所以BD⊥平面AEC，从而BD⊥EC，这与已知相矛盾，所以A错误；B选项中，若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则CD⊥平面ABC，平面BCD⊥平面ABC，取BC得中点M，连接ME，则ME⊥BD，所以就是二面角A-BD-C的平面角，此角显然存在，即当A在底面是的射影位于BC的中点时，AB⊥ CD，故B正确；C选项中，若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则BC⊥平面ACD，从而平面ACD⊥平面B CD，即点A在底面BCD上的射影应在线段CD 上，这是不可能的，故排除C；根据上述亦可排除D，故选B．【考点】空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面的垂直关系．【方法点晴】这是一道折叠问题，应当注意折叠前后的变量与不变量，计算几何体中的相关边长，再分别对四个选项进行分析排除，这就需要用到反证法，先假设某个条件成立，从该条件出发，结合原图形中的不变关系，看能否推出矛盾，这是探索性问题常用的解题思路，本题中还要用到线线垂直、线面垂直及面面垂直之间的相互转化，这就需要考生对空间中的垂直关系非常熟悉，方能顺利解答．17.如图，四边形是正方形，△与△均是以为直角顶点的等腰直角三角形，点是的中点，点是边上的任意一点．（1）求证：；（2）求二面角的平面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】第（1）小题设计为证明，只需证明平面；第（2）小题求二面角的大小，解决方法多样，既可以用综合法，也可以用向量法求解．试题解析：（1）证明：∵是的中点，且，∴．∵△与△均是以为直角顶点的等腰直角三角形，∴，．∵，平面，平面，∴平面．∵平面，∴．∵四边形是正方形∴．∵，平面，平面，∴平面．∵平面，∴．∵，平面，平面，∴平面．∵平面，∴．（2）解法1：作于，连接，∵⊥平面，平面∴．∵，平面，平面，∴⊥平面．∵平面，∴．∴∠为二面角的平面角．设正方形的边长为，则，，在Rt△中，在Rt△中，，，在Rt△中，．所以二面角的平面角的正弦值为．解法2：以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，则，，,．∴，．设平面的法向量为，由得令，得，∴为平面的一个法向量．∵平面，平面，∴平面平面．连接，则．∵平面平面，平面，∴平面．∴平面的一个法向量为．设二面角的平面角为，则．∴．∴二面角的平面角的正弦值为．【考点】线面间平行与垂直，二面角．18.如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点， D是EF的中点，现沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个几何体，使G1，G2，G3三点重合于点G，这样，下列五个结论：（1）SG⊥平面EFG；（2）SD⊥平面EFG；（3）GF⊥平面SEF；（4）EF⊥平面GSD；（5）GD⊥平面SEF，正确的是（）A．（1）和（3）B．（2）和（5）C．（1）和（4）D．（2）和（4）【答案】C【解析】（1）由已知可得，即，又，面．所以（1）正确；（2）由（1）知面，而过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直，所以（2）不正确；（3），为锐角，即与不垂直，所以不可能垂直平面．所以（3）不对；（4）由平面图形易得，即，，，面．所以（4）正确；（5）设正方形边长为2，则，可知，所以，即与不垂直．所以（5）不正确．综上可得正确的为（1）和（4），故C正确．【考点】线面垂直．【方法点晴】本题主要考查的是线面垂直，属于中档题．证明线面垂直常用其判定定理证明，关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法有:由线面垂直得线线垂直、勾股定理证直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．19.如图，在直三棱柱中，，，，点分别在棱上，且．（1）求三棱锥的体积;（2）求异面直线与所成的角的大小．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）从图形可以看出，三棱锥中，平面，所以三棱锥的体积比较容易求，利用等积法即可求出三棱锥的体积；（2）连接，由条件知，所以就是异面直线与所成的角，解三角形知．试题解析：（1）（2）连接，由条件知，所以就是异面直线与所成的角．在中，，所以，所以异面直线与所成的角为．【考点】1、三棱锥的体积；2、异面直线所成的角；3、等积法．20.在四面体中，，则该四面体的外接球的表面积为______．【答案】【解析】由题意，以为过同一顶点的三条棱作正方体，则正方体的外接球同时也是该四面体的外接球；因为正方体的对角线的长为，球的半径为，所以该四面体的外接球的表面积为．【考点】球的表面积．21.正方形的边长为a，沿对角线AC将△ADC折起，若，则二面角的大小为________．【答案】【解析】取中点，连接和，那么，因为，所以是等边三角形，，在三角形内，，所以，根据平面关系知，即为二面角的平面角，所以二面角的大小是．【考点】二面角22.若向量，，则A．B．C．D．【答案】D【解析】因为向量，，所以，排除B；，所以，应选D．，A错，如果则存在实数使，显然不成立，所以答案为D．【考点】向量的有关运算．23.如图：在平行六面体中，为与的交点。
