高三理科数学第一轮复习立体几何二面角

合集下载

高中立体几何中二面角经典求法

高中立体几何中二面角求法摘要：在立体几何中，求二面角的大小是历届高考的热点，几乎每年必考，而对于求二面角方面的问题，同学们往往很难正确地找到作平面角的方法，本文对求二面角的方法作了一个总结，希望对学生有帮助。

（一）、二面角定义的回顾：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形就叫做二面角。

二面角的大小是用二面角的平面角来衡量的。

而二面角的平面角是指在二面角的棱上任取一点O，分别在两个半平面内作射线，则为二面角的平面角。

(二)1、由定义作出二面角的平面角；2、利用三垂线定理（逆定理）作出二面角的平面角；3、作二面角棱的垂面，则垂面与二面角两个面的交线所成的角就是二面角的平面角。

4、空间坐标法求二面角的大小5、平移或延长（展）线（面）法6、射影公式S射影=S斜面cosθ7、化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角1、利用定义作出二面角的平面角，并设法求出其大小。

例1、如图,已知二面角α-а-β等于120°,PA⊥α,A∈α,PB⊥β,B∈β. 求∠APB的大小.解: 设平面∩PABα=OA,平面PAB∩β=OB。

同理PB⊥а ∴а⊥平面PAB又∵OA⊂平面PAB ∴а⊥OA同理а⊥OB.∴∠AOB是二面角α-а-β的平面角.在四边形PAOB中, ∠AOB=120°,.∠PAO=∠POB=90°, 所以∠APB=60°2、三垂线定理（逆定理）法由二面角的一个面上的斜线（或它的射影）与二面角的棱垂直，推得它位于二面角的另一的面上的射影（或斜线）也与二面角的棱垂直，从而确定二面角的平面角。

例2：如图,ABCD-A 1B 1C 1D 1是长方体,侧棱AA 1长为1,底面为正方体且边长为2,E是棱BC的中点,求面C 1DE与面CDE所成二面角的正切值.解：在长方体ABCD—A 1B 1C 1D 1中由三垂线定理可得：CD =2 CE=1, DE=3、找（作）公垂面法由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角。

高中数学立体几何——二面角求法

二面角求法1 .定义法即在二面角的棱上找一点，在二面角的两个面内分别作棱的射线即得二面角的平面角.·例1 . 正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，求二面角A-BD-C 1解析：易知∠COC 1是二面角C-BD-C 1的平面角，且tan ∠COC 1例2.在锥体P-ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠DAB=60︒，PA PD ==分别是BC,PC 的中点.求：二面角P-AD-B 的余弦值.&解：由（1）知PGB ∠为二面角P AD B --的平面角，在Rt PGA ∆中，2217()24PG =-=；在Rt BGA ∆中，222131()24BG =-=；在PGB ∆中，222cos 2PG BG PB PGB PG BG +-∠==⋅.2 三垂线法此法最基本的一个模型为：如图3，设锐二面角βα--l ，过面α 内一点P 作PA ⊥α于A ，作AB ⊥l 于B ，连接PB ，由三垂线定理得PB ⊥l ，则∠PBA 为二面角βα--l 的平面角，故称此法为三垂线法.《例3.如图4，平面α⊥平面β，α∩β=l ，A ∈α，B ∈β，点A 在直线l 上的射影为A 1，点B 在l 的射影为B 1，已知AB=2，AA 1=1，BB 1=2，求：二面角A 1－AB －B 1的正弦值.分析与略解：作A 1E ⊥AB 1于AB 1于E ，则可证A 1E ⊥平面AB 1B.@—A图3αβP￥BlB 1 A *A 1l%EF@PCＳ| FGP AＳBＳ;C DＳF E,过E 作EF ⊥AB 交AB 于F ，连接A 1F ，则得A 1F ⊥AB ， ∴∠A 1FE 就是所求二面角的平面角.依次可求得 AB 1=B 1B=2，A 1B=3，A 1E=22，A 1F=23，则在Rt △A 1EF 中，sin ∠A 1FE=A 1E A 1F =63 .·例4.如图所示,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为矩形,PA ⊥平面ABCD,点E 在线段PC 上,PC ⊥平面BDE.若PA=1,AD=2,求二面角B-PC-A 的正切值.】解:由(1)得BD ⊥平面PAC, ∴BD ⊥AC.又四边形ABCD 为矩形,∴四边形ABCD 是正方形.设AC 交BD 于O 点,∵PC ⊥平面BDE,∴∠BEO 即为二面角B-PC-A 的平面角. ∵PA=1,AD=2,∴AC=2,BO=OC=,∴PC==3,—又OE===在直角三角形BEO 中,tan ∠BEO===3,∴二面角B-PC-A 的正切值为3.例5. 如图, 四棱锥P-ABCD 中, 底面ABCD 为矩形, PA ⊥底面ABCD, PA=AB=, 点E 是棱PB 的中点.(1) 若AD=, 求二面角A-EC-D的平面角的余弦值.—(1) 过点D作DF⊥CE, 交CE于F, 过点F作FG⊥CE, 交AC于G, 则∠DFG为所求的二面角的平面角.由(Ⅰ) 知BC⊥平面PAB, 又AD∥BC, 得AD⊥平面PAB, 故AD⊥AE, 从而DE==. 在Rt△CBE中, CE==. 由CD=, 所以△CDE为等边三角形, 故F为CE的中点, 且DF=CD·sin=.因为AE⊥平面PBC, 故AE⊥CE, 又FG⊥CE, 知FG=AE, 从而FG=, 且G点为AC的中点. 连结DG, 则在Rt△ADG中, DG=AC==.，所以cos∠DFG==.、3、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。

