届高考数学立体几何理科专题二面角

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高考数学专题:二面角三类问题六种解题策略方法

高考数学专题:二面角三类问题六种解题策略方法

αβaOA 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 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 ∠ FG366232222113212cos 222-=-=⨯⨯-+=⋅-+=∠FB GF BG FB GF BFG ∴二面角的大小为)36arccos(-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。

高中数学必修2立体几何专题二面角典型例题解法总结(最新整理)

高中数学必修2立体几何专题二面角典型例题解法总结(最新整理)

AA 1 =2, E、E 1 、F 分别是棱 AD、AA 1 、AB 的中点。
D1
A1 (1) 证明:直线 EE 1 //平面 FCC 1 ;
C1 B1
(2) 求二面角 B-FC 1 -C 的余弦值。
E1
D
E
A
F
C B
证(1)略 解 ( 2) 因 为 AB=4, BC=CD=2, 、 F 是 棱 AB 的 中 点 ,所 以 A1 BF=BC=CF,△BCF 为正三角形,取 CF 的中点 O,则 OB⊥CF,又因
分析:本题是一道典型的利用三垂线定理求二面角问题,在证明 AD⊥平面 PAB 后,容易发现平面 PAB⊥ 平面 ABCD,点 P 就是二面角 P-BD-A 的半平面上的一个点,于是可过点 P 作棱 BD 的垂线,再作平面 ABCD
的垂线,于是可形成三垂线定理中的斜线与射影内容,从而可得本解法。(答案:二面角 P BD A 的大
2 ,则 GF
2

2
又∵ SA AC 6 ,∴ AM 2 ,∵ AM AB 2 , ABM 600 ∴△ ABM 是等边三角形,∴
BF 3 。在△ GAB 中, AG 6 , AB 2 , GAB 900 ,∴ BG 3 4 11
2
2
2
cos BFG GF 2 FB 2 BG 2
6
,求二面角 E—AF—C 的余弦值.
2
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。(答

专题(一)二面角的求法

专题(一)二面角的求法

专题(一)二面角的求法命题人:罗军伟 审题人:李世延1. 引言二面角及其平面角的概念是立体几何最重要的概念之一,在历年高考中几乎都要涉及.尤其是在数学新课改的大环境下,要求对二面角求法的掌握变得更加灵活.二面角的概念发展、完善了空间角的概念;而二面角的平面角不但定量描述了两相交平面的相对位置,同时它也是空间中线线、线面、面面位置关系的一个汇集点.研究二面角的求法,可以进一步培养学生的空间想象能力和逻辑思维能力,为培养学生的创新意识和创新能力提供了一个良好的契机.在求解二面角的问题中,通常首先要定位出二面角的平面角,而这也是学生在解题中感到最为陌生和棘手的问题.特别是若二面角的楞隐而不露其解题的难度又会增大.本文从二面角的概念定义入手,通过分类求解二面角的题型类别,探寻二面角的解题思路,并对二面角求解方法加以总结归类.1.1 二面角的相关概念新教材]1[在二面角中给出的定义如下:从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.定义只给出二面角的定性描述,关于二面角的定量刻画还必须放到二面角的平面角中去研究.教材如下给出了二面角的平面角的概念: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.2. 二面角的求解方法对二面角的求解通常是先定位二面角的平面角,从而将三维空间中的求角问题转化为二维空间并可以通过三角形的边角问题加以解决.定位出二面角为解题的关键环节,下面就二面角求解的步骤做初步介绍:一、“找”:找出图形中二面角,若不能直接找到可以通过作辅助线补全图形定位二面角的平面角二、“证”:证明所找出的二面角就是该二面角的平面角三、“算”:计算出该平面角由于定位二面角的难度较大,对于求解二面角还有一种思路就是绕开定位二面角这一环节,通过一些等价的结论或公式或用空间向量等方法来直接求出二面角的大小.本文将根据这两种解题思路对二面角的解题方法做一一介绍.2.1 定位二面角的平面角,求解二面角二面角常见题型中根据所求两面是否有公共棱可分为两类:有棱二面角、无棱二面角.对于前者的二面角的定位通常采用找点、连线或平移等手段来定位出二面角的平面角;而对于无棱二面角我们还必须通过构造图形如延展平面或找公垂面等方法使其有“无棱”而“现棱”再进一步定位二面角的平面角.2.1.1 直接法对于图形中已有二面角的平面角,只要加以证明认定,然后可直接计算求解. 例1 如图2,已知PA ⊥面ABC , AB ⊥BC,PC 的垂直平分线DE 交AC 于D ,交PC 于E.PA=AB=1,PB=BC 求二面角E-BD-C的大小.2.1.2 定义法根据二面角平面角的定义,其解题步骤一般既是:定棱,找点,连线,解答。