高二数学二面角
思考：异面直线所成的角、直线和平面所成的角与有 什么共同的特征？ 它们的共同特征都是将三维空间的角转化为二维空间 的角,即平面角。
一、二面角的定义
一条直线上的一个点把这条直线分成两个部分，其中的每 一部分都叫做射线。 一个平面内的一条直线把这个平面分成两个部分，其中的 每一部分都叫做半平面。
l
A
构成
表示法
三、二面角的平面角
1、定义 以二面角的棱上任意一点为端 点, 在两个面内分别作垂直于棱的 两条射线, 这两条射线所成的角叫 做二面角的平面B1
A1
∠APB= ∠A1P1B1 二面角的大小用它的平面角的大小来度量 二面角的平面角必须满足： 注意: 1）角的顶点在棱上 (与顶点位置无关) 2）角的两边分别在两个面内 3）角的两边都要垂直于二面角的棱
D
C
例1 已知锐二面角－ l－ ，A为面内一点，A到 的 距离为 2 3 ，到 l 的距离为 4，求二面角 － l－ 的 大小。 ① 解： 过 A作 AO⊥于O，过 O作 OD⊥ l 于D，连AD 则由三垂线定理得 AD⊥ l ② ∴∠ADO就是二面角 － l－ 的平面角 ③∵ AO为 A到的距离 ， AD为 A到 l 的距离
A
∴AO=2
3
，AD=4
在Rt △ADO中，
D
O
AO ∵sin∠ADO= AD ∴ ∠ADO=60°
2 3 3 2 4
l
∴二面角 － l－ 的大小为60 °
二面角的计算：
1、找到或作出二面角的平面角
2、证明 1中的角就是所求的角 3、计算出此角的大小
一“作”二“证”三“计算”
练习 1已知棱长为1正方体ABCD-A1B1C1D1,求二面 D’ C’ 角B--B’C--A的大小。
【立体几何专题 高考数学复习】第6讲 立体几何二面角问题-原卷及答案
第6讲立体几何二面角问题知识与方法1. 空间问题平面化解立体几何问题离不开空间问题平面化, 求二面角大小也是如此. 把二面角大小转化为线线角大小, 这里的线线角可以是二面角的平面角, 也可以是两个半平面的法线等. 2. 求二面角大小, 有以下方法方法一: 二面角的平面角. 过公共棱上的点直接作出二面角的平面角.方法二: 公共棱的垂面产生二面角的平面角.方法三:利用三垂线定理或三垂线定理的逆定理构造二面角的平面角.三垂线定理: 平面内的一条直线, 如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直, 那么它也与这条斜线垂直.三垂线定理的逆定理: 如果平面内一条直线与穿过该平面的一条斜线垂直, 那么这条直线也垂直于这条斜线在平面内的射影.∠是利用三垂线定理或其逆定理, 作出两个半平面的公共棱的垂面AOH, 则AOH∠的大小.二面角的平面角, 在Rt AOH中求出AOH方法四: 面积射影法.设平面α内有一平面图形的面积为S, 它在平面β上的射影的面积为S', 则平面 α 与平面 β 所成锐二面角 θ 的余弦值 cos S Sθ='. 方法五:利用两个平面的法向量的夹角来求二面角大小.一般通过建立空间直角坐标系进行代数运算.方法六: 等体积法.在平面 α 内找到一个点 A , 求出点 A 到两个半平面的公共棱的距离 AO , 用等体积法求出 点 A 到平面 β 的距离 h , 则二面角 θ 的正弦值 sin h AO θ=. 方法七:三正弦定理.方法八: 三面角的余弦定理.定理: 如图,四面体 O ABC - 的二面角 A OC B -- 的大小为 α, 则cos α cos cos cos sin sin AOB AOC BOC AOC BOC∠∠∠∠∠-⋅=⋅.在已知一个四面体中 ,,OA OB OC 的两两夹角的情况下, 便能求解二面角A OCB --, 二 面角 A OBC --, 二面角 C OA B -- 的大小.方法九: 无棱二面角.题设背景中没有直接给出二面角的公共棱,要解决这一问题,可以补全几何图形,作出二 面角的公共棱,再用上述方法来求解二面角大小,也可以用面积射影法,或者用空间向量法计 算二面角的大小.典型例题【例1】1111(1), , ,ABC A B C AA ABC ABC -⊥如图在三棱柱中侧棱平面为等腰直角三角形, 90BAC ∠=, 且 12,,AB AA E F == 分别是 1,CC BC 的中点.(1) 求证 : EF ⊥ 平面 1AB F ;(2) 求锐二面角 1B AE F -- 的平面角的余弦值.【例2】111111 (1), , , ,ABCD A B C D E F CC CD -如图在正方体中分别是的中点, G 是线段 1AA 的四等分点 (靠近点 A ), 则过 ,,E F G 三点的截 面与底面 ABCD 所成锐二面角的余弦值为 .【例3】 在平面α内，已知AB BC ⊥，过直线AB BC 、分别作平面β ，γ ，使锐二面角AB αβ--的大小为 3π, 锐二面角 BC αγ-- 的大小为 3π, 则平面 β 与平面 γ 所成的锐二面角的余弦值为（）A. 14B.C. 12D. 34【例4】 如图, 在正方体 1111ABCD A B C D - 中, 平面 11ABC D 与平面 1DBC 所成锐二面角的余弦值为 .