2022年高考数学课标通用(理科)一轮复习真题演练：第八章立体几何8-7 Word版含解析

真题演练集训1．[2022·新课标全国卷Ⅱ]如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值． (1)证明：由已知，得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF ，得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H . 由AB ＝5，AC ＝6，得 DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC ，得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解：如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，HD →的方向为y 轴正方向，HD →′的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz .则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)， AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m||n|＝－1450×10＝－7525，sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.2．[2022·山东卷]在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点．求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值． (1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，由于点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，由于H 是FB 的中点，所以HI ∥BC .又HI ∩GI ＝I ，OB ∩BC ＝B ，所以平面GHI ∥平面ABC .由于GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)解：解法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC . 又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题意，得B (0,23，0)，C (－23，0,0)，所以BC →＝(－23，－23，0)．过点F 作FM 垂直OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)．故BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，33.由于平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0.1)，所以cos〈m，n 〉＝m·n|m||n|＝77.所以二面角F－BC－A的余弦值为7 7.解法二：如图，连接OO′.过点F作FM垂直OB于点M，则有FM∥OO′.又OO′⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC.可得FM＝FB2－BM2＝3.过点M作MN垂直BC于点N，连接FN.可得FN⊥BC，从而∠FNM为二面角F－BC－A的平面角．又AB＝BC，AC是圆O的直径，所以MN＝BM sin 45°＝6 2，从而FN＝422，可得cos ∠FNM＝77.所以二面角F－BC－A的余弦值为7 7.3．[2022·新课标全国卷Ⅲ]如图，四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD ∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面P AB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．(1)证明：由已知，得AM＝23AD＝2.如图，取BP的中点T，连接AT，TN.由N为PC的中点知，TN∥BC，TN＝12BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.由于AT⊂平面P AB，MN⊄平面P AB，所以MN∥平面P AB.(2)解：取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC，得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝AB2－BE2＝AB2－⎝⎛⎭⎪⎫BC22＝ 5.以A为坐标原点，AE→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎨⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525，则直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.4．[2021·新课标全国卷Ⅰ]如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC 可知，AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC . 由于EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解：如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G －xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.5．[2021·新课标全国卷Ⅱ]如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值．解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 由于四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.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A (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10，4,8)，F (0,4,8)， FE →＝(10,0,0)，HE →＝(0，－6,8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面α的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3)．又AF →＝(－10,4,8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面α所成角的正弦值为4515. 课外拓展阅读巧用向量法求立体几何中的探究性问题立体几何中的探究性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频消灭，而空间向量在解决立体几何的探究性问题中扮演着举足轻重的角色，它是争辩立体几何中的探究性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探究性问题供应了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探究性问题的常见类型及其求解策略．1．条件追溯型解决立体几何中的条件追溯型问题的基本策略是执果索因．其结论明确，需要求出访结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可快速找到切入点．这类题目要求考生变换思维方向，有利于培育考生的逆向思维力量．[典例1] 如图所示，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CEBE ＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角．[思路分析][解析] 由于SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .由于AB ＝4，SA ＝3，所以B (0,4,0)，S (0,0,3)．设BC ＝m ，则C (m,4,0)，由于SF BF ＝CEBE ＝λ，所以SF →＝λFB →.所以AF →－AS →＝λ(AB →－AF →)．所以AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0,4λ，3)．所以F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，4λ1＋λ，31＋λ. 同理可得E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m 1＋λ，4，0，所以FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ. 由于F A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－4λ1＋λ，－31＋λ，要使∠AFE 为直角，即F A →·FE →＝0，则0·m 1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0，所以16λ＝9，解得λ＝916. [答案] 916 2．存在推断型以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在推断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探究性和制造性深受命题者的青睐，此类问题的基本特征是：要推断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种状况：假如存在，找出一个来；假如不存在，需要说明理由．这类问题常用“确定顺推”的方法．求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简洁、解法固定、操作便利．[典例2] 如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．[思路分析][解] (1)如图所示，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D －xyz . 依题意，得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以NE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，AM →＝(－1,0,1)，由于|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →||AM →|＝1252×2＝1010. 所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . 连接AE ，如图所示．由于AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，又EA →＝⎝⎛⎭⎪⎫12，－1，0，所以ES →＝EA →＋AS →＝⎝⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎨⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS →|＝22.经检验，当|AS |＝22时，ES ⊥平面AMN .故在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时|AS |＝22. 3．结论探究型立体几何中的结论探究型问题的基本特征是：给出肯定的条件与设计方案，推断设计的方案是否符合条件要求．此类问题的难点是“阅读理解”和“整体设计”两个环节，因此，应做到审得认真、找得有法、推得有理、证得有力，整合过程无可辩驳．[典例3] 某设计部门承接一产品包装盒的设计(如图所示)，客户除了要求AB ，BE 边的长分别为20 cm,30 cm 外，还特殊要求包装盒必需满足：①平面ADE ⊥平面ADC ；②平面ADE 与平面ABC 所成的二面角不小于60 °；③包装盒的体积尽可能大．若设计出的样品满足：∠ACB 与∠ACD 均为直角且AB 长20 cm ，矩形DCBE 的边长BE ＝30 cm ，请你推断该包装盒的设计是否符合客户的要求，并说明理由．[思路分析]建立空间直角坐标系→验证所给样品是否满足条件①②③→得出结论[解] 该包装盒的样品设计符合客户的要求．理由如下：由于四边形DCBE 为矩形，∠ACB 与∠ACD 均为直角，所以以C 为原点，分别以直线CA ，CB ，CD 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .由于BE ＝30 cm ，AB ＝20 cm ，设BC ＝t cm ，则AC ＝400－t 2 cm ，则A (400－t 2，0,0)，B (0，t,0)，D (0,0,30)，E (0，t,30)，设平面ADE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， DA →＝(400－t 2，0，－30)，DE →＝(0，t,0)，由于n 1·DA →＝0且n 1·DE →＝0，所以⎩⎨⎧400－t 2x －30z ＝0，ty ＝0，取x ＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，0，400－t 230. 又平面ADC 的一个法向量CB →＝(0，t,0)，所以n 1·CB →＝1×0＋0×t ＋400－t 230×0＝0，所以n 1⊥CB →，所以平面ADE ⊥平面ADC ，所以满足条件①. 由于平面ABC 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，设平面ADE 与平面ABC 所成二面角的平面角为θ，则cos θ≤12，所以cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝400－t 2301＋400－t 2900≤12，所以10≤t ≤20，即当10≤t <20时，平面ADE 与平面ABC 所成的二面角不小于60°.由∠ACB 与∠ACD 均为直角知， AC ⊥平面DCBE ，该包装盒可视为四棱锥A －BCDE ，所以V A －BCDE ＝13S 矩形BCDE ·AC ＝13·30t ·400－t 2＝10·t 2(400－t 2) ≤10⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t 2＋400－t 222＝2 000，当且仅当t2＝400－t2，即t＝10 2 cm时，V A－BCDE的体积最大，最大值为2 000 cm3.而10<t＝102<20，可以满足平面ADE与平面ABC所成的二面角不小于60°的要求．综上可知，该包装盒的设计符合客户的要求．方法总结解决立体几何中的结论探究型问题的策略是：先把题目读懂，全面、精确地把握题目所供应的全部信息和题目提出的全部要求，分析题目的整体结构，找好解题的切入点，对解题的主要过程有一个初步的设计，在此基础上建立空间直角坐标系，把所求的问题转化为空间几何体中的证明线面位置关系、角与最值等问题．。