高考立体几何大题及答案(理)

高考立体几何大题及答案(理)

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(I)证明:是侧棱的中点;求二面角的大小。

2.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,D、E分别为AA1、B1C的中点,DE⊥平面BCC1(Ⅰ)证明:AB=AC (Ⅱ)设二面角A-BACBA1B1C1DED-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小3.如图,平面,,,,分别为的中点.(I)证明:平面;(II)求与平面所成角的正弦值.4.如图,四棱锥的底面是正方形,,点E在棱PB上.(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)当且E为PB的中点时,求AE与平面PDB所成的角的大小.5.如图,在四棱锥中,底面是矩形,平面,,.以的中点为球心、为直径的球面交于点.(1)求证:平面⊥平面;(2)求直线与平面所成的角;(3)求点到平面的距离.6.如图,正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直,△是等腰直角三角形,(I)求证:;(II)设线段、的中点分别为、,求证:∥(III)求二面角的大小。

7.如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,SD =AD=a,点E是SD上的点,且DE=a(0<≦1). (Ⅰ)求证:对任意的(0、1),都有AC⊥BE:(Ⅱ)若二面角C-AE-D的大小为600C,求的值。

8.如图3,在正三棱柱中,AB=4, ,点D是BC的中点,点E 在AC上,且DEE.(Ⅰ)证明:平面平面; (Ⅱ)求直线AD 和平面所成角的正弦值。

9.如图,正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直,△是等腰直角三角形,(I)求证:;(II)设线段、的中点分别为、,求证:∥(III)求二面角的大小。

高考理数学-二面角的求法

高考理数学-二面角的求法

考点三二面角[典例](2013·新课标卷Ⅱ)如图,直三棱柱ABC­A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB=22AB.(1)证明:BC1//平面A1CD;(2)求二面角D­A1C­E的正弦值.在本例条件下,求平面A1AD与平面A1EC所成二面角的大小.[类题通法]利用法向量求二面角时应注意(1)对于某些平面的法向量要注意题中隐含着,不用单独求.(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角,可结合图形进行,以防结论失误.[针对训练](2014·杭州模拟)如图,已知平面QBC与直线P A均垂直于Rt△ABC所在平面,且P A=AB=AC.(1)求证:P A∥平面QBC;(2)若PQ⊥平面QBC,求二面角Q­PB­A的余弦值.第二课时 空间向量的应用空间向量法解决探索性问题角度一 探索性问题与空间角相结合1.(2014·哈师大附中模拟)如图,三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱AA 1⊥底面ABC ,∠ACB =90°,E 是棱CC 1上的动点,F 是AB 的中点,AC =1,BC =2,AA 1=4.(1)当E 是棱CC 1的中点时,求证:CF ∥平面AEB 1;(2)在棱CC 1上是否存在点E ,使得二面角A ­EB 1 ­B 的余弦值是21717若存在,求CE 的长,若不存在,请说明理由.角度二探索性问题与垂直相结合2.(南昌模拟)如图是多面体ABC­A1B1C1和它的三视图.(1)线段CC1上是否存在一点E,使BE⊥平面A1CC1?若不存在,请说明理由,若存在,请找出并证明;(2)求平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值.角度三探索性问题与平行相结合3.江西模拟)如图,四边形ABCD是边长为3的正方形,DE⊥平面ABCD,AF∥DE,DE=3AF,BE与平面ABCD所成的角为60°.(1)求证:AC⊥平面BDE;(2)求二面角F­BE­D的余弦值;(3)设点M是线段BD上一个动点,试确定点M的位置,使得AM∥平面BEF,并证明你的结论.[类题通法]解决立体几何中探索性问题的基本方法1.通常假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理,若能推导出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,即存在,并可进一步证明;若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论,则说明假设不成立,即不存在.EC,2.探索线段上是否存在点时,注意三点共线条件的应用.如角度二中的CE=λ1这样可减少坐标未知量.空间向量的综合应用[典例](2013·郑州模拟)如图,△ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,AC=2a,D,E分别为AC,AB的中点,沿DE将△ADE折起,得到如图所示的四棱锥A′­BCDE.(1)在棱A′B上找一点F,使EF∥平面A′CD;(2)当四棱锥A′­BCDE的体积取最大值时,求平面A′CD与平面A′BE夹角的余弦值.[类题通法]立体几何的综合应用问题中常涉及最值问题,处理时常用如下两种方法:(1)结合条件与图形恰当分析取得最值的条件(2)直接建系后,表示出最值函数,转化为求最值问题.[针对训练]已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1,点P在线段BD1上.当∠APC最大时,三棱锥P ­ABC的体积为_______。