【例5】 如图 (1), 设 P 为圆锥的顶点, ,,A B C 是其底面圆周上的三点, 满 足90ABC ∠=. 若 1,2,AB AC AP ===则二面角 A PB C -- 的平 面角的余弦值为 .【例6】如图①，已知边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面互相垂直, M 是 CD 上异于,C D 的点.(1) 证明: 平面 AMD ⊥ 平面 BMC ;(2) 当三棱锥 M ABC - 的体积最大时,求平面 MAB 与平面 MCD 所 成二面角的正弦值.图(1)【例7】如图(1), 在四棱锥P ABCD-中, 侧面PAD是边长为2 的等边三角形且垂直于底面1,,2ABCD AB BC AD BAD ABC∠∠====90,E是PD的中点.(1) 证明: 直线//CE平面PAB;(2)点M在棱PC上, 且直线BM与底面ABCD所成的角为45, 求二面角M AB D--的平面角的余弦值.第6讲立体几何二面角问题知识与方法1. 空间问题平面化解立体几何问题离不开空间问题平面化, 求二面角大小也是如此. 把二面角大小转化为线线角大小, 这里的线线角可以是二面角的平面角, 也可以是两个半平面的法线等.2. 求二面角大小, 有以下方法方法一: 二面角的平面角. 过公共棱上的点直接作出二面角的平面角.方法二: 公共棱的垂面产生二面角的平面角.方法三:利用三垂线定理或三垂线定理的逆定理构造二面角的平面角.三垂线定理: 平面内的一条直线, 如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直, 那么它也与这条斜线垂直.三垂线定理的逆定理: 如果平面内一条直线与穿过该平面的一条斜线垂直, 那么这条直线也垂直于这条斜线在平面内的射影.利用三垂线定理或其逆定理, 作出两个半平面的公共棱的垂面AOH, 则AOH∠是二面角的平面角, 在Rt AOH中求出AOH∠的大小.方法四: 面积射影法.设平面α内有一平面图形的面积为S, 它在平面β上的射影的面积为S', 则平面α与平面β所成锐二面角θ的余弦值cosSS θ='.方法五:利用两个平面的法向量的夹角来求二面角大小.一般通过建立空间直角坐标系进行代数运算.方法六: 等体积法.在平面α内找到一个点A, 求出点A到两个半平面的公共棱的距离AO, 用等体积法求出点A到平面β的距离h, 则二面角θ的正弦值sinh AOθ=. 方法七:三正弦定理.方法八: 三面角的余弦定理.定理: 如图,四面体 O ABC - 的二面角 A OC B -- 的大小为 α, 则cos α cos cos cos sin sin AOB AOC BOC AOC BOC∠∠∠∠∠-⋅=⋅.在已知一个四面体中 ,,OA OB OC 的两两夹角的情况下, 便能求解二面角A OCB --, 二 面角 A OBC --, 二面角 C OA B -- 的大小.方法九: 无棱二面角.题设背景中没有直接给出二面角的公共棱,要解决这一问题,可以补全几何图形,作出二 面角的公共棱,再用上述方法来求解二面角大小,也可以用面积射影法,或者用空间向量法计 算二面角的大小.典型例题【例1】1111(1), , ,ABC A B C AA ABC ABC -⊥如图在三棱柱中侧棱平面为等腰直角三角形, 90BAC ∠=, 且 12,,AB AA E F == 分别是 1,CC BC 的中点.(1) 求证 : EF ⊥ 平面 1AB F ;(2) 求锐二面角 1B AE F -- 的平面角的余弦值.图(1)【分析】 证明线面垂直, 一般会用线面垂直的判定定理. 研究二面角的平面角时, 找到一个半平面的垂线很重要, 利用这条垂线, 根据三垂线定理可以作出二面角的平面角. 当然本 题是在直棱柱的背景下解决问题, 可以考虑建立空间直角坐标系, 用空间向量来求解二面角的大小.(1) 【解析】 因为 AC AB =, 且 F 为 BC 的中点, 所以 AF BC ⊥.又三棱柱中 1BB ⊥ 平面 ,ABC AF ⊂ 平面 ABC , 所以 1BB AF ⊥.因为 1BB BC B ⋂=, 所以 AF ⊥ 平面 11BB C C .因为 EF ⊂ 平面 11BB C C , 所以 AF EF ⊥.因为 12AC AB AA ===,经计算得 113B F EF B E ==,所以 22211B E B F EF =+, 即 1B F EF ⊥.又因为 1B F AF F ⋂=, 所以 EF ⊥ 平面 1AB F .(2) 解法 1： (定义法, 根据三垂线定理或其逆定理作二面角的平面角)如图 (2), 过点 F 作 FM AE ⊥, 连结 1B M .由 (1) 知 11,B F EF AF B F ⊥⊥.又 EF AF F ⋂=, 所以 1B F ⊥ 平面 AEF .因为 AE ⊂ 平面 AEF , 所以 1B F AE ⊥.图(2)又 1,AE MF FM B F F ⊥⋂=, 所以 EA ⊥ 平面 1B MF ,所以 1EA B M ⊥,所以 1B MF ∠ 就是二面角 1B AE F -- 的平面角,经计算得1MF B M ==所以11cos 6MF B MF B M ∠==. 