[精]高三第一轮复习全套课件9立体几何：第6课时二面角(一)

（ A ）
π 2 π 3 2π
3 π
（A）
（B）
（C）
（D）
4
5.
在二面角α-a-β内，过a作一个半平面γ，使二面角 α-a-γ=45°，二面角γ-a-β=30°，则γ内的任意一
点P到平面α与平面β的距离之比为(
2 2
A)
(A)
(B)
2
(C)
3 2
(D)
3
返回
能力·思维·方法
1.在三棱锥S—ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，DE 垂直平分SC ，且分别交AC、SC于D、E，又 SA=AB= a，BC=2a， (1)求证：SC⊥平面BDE； (2)求平面BDE与平面BDC所成的二面角大小.
返回
误解分析
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，再想三垂线定理法，如课前热身4，及能力•思维•方法1中，如果盲目作垂线，则会干扰思维． 2. 实施解题过程仍要注意“作、证、指、求”四环节，计算一般是放在三角形中，因此，“化归”思想很重要.
【解题回顾】①先由第(1)小题的结论易知BC⊥AA1，再利用作出棱AA1的垂面BNC来确定平面角∠BNC.
②将题设中“AA1 与底面ABC所成的角为60°”改为
“ BA1⊥AC1 ” 仍可证得三角形AA1C为正三角形，所求
arctan 2 3 3
二面角仍为
.
③本题的解答也可利用三垂线定理来推理.
3.如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为
2 2 a
，若经过对角线AB1且与对角线BC1平行的平
面交上底面一边A1C1于点D. (1)确定点D的位置，并证明你的结论； (2)求二面角A1-AB1-D的大小.