高三理科数学第一轮复习立体几何二面角

高三理科数学第一轮复习立体几何二面角

考点突破考点一、二面角的定义求法典例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。

解题思路 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,取SA 的中点G ,连GF ,易证GF AM ⊥,则GFB ∠即为所求二面角.解题过程 (I )作MN ∥SD 交CD 于N ,作NE AB ⊥交AB 于E ,连ME 、NB ,则MN ⊥面ABCD ,ME AB ⊥,2NE AD ==,设MN x =,则NC EB x ==,在RT MEB ∆中,Q 60MBE ∠=︒3ME x ∴=。

在RT MNE∆中由222ME NE MN =+2232x x ∴=+解得1x =,从而12MN SD =∴ M 为侧棱SC 的中点M. (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 FG366232222113212cos 222-=-=⨯⨯-+=⋅-+=∠FB GF BG FB GF BFG ∴二面角S AM B --的大小为)36arccos(-易错点拨 准确找出二面角的平面角是解决本问题的关键,定义是常用方法,另外,用向量解法也可。

届数学统考第二轮专题复习第12讲立体几何学案理含解析

届数学统考第二轮专题复习第12讲立体几何学案理含解析

第12讲立体几何高考年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2020证明线面垂直,求二面角的余弦值·T18证明线面平行、面面垂直,求线面角的正弦值·T20点面的位置关系,求二面角的正弦值·T192019证明线面平行,求二面角的正弦值·T18证明线面垂直,求二面角的正弦值·T17翻折问题,证明四点共面、面面垂直,求二面角的大小·T192018翻折问题,证明面面垂直,求线面角的正弦值·T18证明线面垂直,给出二面角求线面角的正弦值·T20证明面面垂直,求二面角的正弦值·T191。

[2020·全国卷Ⅱ]如图M4—12-1,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∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图M4—12-12.[2020·全国卷Ⅰ]如图M4—12-2,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DO.角形,P为DO上一点,PO=√66(1)证明:PA⊥平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值。

图M4—12-23.[2019·全国卷Ⅲ]如图M4—12—3,图①是由矩形ADEB,Rt △ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图②。

(1)证明:图②中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图②中的二面角B—CG-A的大小.①②图M4-12—3平行、垂直关系的证明1如图M4—12-4,在四棱锥P—ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,E为侧棱PD的中点,O为AC与BD的交点。