【点睛】 用定义法作二面角的平面角, 经常会用到三垂线定理及其逆定理. 请特别关注线面垂直或面面垂直的信息, 因为若能找到一个半平面内的一个点在另一个半平面上的射 影, 那么借助三垂线定理或其逆定理,构造二面角的平面角就非常简单了.解法2： (空间向量法) 由 (1) 知 1,,FE FA FB 两两垂直.如图 (3), 以 FE 为 x 轴、 FA 为 y 轴、 1FB 为 z 轴建立空间直角坐标系. 则点)()(1,,E A B , 所以 ()(13,2,0,0,EA AB =-=-, 易知平面 EAF 的一个法向量为 ()10,0,1=n ,设平面 1AEB 的一个法向量为 ()2,,x y z =n ,则 230EA ⋅=-=n 且 2120AB ⋅=-=n, 取 2=⎝⎭n , 所以 121212cos ,6⋅==n n n n n n .图(3)【点睛】 只要能方便建立直角坐标系, 并能用写出相关点的坐标, 就可以套用公式计算二面 角的大小. 但是一定要注意两个平面的法向量的夹角与二面角的大小关系:相等或互补. 解法3：(面积射影法) 因为 1,AF BC AF BB ⊥⊥, 则 AF ⊥ 平面 1CBB , 所以 1AF FB ⊥.又由 (1) 知 1EF B F ⊥, 则 1B F ⊥ 平面 AEF .设锐二面角 1B AE F -- 的大小为 θ,则1cos 6EFA EB A S S θ==. 【点睛】 面积射影法可以在不作出二面角的平面角的情况下, 算出二面角的大小, 这也是一种较为常用的方法.解法 4： (三正弦定理) 设锐二面角 1B AE F -- 的大小为 θ,则2221111cos 2B A AE EB B AE B A AE ∠+-===⋅, 由三正弦定理知 11sin sin sin B AF B AE ∠∠θ=⋅,则11sin 2sin 3sin 6B AF B AE ∠θ∠===, 即 cos θ=解法5： (三面角的余弦定理) 设锐二面角 1B AE F -- 的大小为 θ, 则2221111cos 2B A AE EB B AE B A AE ∠+-===⋅,所以 131015sin ,cos ,sin 5510B AE FAE FAE ∠∠∠===, 所以 1111110cos cos cos 62510cos sin sin 6315510B AF B AE FAE B AE FAE ∠∠∠θ∠∠-⨯-⋅===⋅⨯. 【点睛】 若已知三条共点直线两两夹角的大小,求解以这三条直线为公共棱的两个半平面 所成角的大小时, 可使用三面角的余弦定理.一般建议在解小题中使用, 因为二级结论在 解决大题时难得步骤分.【例2】111111 (1), , , ,ABCD A B C D E F CC CD -如图在正方体中分别是的中点, G 是线段 1AA 的四等分点 (靠近点 A ), 则过 ,,E F G 三点的截 面与底面 ABCD 所成锐二面角的余弦值为【分析】 本题背景是 “无棱”二面角, 但二面角一定有公共棱, 可以依据 题意作出二面角的公共棱, 再作出二面角的平面角来求解. 对于“无棱”二面角,也可以考虑用面积射影法、空间向量法等来求解, 这样就不需要作出二面角的 公共棱.【解析】解法 1： 设正方体的棱长为 4 , 所求二面角的大小为 θ, 过点 F 作 FH ⊥ CD 于点 H , 如图 (2). 则 EFG 在底面ABCD 上的射影为 CHA , 经计算 2EF =, 点 G 到 EF 的距离为 17, 所以1424172cos 1172172AHCEFG SS θ⨯⨯===⨯⨯.图(2)【点睛】 本题是“无棱”二面角, 可以用面积射影法求解, 这种方法避免了找两个半平面的 公共棱及二面角的平面角.解法 2： (空间向量法) 设正方体的棱长为 4 . 如图(3), 以 AB 为 x 轴、 AD 为 y 轴、 1AA 为 z 轴建立空间直角坐标系, 则点 ()()()0,0,1,4,4,2,2,4,2G E F , 所以 ()()4,4,1,2,4,1GE GF ==.设平面 GEF 的一个法向量为 (),,x y z =n , 则 440GE x y z ⋅=++=n , 且 240GF x y z ⋅=++=n ,取 ()0,1,4=-n . 又平面 ABCD 的一个法向量为()10,0,1=n , 则 1cos<,=>n n .图(3)解法 3： 设正方体的棱长为 4.如图(4), 设 1,EF DD K KG DA O ⋂=⋂=.过点 O 作 //ON CD , 则 ////ON CD EF . 又 ON ⊥ 平面 ODK , 则DOK ∠ 为所求二面角的平面角,图(4)所以 cos 17DO DOK OK ∠==. 解法4： 设正方体的棱长为 4 . 如图(5), 过点 G 作平面 //GPNM 平面 ABCD , 则 GP ⊥ 平面 PNE , 则 NPE ∠ 为所求二面角的平面角, 所以cos17PN NPE PE ∠===.图(5)【点睛】 所谓“无棱” 的二面角, 并不是说两个半平面的公共棱不存在, 应该利用好已知条 件, 先作出二面角的公共棱, 再作出二面角的平面角.