高三数学一轮复习：1218高考中的立体几何问题

所成角的正弦值的最大值为
6 3
3．二面角的棱上有 A，B 两点，直线 AC，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于 AB.已知 AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2 17.则该二面角的大小为________．
5．如图所示，在菱形 ABCD 中，∠ABC＝60°，AC 与 BD 相交于点 O，AE⊥平面 ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.
例 2 (2020·新高考全国Ⅰ)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．
例 3 (2020·全国Ⅰ)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，PO＝ 66DO． (1)证明：PA⊥平面 PBC； (2)求二面角 B－PC－E 的余弦值．
例 4 (2021·全国高考真题)在正三棱柱 ABC A1B1C1 中， AB AA1 1 ，点 P 满足
BP BC BB1 ，其中 0,1， 0,1 ，则（）
A．当 1时， △AB1P 的周长为定值
B．当 1时，三棱锥 P A1BC 的体积为定值
C．当
1 2
时，有且仅有一个点
高考中的立体几何问题
作业讲评 2．(多选)如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 P 在线段 B1C 上运动，则( )
A．直线 BD1⊥平面 A1C1D B．三棱锥 P-A1C1D 的体积为定值
C．异面直线 AP 与 A1D 所成角的取值范围是π4 ，π2

高三数学一轮复习二面角

二面角一、学习目标:1.掌握二面角的定义、范围2.会用不同的方法求解二面角，提高空间想象能力二、重难点：重点：求二面角的方法难点：利用向量法等求解二面角问题三、知识梳理1.二面角的概念：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。

二面角的平面角的概念：平面角是指以二面角的棱上一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所组成的角就叫做二面角的平面角。

2.范围：3.三垂线定理：平面内的一条直线，如果和这个平面的一条射线的射影垂直，那么它就和这条斜线垂直；4.求法：方法一：（几何法）找→作（定义法、垂面法、射影面积法）→证（定义）→指（指出）→求方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量→→n m ,；再代入公式||||||cos →→→→∙±=n m n m α，（求解过程中注意观察二面角大小，选择“±”）四、典例分析题型一定义法BC CD BCD ABC ABC BCD A ⊥⊥∆-,1面为等边三角形，且面中，：如图，三棱锥例的余弦值，求二面角所成角为与平面当B AD C BCD AD --︒45],0[π题型二垂面法C C E C C BB A ABB C B A ABC 11111111,.2为棱平面中，平面如图，在直三棱柱例⊥-的中点1,221===BC BB AB ，已知EAB ABE 11平面）求证：平面（⊥的大小）求二面角（A EB A --112题型三射影面积法cos 斜射影（S S =θ凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另外一个半平面上的射影图形面积的，都可利用射影面积公式求出二面角的大小。

例3.正方体ABCD C EB AA E D C B A ABCD 和平面的中点，求平面为棱中，111111-所成二面角的余弦值。

例4.在四棱锥a AB P A ABCD P A ABCD ABCD P ==⊥-，平面为正方形，中，四边形求平面PBA 与平面PDC 所成二面角的大小。

高三数学第一轮复习立体几何的综合问题知识精讲

高三数学第一轮复习：立体几何的综合问题【本讲主要内容】立体几何的综合问题立体几何知识的综合应用及立体几何与其它知识点的综合问题【知识掌握】【知识点精析】1. 立体几何的综合问题融直线和平面的位置关系于平面与几何体中，有计算也有论证。

解决这类问题需要系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质．深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角的概念，理解点到面的距离、异面直线的距离的概念．2. 立体几何横向可与向量、代数、三角、解析几何等综合．3. 应用性问题、探索性问题需综合运用所学知识去分析解决．【解题方法指导】例1. 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（）解析：P到直线BC的距离等于P到B的距离，动点P的轨迹满足抛物线定义．故选C.例2. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥平面ABCD，（Ⅰ）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（Ⅱ）证明不论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．（Ⅰ）解：∵PB⊥面ABCD，∴BA是PA在面ABCD上的射影，又DA⊥AB ∴PA⊥DA∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角∴∠PAB＝60°，PB＝AB·tan60°＝3a ,∴ V 锥＝3233·3·31a a a =（Ⅱ）证明：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为等腰三角形，作AE ⊥PD ，垂足为E ，连结CE ，则△ADE ≌△CDE ，因为AE ＝CE ，∠CED ＝90o，故∠CEA 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角．设AC 与BD 交于点O ，连结EO ，则EO ⊥AC ，所以a AD AE OA a =<<=22，22a AE <，在△AEC 中，02222cos 222222222<-=-=∙-+=∠AE a AE AE a AE EC AE AC EC AE CEA 所以面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90o。