2018高考数学真题 理科 8.5考点3 线面角、二面角的求法

2018高考数学真题 理科 8.5考点3 线面角、二面角的求法

第八章立体几何第五节直线、平面垂直的判定与性质考点3 线面角、二面角的求法(2018·北京卷(理))如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=√5,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.【解析】(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,因为CC1⊥平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以AC⊥EF.又AB=BC,所以AC⊥BE,又BE,EF⊂平面BEF,BE∩EF=E,所以AC⊥平面BEF.(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC,所以EF⊥BE.如图,以E 为原点,EA 所在直线为x 轴,EB 所在直线为y 轴,EF 所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系E -xyz .由题意得B (0,2,0),C (-1,0,0),D (1,0,1),E (0,0,0),F (0,0,2),G (0,2,1). 所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,1). 设平面BCD 的法向量为n =(x 0,y 0,z 0), 则{n ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{−x 0−2y 0=0,x 0−2y 0+z 0=0.令y 0=-1,则x 0=2,z 0=-4. 于是n =(2,-1,-4).又因为平面CC 1D 的法向量为EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), 所以cos 〈n ,EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=n·EB ⃗⃗⃗⃗⃗|n ||EB⃗⃗⃗⃗⃗ |=-√2121. 由题意知二面角B -CD -C 1为钝角, 所以其余弦值为-√2121.(3)证明 由(2)知平面BCD 的法向量为n =(2,-1,-4), FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1).因为n ·FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0, 所以直线FG 与平面BCD 相交. 【答案】见解析(2018·浙江卷)已知四棱锥S -ABCD 的底面是正方形,侧棱长均相等,E 是线段AB 上的点(不含端点),设SE 与BC 所成的角为θ1,SE 与平面ABCD 所成的角为θ2,二面角S -AB -C 的平面角为θ3,则( ) A .θ1≤θ2≤θ3 B .θ3≤θ2≤θ1 C .θ1≤θ3≤θ2 D .θ2≤θ3≤θ1【解析】如图,不妨设底面正方形的边长为2,E 为AB 上靠近点A 的四等分点,E ′为AB 的中点,S 到底面的距离SO =1,以EE′,E′O为邻边作矩形OO′EE′,则∠SEO′=θ1,∠SEO=θ2,∠SE′O=θ3.由题意,得tan θ1=SO′EO′=√52,tan θ2=SOEO =√52=√5,tan θ3=1,此时tan θ2<tan θ3<tan θ1,可得θ2<θ3<θ1.当E在AB中点处时,θ2=θ3=θ1.故选D.【答案】D(2018·浙江卷)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A =4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.【解析】方法一(1)证明由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB,得AB1=A1B1=2√2,所以A1B12+A B12=A A12,故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC,得B1C1=√5.由AB=BC=2,∠ABC=120°,得AC=2√3.由CC1⊥AC,得AC1=√13,所以A B12+B1C12=A C12,故AB1⊥B1C1.又因为A 1B 1∩B 1C 1=B 1,A 1B 1,B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1, 因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)如图,过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1,交直线A 1B 1于点D ,连接AD .由AB 1⊥平面A 1B 1C 1, 得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1,平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1=A 1B 1,C 1D ⊂平面A 1B 1C 1,得C 1D ⊥平面ABB 1. 所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角. 由B 1C 1=√5,A 1B 1=2√2,A 1C 1=√21, 得cos ∠C 1A 1B 1=√427,sin ∠C 1A 1B 1=√77, 所以C 1D =√3, 故sin ∠C 1AD =C 1D AC 1=√3913. 因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913.方法二 (1)证明 如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB ,OC 为x ,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系Oxyz .由题意知各点坐标如下:A (0,-√3,0),B (1,0,0),A 1(0,-√3,4),B 1(1,0,2),C 1(0,√3,1). 因此AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,2),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,-2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,-3). 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1=A 1,A 1B 1,A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1, 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 设平面ABB 1的一个法向量为n =(x ,y ,z ). 由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +√3y =0,2z =0,可取n =(-√3,1,0).所以sin θ=|cos 〈AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 〉|=|AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=√3913. 因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913. 【答案】见解析(2018·天津卷(理))如图,AD ∥BC 且AD =2BC ,AD ⊥CD ,EG ∥AD 且EG =AD ,CD ∥FG 且CD =2FG ,DG ⊥平面ABCD ,DA =DC =DG =2.(1)若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN ∥平面CDE ; (2)求二面角E -BC -F 的正弦值;(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.【解析】(1)证明 依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DG ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D (0,0,0),A (2,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),E (2,0,2),F (0,1,2),G (0,0,2),M (0,32,1),N (1,0,2).依题意得DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2). 设n 0=(x 0,y 0,z 0)为平面CDE 的法向量,则{n 0·DC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 0·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 0=0,2x 0+2z 0=0.不妨令z 0=-1, 可得n 0=(1,0,-1).又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−32,1),可得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 0=0. 又因为直线MN ⊄平面CDE ,所以MN ∥平面CDE .(2)依题意,可得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,2),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2). 设n =(x ,y ,z )为平面BCE 的法向量,则{n ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,x -2y +2z =0.不妨令z =1,可得n =(0,1,1). 设m =(x ,y ,z )为平面BCF 的法向量,则{m ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,-y +2z =0.不妨令z =1,可得m =(0,2,1). 因此有cos 〈m ,n 〉=m·n |m ||n |=3√1010, 于是sin 〈m ,n 〉=√1010.所以二面角E -BC -F 的正弦值为√1010.(3)设线段DP 的长为h (h ∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h ),可得BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h ). DC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量, 故|cos 〈BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗||BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√ℎ2+5,由题意,可得√ℎ2+5=sin 60°=√32,解得h =√33(负值舍去).所以线段DP 的长为√33. 