【例3】 在平面α内，已知AB BC ⊥，过直线AB BC 、分别作平面β ，γ ，使锐二面角AB αβ--的大小为 3π, 锐二面角 BC αγ-- 的大小为 3π, 则平面 β 与平面 γ 所成的锐二面角的余弦值为（）A. 14B. 4C. 12D. 34【分析】 本题涉及三个平面, 可以用三面角的余弦定理来解决问题. 当然也可以考虑作出二 面角的平面角, 或用空间向量、三正弦定理来解.【解析】解法 1： (三面角的余弦定理) 如图 (1), 设平面 β 为平面 ABD , 平面 γ 为平面 BCD , 设点 D 在平面 ABC 上的射影为点 H , 过点 H 作 HM AB ⊥ 于点 M , 过点 H 作 HN BC ⊥ 于 点 N .由题意知, 四边形 BNHM 为正方形, DMH ∠ 为二面角 AB αβ-- 的 平面角, DNH ∠ 为二面角 AB αγ-- 的平面角.设平面 β 与平面 γ 所成的锐二面角大小为 θ, 设正方形 BNHM 的边 长为 1 , 则在 Rt DHM 中, ,13DMH MH π∠==, 所以 2MD =.图(1)同理 2ND =.所以 cosDBM DBM DBN DBN ∠∠∠∠====由三面角的余弦定理知 cos cos cos 1cos sin sin 4ABC ABD CBD ABD CBD ∠∠∠θ∠∠-⋅==-⋅. 所以平面 β 与平面 γ 所成的锐二面角的余弦值为14. 故选 A. 【点睛】 若能得知 ,,BA BD BC 这三条边的两两夹角的三角函数, 便能利用三面角的余弦 定理求得平面 β 与平面 γ 所在锐二面角的大小.解法 2：(二面角的平面角) 在解法1 的基础上, 如图 (2), 过点 M 作 ME DB ⊥ 于点 E , 连结 EN , 易证 MEN ∠ 为平面 β 与平面 γ 所成二面 角的平面角.又ME NE MN ===由余弦定理可得 1cos 4θ=. 故选 A.图(2)解法 3： (空间向量法) 构造符合题意的正四棱柱, 其中平面 β 为平面 ABD , 平面 γ为平面 BCD 根据条件“二面角 AB αβ-- 的大小为 3π, 锐二面角 BC αγ-- 的大小为 3π ”, 设四棱柱的 底面边长为 1 , 侧棱长为 二面角 A BD C -- 的大小为 θ.如图(3), 以点 B 为原点, 以 BC 为 x 轴、BA 为 y 轴、BE 为 z 轴建立空间 直角坐标系.则点 ()()(0,1,0,1,0,0,A C D , 所以 ()()(0,1,0,1,0,0,1,1,BA BC BD ===.图(3)设平面 ABD 的一个法向量为 ()1111,,x y z =n , 平面 BCD 的一个法向量为()2222,,x y z =n , 则 10BA ⋅=n 且 10BD ⋅=n , 即11110,0.y x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩ 取)11=-n , 同理, 取()21=-n , 所以 121cos cos ,4θ==n n . 故选 A. 【点睛】 若能将几何体放到正方体、长方体中, 则容易建立空间直角坐标系, 从而借助空间向量法来解决问题.解法 4：(三正弦定理) 以解法3 为背景, 可知 AB 与平面 BCD 所成角为60,sin ABD ∠=设二面角 A BD C -- 的大小为 θ.由三正弦定理得 sin60sin sin ABD ∠θ=⋅,解得1sin 4θθ==. 故选 A. 【例4】 如图, 在正方体 1111ABCD A B C D - 中, 平面 11ABC D 与平面 1DBC 所成锐二面角的余弦值为【分析】 平面 11ABC D 与平面 1DBC 的法线较容易找到, 直接利用法线来求解.【解析】(用平面的法线求解) 平面 11ABC D 的一条法线为 1CB , 平面 1DBC 的一条法线为 1CA , 则直线 1CB 与直线 1CA 所成角的余弦值为 【点睛】 在正方体这一特殊几何体中, 很容易找到两个半平面的法线, 那么就可以直接利 用两条法线所成角的大小来表示二面角的大小. 当然, 也可以用定义法、空间向量法来求 解.【例5】 如图 (1), 设 P 为圆锥的顶点, ,,A B C 是其底面圆周上的三点, 满 足90ABC ∠=. 若 1,2,AB AC AP ===则二面角 A PB C -- 的平 面角的余弦值为【分析】 本题可以用空间向量法、作二面角的平面角等方法来解决问题.图(1)从条件来看, ,,PA PB PC 两两夹角的余弦值均可求解, 那么三面角的余弦定理可以更便 捷地解决问题. 【解析】 由 90ABC ∠= 知, AC 为底面圆的直径.如图 (2), 设底面中心为 O , 连结 PO ,则 PO ⊥ 平面 ABC , 易知 112AO CO AC ===,进而 1,PO BC ====图 (2)所以 22222231cos ,cos 2424AP BP AB PC BP CB APB CPB AP BP BP CP ∠∠+-+-====⋅⋅, 而 90APC ∠=, 设二面角 A PB C -- 的大小为 θ,则 cos cos cos cos sin sin 35APC APB CPB APB CPB ∠∠∠θ∠∠-⋅==-⋅. 【点睛】 由三条棱引出的三个半平面问题, 依据条件, 可以考虑用三面角的余弦定理尝试 解决问题.