高考数学一轮复习课件——二面角人教课标版精品课件

是的，折枝的命运阻挡不了。人世一生，不堪论，年华将晚易失去，听几首歌，描几次眉，便老去。无论天空怎样阴霾，总会有几缕阳光，总会有几丝暗香，温暖着身心，滋养着心灵。就让旧年花落深掩岁月，把心事写就在素笺，红尘一梦云烟过，把眉间清愁交付给流年散去的烟山寒色，当冰雪消融，自然春暖花开，拈一朵花浅笑嫣然。
听这位老友，絮絮叨叨地讲述老旧的故事，试图找回曾经的踪迹，却渐渐明白了流年，懂得了时光。过去的沟沟坎坎，风风雨雨，也装饰了我的梦，也算是一段好词，一幅美卷，我愿意去追忆一些旧的时光，有清风，有流云，有朝露晚霞，我确定明亮的东西始终在。静静感念，不着一言，百转千回后心灵又被唤醒，于一寸笑意中悄然绽放。
l
B1
B
二面角的平面角
6、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角。
二面角的大小用它的平面角来度量
？ ∠A O B
∠A1O1B1
B1 B
平面角是直角的二面角叫做直二面角
l
O1 O
A A1
9
注意：二面角的平面角必须满足：
的距离为 2 3 ，到 l 的距离为 4，求二面角－ l－
的大小。
解： ① 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
A

② ∴∠ADO就是二面角－ l－的平面角
③ 在Rt△ADO中，∴AO=2 3 ，AD=4
D
O
l
∴ ∠ADO=60°
④∴二面角－ l－的大小为60 °
17
二面角的例题分析
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－

高中立体几何中二面角经典求法

（一）、二面角定义的回顾：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形就叫做二面角。

二面角的大小是用二面角的平面角来衡量的。

而二面角的平面角是指在二面角βα--l 的棱上任取一点O ，分别在两个半平面内作射线l BO l AO ⊥⊥,，则AOB ∠为二面角βα--l 的平面角。

(二)1 23 4、空间坐标法求二面角的大小 5、平移或延长（展）线（面）法 6、射影公式S 射影=S 斜面cos θ7、化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角 1、利用定义作出二面角的平面角，并设法求出其大小。

例1、如图,已知二面角α-а-β等于120°,PA ⊥α,A ∈α,PB ⊥β,B ∈β. 求∠APB 的大小.解: 设平面∩PAB α=OA,平面PAB ∩β=OB 。

∵PA ⊥α, а⊂α ∴PA ⊥а同理PB ⊥а ∴а⊥平面PAB又∵OA ⊂平面PAB ∴а⊥OA 同理а⊥OB.∴∠AOB 是二面角α-а-β的平面角. 在四边形PAOB 中, ∠AOB=120°,. ∠PAO=∠POB=90°, 所以∠APB=60° 2、三垂线定理（逆定理）法由二面角的一个面上的斜线（或它的射影）与二面角的棱垂直，推得它位于二面角的另一的面上的射影（或斜线）也与二面角的棱垂直，从而确定二面角的平面角。

例2：如图,ABCD-A 1B 1C 1D 1是长方体,侧棱AA 1长为1,底面为正方体且边长为2,E 是棱BC 的中点,求面C 1DEC 1D 1与面CDE 所成二面角的正切值.解：在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中由三垂线定理可得： ∴ CD =2 CE=1, DE=53、找（作）公垂面法由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角。

高考数学一轮复习立体几何知识点

高考数学一轮复习立体几何知识点
(1)位置关系：平行、相交，(垂直是相交的一种特殊情况)
(2)掌握平面与平面平行的证明方法和性质。

(3)掌握平面与平面垂直的证明方法和性质定理。

尤其是已知两平面垂直，一般是依据性质定理，可以证明线面垂直。

(4)两平面间的距离问题点到面的距离问题
(5)二面角。

二面角的平面交的作法及求法：
①定义法，一般要利用图形的对称性;一般在计算时要解斜三角形;
②垂线、斜线、射影法，一般要求平面的垂线好找，一般在计算时要解一个直角三角形。

③射影面积法，一般是二面交的两个面只有一个公共点，两个面的交线不容易找到时用此法
以上就是查字典数学网整理的2019年高考数学一轮复习立体几何知识点，希望考生时时刻刻都在进步！。