【答案】见解析(2018·全国卷Ⅲ(理))如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ⃗⃗⃗⃗ 所在平面垂直,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 体积最大时,求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值.【解析】(1)证明 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 ,又DM ⊂平面CMD , 故BC ⊥DM .因为M 为CD⃗⃗⃗⃗ 上异于C ,D 的点,且DC 为直径, 所以DM ⊥CM .又BC ∩CM =C ,BC ,CM ⊂平面BMC , 所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .(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 .当三棱锥M -ABC 体积最大时,M 为CD⃗⃗⃗⃗ 的中点.由题设得D (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),M (0,1,1), AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0), 设n =(x ,y ,z )是平面MAB 的法向量,则 {n ·AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2x +y +z =0,2y =0.可取n =(1,0,2),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此cos 〈n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=n·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ||DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55, sin 〈n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=2√55.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是2√55.【答案】见解析(2018·全国Ⅱ卷(理))如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2√2,P A=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-P A-C为30°,求PC与平面P AM所成角的正弦值.【解析】(1)证明因为P A=PC=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2√3.如图,连接OB.AC,因为AB=BC=√22所以△ABC为等腰直角三角形,AC=2.所以OB⊥AC,OB=12由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.因为OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,OB,AC⊂平面ABC,所以PO⊥平面ABC.(2)由(1)知OP,OB,OC两两垂直,则以O为坐标原点,分别以OB,OC,OP所在直线为x轴,y 轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A (0,-2,0),C (0,2,0), P (0,0,2√3),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3).由(1)知平面P AC 的一个法向量为OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设M (a,2-a,0)(0≤a ≤2),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,4-a,0). 设平面P AM 的法向量为n =(x ,y ,z ). 由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,得 {2y +2√3z =0,ax +(4−a )y =0,可取y =√3a ,得平面P AM 的一个法向量为n =(√3(a -4),√3a ,-a ),所以cos 〈OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 〉=√3(a−4)2√3(a−4)2+3a 2+a 2.由已知可得|cos 〈OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 〉|=cos 30°=√32, 所以√3|2√3(a−4)2+3a 2+a2=√32, 解得a =-4(舍去)或a =43. 所以n =(−8√33,4√33,−43). 又PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3),所以cos 〈PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 〉=√34. 所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为√34. 【答案】见解析(2018·全国Ⅰ卷(理))已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( ) A .3√34B .2√33 C .3√24D .√32【解析】如图所示,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,平面AB 1D 1与棱A 1A ,A 1B 1,A 1D 1所成的角都相等,又正方体的其余棱都分别与A 1A ,A 1B 1,A 1D 1平行,故正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等.取棱AB ,BB 1,B 1C 1,C 1D 1,DD 1,AD 的中点E ,F ,G ,H ,M ,N ,则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB 1D 1平行且面积最大,此截面面积为S 正六边形EFGHMN =6×12×√22×√22sin 60°=3√34. 故选A . 【答案】A(2018·全国Ⅰ卷(理))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.【解析】(1)证明 由已知可得BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,又PF ∩EF =F ,PF ,EF ⊂平面PEF , 所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ,所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)如图,作PH ⊥EF ,垂足为H .由(1)知,平面PEF ⊥平面ABFD ,平面PEF ∩平面ABFD =EF ,PH ⊂平面PEF ,所以PH ⊥平面ABFD . 以H 为坐标原点,FB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,HF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向,|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立空间直角坐标系Hxyz . 由(1)可得,DE ⊥PE . 又DP =2,DE =1, 所以PE =√3.又PF =1,EF =2,所以PE ⊥PF . 所以PH =√32,EH =32. 则H (0,0,0),P (0,0,√32),D (−1,−32,0), DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,32,√32),HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√32). 又HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面ABFD 的法向量, 设DP 与平面ABFD 所成的角为θ,则sin θ=|HP·⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=34√3=√34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√34.【答案】见解析(2018·江苏卷)如图,在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AB =AA 1=2,点P ,Q 分别为A 1B 1,BC 的中点.(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值;(2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.【解析】如图,在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,设AC ,A 1C 1的中点分别为O ,O 1,则OB ⊥OC ,OO 1⊥OC ,OO 1⊥OB ,以{OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底,建立空间直角坐标系O -xyz .因为AB =AA 1=2,所以A (0,-1,0),B (√3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,-1,2),B 1(√3,0,2),C 1(0,1,2).(1)因为P 为A 1B 1的中点,所以P (√32,−12,2),从而BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32,−12,2),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2), 故|cos 〈BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5×2√2=3√1020. 因此,异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为3√1020. (2)因为Q 为BC 的中点,所以Q (√32,12,0), 因此AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 设n =(x ,y ,z )为平面AQC 1的一个法向量,则{AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{√32x +32y =0,2y +2z =0. 不妨取n =(√3,-1,1).设直线CC 1与平面AQC 1所成的角为θ,则sin θ=|cos 〈CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 〉|=|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=2×√5=√55. 所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为√55.【答案】见解析。