【例6】如图①，已知边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面互相垂直, M 是 CD 上异于,C D 的点.(1) 证明: 平面 AMD ⊥ 平面 BMC ;(2) 当三棱锥 M ABC - 的体积最大时,求平面 MAB 与平面 MCD 所 成二面角的正弦值.图(1)【分析】 面面垂直的证明, 一般转化为线面垂直来证明, 只要找到半平面的一条垂线, 如 DM ⊥ 平面 BMC . 研究体积的最大值时, 基于 ABC 的面积是确定的, 只需点 M 到平面 ABC 的距离最大即可, 再用定义法或空间向量法解决二面角大小的问题.【解析】 (1) 由题设知, 平面 CMD ⊥ 平面 ABCD , 交线为 CD .因为 ,BC CD BC ⊥⊂ 平面 ABCD , 所以 BC ⊥ 平面 CMD , 故 BC DM ⊥. 因为 M 为 CD 上异于 ,C D 的点, 且 DC 为直径, 所以 DM CM ⊥. 又 BC CM C ⋂=, 所以 DM ⊥ 平面 BMC .而 DM ⊂ 平面 AMD , 故平面 AMD ⊥ 平面 BMC .(2) 以点 D 为坐标原点, 以 DA 为 x 轴正方向、 DC 为 y 轴正方向 建立如图(2)所示的空间直角坐标系.图(2)当三棱锥 M ABC - 的体积最大时, M 为 CD 的中点.由题设得点 ()()()()()0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,2,0,0,1,1D A B C M ,则 ()()()2,1,1,0,2,0,2,0,0AM AB DA =-==.设 (),,x y z =n 是平面 MAB 的一个法向量,则 0,0,AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即 20,20,x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取 ()1,0,2=n . 因为 DA 是平面 MCD 的一个法向量,因此 525cos<,,sin<,55DADA DA DA ⋅===>>n n n n , 所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值是【点睛】 在立体几何大题中,在容易找到线面垂直的背景下,一般可以选用空间向量法解决问题, 易错点在于判断二面角是钝角还是锐角.【例7】 如图 (1), 在四棱锥P ABCD -中, 侧面PAD 是边长为 2 的等边三角形且垂直于底面 1,,2ABCD AB BC AD BAD ABC ∠∠==== 90,E 是 PD 的中点. (1) 证明: 直线 //CE 平面 PAB ;图(1)(2) 点 M 在棱 PC 上, 且直线 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45, 求二面角 M AB D -- 的 平面角的余弦值.【分析】 第一问可以用线面平行的判定定理 (或面面平行的性质定理) 来证明. 第二问建议采用空间向量法, 先通过计算确定点 M 的位置, 再解决二面角大小的问题.【解析】 (1) 如图 (2), 取 PA 的中点 F , 连结 ,EF BF .因为 E 为 PD 的中点, 所以 1//,2EF AD EF AD =. 由 90BAD ABC ∠∠== 得 //BC AD .又 12BC AD =, 所以 EF CB =. 所以四边形 BCEF 为平行四边形,所以 //CE BF .又 BF ⊂ 平面 ,PAB CE ⊄ 平面 PAB , 故 //CE 平面 PAB .图(2)(2) 由已知得 BA AD ⊥, 以点 A 为坐标原点, 以 AB 为 x 轴正方向、AD 为 y 轴正方向、 AB 为单位长, 建立如图 (3)所示的空间直角坐标系,则点 ()()()(()0,0,0,1,0,0,1,1,0,,,,A B C P M x y z ,则 ()()()1,0,3,1,0,0,1,,PC AB BM x y z =-==-,(,1,PM x y z =-.因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45,而 ()0,0,1=n 是底面 ABCD 的一个法向量,图(3)所以 cos<,sin45BM =n >, 即2=, 即 222(1)0x y z -+-=.又点 M 在棱 PC 上, 设 PM PC λ=, 则,1,x y z λ===,1,122 1, ()1,x x y y z z ⎧⎧=+=-⎪⎪⎪⎪⎪⎪==⎨⎨⎪⎪⎪⎪==⎪⎪⎩⎩解得舍去或 所以点12M ⎛- ⎝⎭. 从而12AM ⎛=- ⎝⎭. 设 ()000,,x y z =m 是平面 ABM 的一个法向量,则 0,0,AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即(00002200x y x ⎧++=⎪⎨=⎪⎩，， 所以可取()0,=m.于是 cos<,⋅==m n m n >m n ，因此二面角 M AB D -- 的平面角的余弦值为 5. 【点睛】 对于动态立体几何问题, 如果用几何法较难确定位置关系, 可以考虑建立空间直角坐标系, 用空间向量的代数运算来确定动点的位置.。