二面角

请同学们将刚才的例一用其他方法试一下：
试一试：
S
例1、如图：在三棱锥S-ABC中，
SA⊥平面ABC，AB⊥BC,DE垂直平分SC,分别交AC、SC于D、E，且 SA=AB=a,BC= 2 a. 求：平面BDE和平面BDC所成的二面角的大小。
A D
E
C
B
规范训练一
1、（本小题为2007年山东高考试卷理科
其中垂面法和三垂线法也是直接找平面角的方法，也称为直接法；射影面积法和法向量法是没有找出平面角而求之的方法，也称之为间接法。
点评
这几种方法是现在求二面角的常用的方法，在高考中经常被考查；尤其是向量法，更有着广泛的被考查性，在应用的时候主要注意以下两点： 1、合理建系合理建系。本着“左右对称就地取合理建系左右对称材”的建系原则。 2、视图取角视图取角。由于法向量的取定有人为视图取角的因素，其夹角不一定正好是二面角的平面交的大小，我们要视原图形的情况和题意条件进行正确的选择大小，即要么是这个角，要么是它的补角。
r u ⋅ DD r u ⋅ DD
1 1
解法四：解法四：
如图：由题意可知，这是一个直四棱柱， △ BFD1在底面上的射影三角形就是 △ABD, 故由射影面积关系可得COSθ= ＳABD／ＳBＦＤ
1
D1 A1
C1
B1
（θ是所求二面角的平面角）以下求面积略。
F D A B C
点评：这种解法叫做“射影面积法”
思考：思考：这种解法同解法一有什么异同？
解法三：解法三：
法向量法：建系如图：
设这个四棱柱各棱长均为2. 则D(0，0，0） D1（0，0，2） B（1， 3 ，0） F（-1， 3 ，1） ∴ BF =（-2，0 ，1） A1 F A D1

高三数学一轮复习立体几何系列之面面角(二面角)