二面角的求法--以2017全国卷1理科立体几何题为例

二面角的求法--以2017全国卷1理科立体几何题为例

-
12
-
2 2
+
2 4
ö ÷ ø
.
过C
作CN
^
PB

N
,

PN
=
μ PB
,
PN
=
æ ç
è
2 2
μμ -
2 2
μ
ö ÷ ø
,
CN
=
CP

+
2 2
μ -1 + μ
2 2
-
2 2
μ ö÷ ø

CN × PB = 2μ - 1 = 0

μ
=
1 2
,


| | | NC
cos
=
æ ç
-
è
2 2
以三个不共线向量作为一组基底,求出
两知个, <半解A平法B面:A的以D法>A向=B量9A0D°., <APAB为 ,
基AP底
. 由(1) >= 90° ,
| | | | < ADAP >= 45° . 设 AB = AP = 1 , 则
| | AD = 2 . 设 n = x1AB + y1AD + z1AP 是 平
M D
C
1 建系可
Aæç è
2 2
0 0
ö ÷ ø
,
得F
A x
N
y
图3 B
P æç 0 0 è
2 2
ö ÷
,
ø
Bæç è
2 2
1 0
ö ÷ ø
,
C æç è
2 2
1 0

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)

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。

《高考真题》三年(2017-2019)高考真题数学(理)分项汇编专题06立体几何(解答题)(原卷版)

《高考真题》三年(2017-2019)高考真题数学(理)分项汇编专题06立体几何(解答题)(原卷版)