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综合法求二面角一、知识梳理：二面角的相关概念1.定义：从一条直线出发的所组成的图形.(立体图形)2.相关概念：(1)这条直线叫做二面角的；(2)两个半平面叫做二面角的.3.画法：4.记法：二面角α－l－β或二面角α－AB－β或二面角P－l－Q或二面角P－AB－Q.5.二面角的平面角：(1)若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是(2)二面角的平面角α的取值范围是；平面角是直角的二面角叫做.二、牛刀小试：1.在二面角α－l－β的棱l上任选一点O，若∠AOB是二面角α－l－β的平面角，则必须具有的条件是()A.AO⊥BO，AO⊂α，BO⊂βB.AO⊥l，BO⊥lC.AB⊥l，AO⊂α，BO⊂βD.AO⊥l，BO⊥l，且AO⊂α，BO⊂β2.二面角α－l－β的大小为60°，异面直线a，b分别垂直于α，β，则a与b所成角的大小__.三、经典例题例1在三棱锥V－ABC中，VA＝AB＝VB＝AC＝BC＝2，VC＝3，求二面角V－AB－C的大小.方法总结：定义法利用二面角的平面角的定义，在二面角的棱上取一点，过该点在两个半平面内作垂直于棱的射线，两射线所成的角就是二面角的平面角，这是一种最基本的方法.例2如图，在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ABC＝90°，SA＝AB，SB＝BC.(1)证明：平面SBC⊥平面SAB；(2)求二面角A－SC－B的平面角的正弦值.方法总结：三垂线法是利用三垂线定理及其逆定理来证明线线垂直，来找到二面角的平面角的方法.这种方法关键是找垂直于二面角的面的垂线.此方法是属于较常用的.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.三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直.四、课堂反馈1. 如图，AB是圆的直径，P A垂直于圆所在的平面，C是圆上一点(不同于A，B)且P A＝AC，则二面角P－BC－A的大小为()A.60°B.30°C.45°D.15°2.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝23，CC1＝2，则二面角C1－BD－C的大小为________.3.如图所示，将等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时∠B′AC ＝60°，那么这个二面角大小是________.五、课后作业1、如图，正方体的棱长为1，B′C∩BC′＝O，求：(1)AO与A′C′所成角的大小；(2)AO与平面ABCD所成角的正切值；(3)平面AOB与平面AOC所成角的大小.2、如图，二面角α－l－β的大小是60°，线段AB⊂α，B∈l，AB与l所成的角为30°，则AB 与平面β所成的角的正弦值是________.3、求正四面体（棱长均相等的三棱锥）的侧面与底面所成二面角的大小.综合法求二面角（教师版）一、知识梳理：二面角的相关概念1.定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形.2.相关概念：(1)这条直线叫做二面角的棱；(2)两个半平面叫做二面角的面.3.画法：4.记法：二面角α－l－β或二面角α－AB－β或二面角P－l－Q或二面角P－AB－Q.5.二面角的平面角：(1)若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB.(2)二面角的平面角α的取值范围是0°≤α≤180°.平面角是直角的二面角叫做直二面角.二、牛刀小试：1.在二面角α－l－β的棱l上任选一点O，若∠AOB是二面角α－l－β的平面角，则必须具有的条件是()A.AO⊥BO，AO⊂α，BO⊂βB.AO⊥l，BO⊥lC.AB⊥l，AO⊂α，BO⊂βD.AO⊥l，BO⊥l，且AO⊂α，BO⊂β答案D2.二面角α－l－β的大小为60°，异面直线a，b分别垂直于α，β，则a与b所成角的大小是________.答案60°解析过直线a上一点作b的平行线b′，则根据二面角的定义和线面垂直的性质可知，a与b′的夹角为60°，所以a与b所成角的大小是60°.三、经典例题例1在三棱锥V－ABC中，VA＝AB＝VB＝AC＝BC＝2，VC＝3，求二面角V－AB－C的大小.解取AB的中点D，连接VD，CD，∵△VAB中，VA＝VB＝AB＝2，∴△VAB为等边三角形，∴VD⊥AB且VD＝3，同理CD⊥AB，CD＝3，∴∠VDC为二面角V－AB－C的平面角，而△VDC是等边三角形，∠VDC＝60°，∴二面角V－AB－C的大小为60°.方法总结：定义法利用二面角的平面角的定义，在二面角的棱上取一点，过该点在两个半平面内作垂直于棱的射线，两射线所成的角就是二面角的平面角，这是一种最基本的方法.例2如图，在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ABC＝90°，SA＝AB，SB＝BC.