高三数学一轮复习立体几何系列之面面角（二面角）教学目标（1）掌握二面角的几种求法；（2）掌握线二面角问题的综合应用。

知识梳理二面角的定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角。

二面角的大小用它的平面角来度量。

说明：①二面角的平面角范围是[0,180]o o；②二面角的平面角为直角时，则称为直二面角，组成直二面角的两个平面互相垂直平面角的作法：（1）定义法：过二面角的棱上的一点O 分别在两个半平面内作棱的两条垂线,OA OB ，则AOB ∠叫做二面角l αβ--的平面角；（2）三垂线定理及其逆定理法；典例精讲例1.（★★★★）四棱锥P —ABCD 的底面是边长为a 的正方形，PB ⊥面ABCD.（1）若面PAD 与面ABCD 所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（2）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90°【答案】:（1）正方形ABCD 是四棱锥P —ABCD 的底面, 其面积为,2a 从而只要算出四棱锥的高就行了.⊥PB Θ面ABCD,∴BA 是PA 在面ABCD 上的射影.又DA ⊥AB ，∴PA ⊥DA ，∴∠PAB 是面PAD 与面ABCD 所成的二面角的平面角， ∠PAB=60°.而PB 是四棱锥P —ABCD 的高，PB=AB ·tg60°=3a , 3233331a a a V =⋅=∴锥.（2）不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为全等三角形. 作AE ⊥DP ，垂足为E ，连结EC ，则△ADE ≌△CDE ，CEA CED CE AE ∠=∠=∴故,90,ο是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角.设AC 与DB 相交于点O ，连结EO ，则EO ⊥AC ，.22a AD AE OA a =<<=∴在.0)2)(2(2)2(cos ,2222<-+=⋅⋅-+=∠∆AE OA AE OA AE EC AE OA EC AE AEC AEC 中故平面PAD 与平面PCD 所成的二面角恒大于90°. 变式练习：1.（★★★★）正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，二面角B-A 1C-A 的大小为________ 【答案】：60o2.（★★★★）将∠A 为60°的棱形ABCD 沿对角线BD 折叠，使A 、C 的距离等于BD ，则二面角A-BD-C 的余弦值是______【答案】：133.（★★★★）正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中对角线BD 1＝8，BD 1与侧面B 1BCC 1所成的为30°，则二面角C 1—BD 1—B 1的大小为______【答案】：arcsin3例2.（★★★★）如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面ABC 为等腰直角三角形，∠ACB=900，AC=1，C点到AB 1的距离为CE=23，D 为AB 的中点.（1）求证：AB 1⊥平面CED ；（2）求异面直线AB 1与CD 之间的距离；（3）求二面角B 1—AC —B 的平面角.【答案】:（1）∵D 是AB 中点，△ABC 为等腰直角三角形，∠ABC=900，∴CD ⊥AB 又AA 1⊥平面ABC ，∴CD ⊥AA 1.∴CD ⊥平面A 1B 1BA ∴CD ⊥AB 1，又CE ⊥AB 1， ∴AB 1⊥平面CDE ；（2）由CD ⊥平面A 1B 1BA ∴CD ⊥DE ∵AB 1⊥平面CDE ∴DE ⊥AB 1∴DE 是异面直线AB 1与CD 的公垂线段∵CE=23，AC=1 , ∴CD=.22∴21)()(22=-=CD CE DE ；（3）连结B 1C ，易证B 1C ⊥AC ，又BC ⊥AC ,ABC DA1E B1C1∴∠B 1CB 是二面角B 1—AC —B 的平面角.在Rt △CEA 中，CE=23，BC=AC=1, ∴∠B 1AC=600 ∴260cos 121==AB ， ∴2)()(2211=-=AB AB BB , ∴ 2tan 11==∠BCBB CB B , ∴2arctan 1=∠CB B . 变式练习：1.（★★★★）从点P 出发引三条射线PA 、PB 、PC ，每两条的夹角都是60°，则二面角B-PA-C 的余弦值是______ 【答案】：132.（★★★★）二面角α-l -β的平面角为120°，A 、B ∈l ，AC ⊂α，BD ⊂β，AC ⊥l ，BD ⊥l ，若AB=AC=BD=1，则CD 的长______ 【答案】：23.（★★★★）ABCD 为菱形，∠DAB ＝60°，PD ⊥面ABCD ，且PD ＝AD ，则面PAB 与面PCD 所成的锐二面角的大小为______【答案】：arctan例3.（★★★★）如图a —l —β是120°的二面角，A ，B 两点在棱上，AB =2，D 在α内，三角形ABD 是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C 在β内，∆ABC 是等腰直角三角形∠ACB=.900（I ）求三棱锥D —ABC 的体积；（2）求二面角D —AC —B 的大小；（3）求异面直线AB 、CD 所成的角.【答案】：(1) 过D 向平面β做垂线，垂足为O ，连结OA 并延长至E .DAE OA AB DA OA AD AB ∠∴⊥∴⊥,,上的射影在平面为βΘ为二面角a —l —β的平面角..60,120οο=∠∴=∠DAO DAE 3,2=∴==DO AB AD Θ.ABC ∆Θ是等腰直角三角形，斜边AB =2.,1=∴∆ABC S 又D 到平面β的距离DO=.3.33=∴-ABC D V （2）过O 在β内作OM ⊥AC ,交AC 的反向延长线于M ,连结DM .则AC ⊥DM .∴∠DMO 为二面角D—AC —B 的平面角. 又在△DOA 中，OA =2cos 60°=1.且.22,45=∴=∠=∠OM CAE OAM ο.6arctan .6tan =∠∴=∠∴DMO DMO （3）在β平在内，过C 作AB 的平行线交AE 于F ，∠DCF 为异面直线AB 、CD 所成的角.ACF CAF DF CF AF CF AF AB ∆=∠⊥∴⊥∴⊥即又,45,,οΘ为等腰直角三角形，又AF 等于C 到AB 的距离，即△ABC 斜边上的高,.1==∴CF AF.7tan .7tan .7120cos 2222=∠∴==∠∴=⋅-+=∴DCF CFDFDCF AF AD AF AD DF ο异面直线AB,CD 所成的角为arctan .7 变式小练习：1.（★★★★）在正三棱锥A-BCD 中，E 、F 是AB 、BC 的中点，EF ⊥DE ，若BC=a ，则正三棱锥A-BCD 的体积为__【答案】：3242a 2.（★★★★）已知正三棱锥ABC P -底面边长为32，体积为34，则底面三角形ABC 的中心O 到侧面PAB 的距离为___【答案】：4173.（★★★★）三棱锥D —ABC 中，平面ABD 、平面ABC 均为等腰直角三角形，∠ABC=∠BAD=900，其腰BC=a ，且二面角D —AB —C=600。

高考复习立体几何(线面关系、面面关系、异面直线夹角余弦值、二面角)(一)

立体几何（线面关系、面面关系、异面直线夹角余弦值、二面角）1.（2016全国新课标）如图,在以A、B、C、D、E、F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，∠AFD=90°，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.（1）证明平面ABEF⊥平面EFDC；（2）求二面角E-BC-A的余弦值.3.（2016全国新课标）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（1）证明：MN∥平面PAB；（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.6.（2015全国新课标）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E、F是平面ABCD同一侧的两点，BE丄平面ABCD，DF丄平面ABCD，BE=2DF，AE丄EC.（1）证明：平面AEC丄平面AFC；（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值.7.（2015全国新课标）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E、F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；（2）求直线AF与平面α所成角的正弦值.8.（2015安徽）如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1,D,E的平面交CD1于F.（1）证明：EF∥B1C；（2）求二面角E-A1D-B1的余弦值.9.（2015四川）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示. 在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.（1）请将字母F、G、H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；（2）证明：直线MN∥平面BDH；（3）求二面角A-EG-M的余弦值.10.（2015广东）如图，三角形△PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4，AB=6，BC=3，点E是CD的中点，点F、G分别在线段AB、BC上，且AF=2FB，CG=2GB.（1）证明：PE⊥FG；（2）求二面角P-AD-C的正切值；（3）求直线PA与直线FG所成角的余弦值.。