专题06 立体几何(解答题)1.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图,直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A−MA1−N的正弦值.2.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图,长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B–EC–C1的正弦值.3.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°,将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连结DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的二面角B−CG−A的大小.4.【2019年高考北京卷理数】如图,在四棱锥P–ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且13 PFPC=.(1)求证:CD⊥平面PAD;(2)求二面角F–AE–P的余弦值;(3)设点G在PB上,且23PGPB=.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.5.【2019年高考天津卷理数】如图,AE ⊥平面ABCD ,,CF AE AD BC ∥∥,,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====.(1)求证:BF ∥平面ADE ;(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值; (3)若二面角E BD F --的余弦值为13,求线段CF 的长.6.【2019年高考江苏卷】如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,D ,E 分别为BC ,AC 的中点,AB =BC .求证:(1)A 1B 1∥平面DEC 1; (2)BE ⊥C 1E .7.【2019年高考浙江卷】如图,已知三棱柱111ABC A B C -,平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒,1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ,A 1B 1的中点. (1)证明:EF BC ⊥;(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.8.【2018年高考全国Ⅰ卷理数】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.9.【2018年高考全国II 卷理数】如图,在三棱锥P ABC -中,AB BC ==4PA PB PC AC ====,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.10.【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直,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 -体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值.11.【2018年高考江苏卷】如图,在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中,AB =AA 1=2,点P ,Q 分别为A 1B 1,BC 的中点.C(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值; (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.12.【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中,1111,AA AB AB B C =⊥.求证:(1)AB ∥平面11A B C ; (2)平面11ABB A ⊥平面1A BC .13.【2018年高考浙江卷】如图,已知多面体ABCA 1B 1C 1,A 1A ,B 1B ,C 1C 均垂直于平面ABC ,∠ABC =120°,A 1A =4,C 1C =1,AB =BC =B 1B =2.(1)证明:AB 1⊥平面A 1B 1C 1;(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值.14.【2018年高考北京卷理数】如图,在三棱柱ABC −111A B C 中,1CC ⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为1AA ,AC,11A C ,1BB 的中点,AB=BC ,AC =1AA =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.15.【2018年高考天津卷理数】如图,AD BC ∥且AD =2BC ,AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ,CD FG ∥且CD =2FG ,DG ABCD ⊥平面,DA =DC =DG =2.(1)若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN CDE ∥平面; (2)求二面角E BC F --的正弦值;(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.16.【2017年高考全国Ⅰ卷理数】如图,在四棱锥P −ABCD 中,AB//CD ,且90BAP CDP ∠=∠=.(1)证明:平面P AB ⊥平面P AD ;(2)若P A =PD =AB =DC ,90APD ∠=,求二面角A −PB −C 的余弦值.17.【2017年高考江苏卷】如图,在三棱锥A BCD -中,AB ⊥AD ,BC ⊥BD ,平面ABD ⊥平面BCD ,点E ,F (E 与A ,D 不重合)分别在棱AD ,BD 上,且EF ⊥AD . 求证:(1)EF ∥平面ABC ;(2)AD ⊥AC .18.【2017年高考江苏卷】如图,在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD ,且AB =AD =2,AA 1=120BAD ∠=︒.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A 1D-A 的正弦值.19.【2017年高考山东卷理数】如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形(及其内部)以边所在直线为旋转轴旋转得到的,是的中点. (1)设是上的一点,且,求的大小;ABCD AB 120︒G DF P CE AP BE ⊥CBP ∠(2)当,时,求二面角的大小.20.【2017年高考全国Ⅱ理数】如图,四棱锥P -ABCD 中,侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点.(1)证明:直线CE ∥平面P AB ;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45,求二面角M AB D --的余弦值.21.【2017年高考全国Ⅲ理数】如图,四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形,△ACD 是直角三角形,∠ABD =∠CBD ,AB =BD .3AB =2AD =E AG C --(1)证明:平面ACD ⊥平面ABC ;(2)过AC 的平面交BD 于点E ,若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分,求二面角D –AE –C 的余弦值.22.【2017年高考浙江卷】如图,已知四棱锥P –ABCD ,△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形,BC AD ∥,CD ⊥AD ,PC =AD =2DC =2CB ,E 为PD 的中点.(1)证明:CE ∥平面PAB ;(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.23.【2017年高考北京卷理数】如图,在四棱锥P −ABCD 中,底面ABCD 为正方形,平面PAD ⊥平面ABCD,PAB CD E点M 在线段PB 上,PD//平面MAC ,PA =PD ,AB =4.(1)求证:M 为PB 的中点;(2)求二面角B −PD −A 的大小;(3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值.24.【2017年高考天津卷理数】如图,在三棱锥P -ABC 中,P A ⊥底面ABC ,90BAC ∠=︒.点D ,E ,N分别为棱P A ,PC ,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,P A =AC =4,AB =2.(1)求证:MN ∥平面BDE ;(2)求二面角C -EM -N 的正弦值;(3)已知点H 在棱P A 上,且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为21,求线段AH 的长.。