(1)证明：平面SBC⊥平面SAB；(2)求二面角A－SC－B的平面角的正弦值.(1)证明∵∠SAB＝∠SAC＝90°，∴SA⊥AB，SA⊥AC，又AB ∩AC ＝A ，AB ，AC ⊂平面ABC ， ∴SA ⊥平面ABC ，又BC ⊂平面ABC ，∴SA ⊥BC ，又AB ⊥BC ，SA ∩AB ＝A ，SA ，AB ⊂平面SAB ， ∴BC ⊥平面SAB ，又BC ⊂平面SBC ，∴平面SBC ⊥平面SAB .(2)解 取SB 的中点D ，连接AD ，则AD ⊥SB ，垂足为点D ，由(1)知平面SBC ⊥平面SAB ，平面SBC ∩平面SAB ＝SB ，AD ⊂平面SAB ， ∴AD ⊥平面SBC .作AE ⊥SC ，垂足为点E ，连接DE ， 则DE ⊥SC ，则∠AED 为二面角A －SC －B 的平面角.设SA ＝AB ＝2，则SB ＝BC ＝22，AD ＝2，AC ＝23，SC ＝4. 由题意得AE ＝3，Rt △ADE 中，sin ∠AED ＝AD AE ＝23＝63，∴二面角A －SC －B 的平面角的正弦值为63.方法总结：三垂线法是利用三垂线定理及其逆定理来证明线线垂直，来找到二面角的平面角的方法.这种方法关键是找垂直于二面角的面的垂线.此方法是属于较常用的.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.三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直.四、课堂反馈1. 如图，AB 是圆的直径，P A 垂直于圆所在的平面，C 是圆上一点(不同于A ，B )且P A ＝AC ，则二面角P －BC －A 的大小为 ( )A.60°B.30°C.45°D.15° 答案 C解析 由条件得P A ⊥BC ，AC ⊥BC ，又P A ∩AC ＝A ，P A ，AC ⊂平面P AC ，∴BC ⊥平面P AC ，∴∠PCA 为二面角P －BC －A 的平面角.在Rt △P AC 中，由P A ＝AC 得∠PCA ＝45°，故选C.2.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝23，CC 1＝2，则二面角C 1－BD －C 的大小为________.答案 30°解析 如图，取BD 的中点O ，连结OC ，OC 1， ∵AB ＝AD ＝23，∴CO ⊥BD ，CO ＝ 6. ∵CD ＝BC ，∴C 1D ＝C 1B ，∴C 1O ⊥BD . ∴∠C 1OC 为二面角C 1－BD －C 的平面角. tan ∠C 1OC ＝C 1C OC ＝26＝33.∴∠C 1OC ＝30°，即二面角C 1－BD －C 的大小为30°.3.如图所示，将等腰直角三角形ABC 沿斜边BC 上的高AD 折成一个二面角，此时∠B ′AC ＝60°，那么这个二面角大小是________.答案 90°解析 由题意知，∠B ′DC 即为此二面角的平面角， 设AB ＝AC ＝1，连结CB ′， 则△AB ′C 为等边三角形， ∴B ′C ＝1，又B ′D ＝CD ＝22， ∴在△B ′DC 中，B ′D 2＋CD 2＝B ′C 2， ∴B ′D ⊥CD ，∴∠B ′DC ＝90°， 即此二面角的大小为90°.五、课后作业1、如图，正方体的棱长为1，B ′C ∩BC ′＝O ，求：(1)AO 与A ′C ′所成角的大小； (2)AO 与平面ABCD 所成角的正切值； (3)平面AOB 与平面AOC 所成角的大小. 解 (1)∵A ′C ′∥AC ，∴AO 与A ′C ′所成的角就是∠OAC . ∵AB ⊥平面BC ′，OC ⊂平面BC ′， ∴OC ⊥AB ，又OC ⊥BO ，AB ∩BO ＝B ，AB ，BO ⊂平面ABO ， ∴OC ⊥平面ABO .又OA ⊂平面ABO ，∴OC ⊥OA . 在Rt △AOC 中，OC ＝22，AC ＝2， sin ∠OAC ＝OC AC ＝12，∴∠OAC ＝30°.即AO 与A ′C ′所成角为30°. (2)如图，作OE ⊥BC 于E ，连接AE .∵平面BC ′⊥平面ABCD ，平面BC ′∩平面ABCD ＝BC ，OE ⊂平面BC ′， ∴OE ⊥平面ABCD ，∴∠OAE 为OA 与平面ABCD 所成的角. 在Rt △OAE 中，OE ＝12，AE ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＝52，∴tan ∠OAE ＝OE AE ＝55.即AO 与平面ABCD 所成角的正切值为55. (3)由(1)可知OC ⊥平面AOB .又∵OC ⊂平面AOC ，∴平面AOB ⊥平面AOC . 即平面AOB 与平面AOC 所成的角为90°.2、如图，二面角α－l －β的大小是60°，线段AB ⊂α，B ∈l ，AB 与l 所成的角为30°，则AB 与平面β所成的角的正弦值是________.答案34解析 如图，作AO ⊥β于O ，AC ⊥l 于C ，连接OB ，OC ，则OC ⊥l ，则∠ACO 为二面角α－l －β的平面角，∠ABC 为AB 与l 所成的角.设AB 与β所成的角为θ，则∠ABO ＝θ.由图象得sin θ＝AO AB ＝AC AB ·AO AC ＝sin 30°·sin 60°＝34.。