高中数学高考总复习-立体几何二面角问题

高中数学高考总复习-立体几何二面角问题定义法：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。

例1（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 ）求二面角的大小。

练习1（）如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，,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PAD 所成最大角的正切值为，求二面角E —AF —C 的余弦值.二、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。

例2．(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 ；(2)求二面角B-FC-C的余弦值。

S ABCD -ABCD SD ⊥ABCD 2AD =2DC SD ==SC ABM ∠SC S AM B --60ABC ∠=︒621111111111EAB C FE A BCD D练习2（）如图，在四棱锥中，底面是矩形．已知．（Ⅰ）证明平面；（Ⅱ）求异面直线与所成的角的大小；（Ⅲ）求二面角的大小．三．补棱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，一般用补棱法解决例3（）如图所示，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD ＝60°，E 是CD 的中点，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2.（Ⅰ）证明：平面PBE ⊥平面PAB ;（Ⅱ）求平面PAD 和平面PBE 所成二面角（锐角）的大小.练习3已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的棱长都是a ，侧棱与底面成600的角，侧面BCC 1B 1⊥底面ABC 。

山东省实验中学高考数学一轮复习立体几何(3)

1 AD ， CD AD ，平面 PDC 平面 2
3．（山东省淄博市 2011 年 3 月高三下学期模拟考试理科）（本题满分 12 分) 已知在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，且 AD 2 ， AB 1 ， PA 平面
ABCD ， E 、 F 分别是线段 AB 、 BC 的中点．
（Ⅰ）证明： PF FD ；（Ⅱ）判断并说明 PA 上是否存在点 G ，使得 EG ∥平面 PFD ；（Ⅲ）若 PB 与平面 ABCD 所成的角为 45 ，求二面角 A PD F

的余弦值．
4.(山东省烟台市 2011 年 1 月“十一五”课题调研卷理科)（本小题满分 12 分）如图，在底面为直角梯形的四棱锥 P—ABCD 中， AD∥BC , ABC 90 ， PA 平面
V1 : V2 的值．
M 是 CE 和 AD 的交点，AC BC ， 8. 如图，正方形 ACDE 所在的平面与平面 ABC 垂直，且 AC BC ．（1）求证： AM 平面 EBC ；（2）求直线 AB 与平面 EBC 所成的角的大小；（3）求二面角 A EB C 的大小．
ABCD, PA 3, AD 2, AB 2 3, BC 6.
（1）求证： BD 平面 PAC；（2）求二面角 P BD A 的大小.
5. （ 2009 年福建省理科数学高考样卷第 18 题）如图，在棱长为 2 的正方体
ABCD A1B1C1D1 中， E、F 分别为 A1D1 和 CC1 的中点．
1.(山东省济南市 2011 年 2 月高三教学质量调研理科)（本小题满分 12 分）

高三理科数学第一轮复习立体几何二面角

高中立体几何中二面角经典求法

高中数学立体几何——二面角求法

2022年高考数学课标通用(理科)一轮复习真题演练：第八章 立体几何8-7 Word版含解析

[精]高三第一轮复习全套课件9立体几何：第6课时 二面角(一)

高三数学一轮复习：1218高考中的立体几何问题

高三数学一轮复习二面角

最新精高三第一轮复习全套课件9立体几何第7课时二面角二关注高中学习资料库

高三数学第一轮复习立体几何的综合问题知识精讲

高考数学一轮复习课件——二面角 人教课标版精品课件

高中立体几何中二面角经典求法

高考数学一轮复习立体几何知识点

二面角

高三数学一轮复习立体几何系列之面面角(二面角)

高考复习 立体几何(线面关系、面面关系、异面直线夹角余弦值、二面角)(一)

高中数学高考总复习-立体几何二面角问题

山东省实验中学高考数学一轮复习立体几何(3)

2022年高考数学课标通用(理科)一轮复习真题演练：第八章立体几何8-7 Word版含解析

[精]高三第一轮复习全套课件9立体几何：第6课时二面角(一)

高考数学一轮复习课件——二面角人教课标版精品课件

高考复习立体几何(线面关系、面面关系、异面直线夹角余弦值、二面角)(一)