二面角

二面角

ABCD,SB 3 。
S
D A
C B
例题——未知二面角,未知相交线
补线法的两种情况: 1.底面为平行图形——补柱法
S S
D A
C B
D
C
A
B
例题——未知二面角,未知相交线
补线法的两种情况:
2.底面为非平行图形——延长相交法
2001全国秋 理工※文史
如图,在底面是直角梯形的四棱锥S—ABCD中,ABC 90, SA 面ABCD,
北京高考中出现的此类问题均适用
二面角问题思考的一般思路
已知条件
题型总结
对应分析
确定题型 对应方法
计算求解
例题——已知二面角
2002年春 北京
在三棱锥 S ABC中,SAB SAC ACB 90, AC 2 , BC 13 ,
SB 29 . (Ⅱ)求侧面与底面所成的二面角大小;
例题——未知二面角,已知相交线
2003年春文史 北京
如图,ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱,侧棱长为1,底面边长为2,E是棱BC的 中点.
(Ⅲ)求面C1DE与面CDE所成二面角的正切值.
D
2
C
1
E
例题——未知二面角,已知相交线
• 方法选取: 1.找二面角平面角法: 三垂线:过一平面上一点做另一平面的垂 线,垂足必须是一个特殊点 三角形全等:形成二面角的两个平面是全 等三角形 2.垂面法:阴影面积容易计算
• 高考中二面角问题模式化很明显,下一 定功夫掌握题型,拿全这部分分数相对 容易,经济合算。
二面角问题题型总结
• 已知二面角 • 未知二面角,已知相交线 • 未知二面角,未知相交线
二面角问题题型总结

专题8:立体几何中求二面角几何法(解析版)

专题8:立体几何中求二面角几何法(解析版)

专题8:立体几何中求二面角几何法(解析版)二面角:从一条直线出发的两个半平面形成的图形----,,l OA OB l OA l OB l AOB αβαβαβ⊂⊂⊥⊥∠如图:在二面角中,O 棱上一点,,,的平面角。

且则为二面角 取值范围:(0。

,180。

)1.如图,在四棱锥P ABCD -中,底面是边长为a 的正方形,侧棱,2PD a PA PC a ===,求二面角P BC D --的平面角的大小.【答案】二面角P BC D --的平面角的大小为45°. 【分析】根据条件可知,PD DC PD AD ⊥⊥,知PD ⊥平面ABCD ,用,BC DC BC PD ⊥⊥,可知BC ⊥平面PDC ,找到二面角P BC D --的平面角,简单计算可得结果.【详解】,,2PD a DC a PC a ===,222PC PD DC ∴=+,PD DC ∴⊥.同理可证PD AD ⊥.AD DC D ⋂=,且,AD DC ⊂平面ABCDPD ∴⊥平面ABCD .由BC ⊂平面ABCD ,PD BC ∴⊥.又,BC DC PD DC D ⊥⋂=,,PD DC ⊂平面PDCBC ∴⊥平面PDC .PC ⊂平面PDC ,BC PC ∴⊥.PCD ∴∠为二面角P BC D --的平面角.在Rt PDC ∆中,,45PD DC a PCD ==∴∠=.∴二面角P BC D --的平面角的大小为45°. 【点睛】本题考查线线、线面之间的关系,熟练使用线面垂直的判定定理,考验分析问题能力以及逻辑推理能力,属中档题.2.如图,三棱柱111ABC A B C -中,侧棱1AA ⊥平面ABC ,ABC ∆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 --的余弦值;【答案】(1)详见解析;(2)6;【解析】 试题分析:(1)由已知易证得AF ⊥面11BB C C ,从而可得AF EF ⊥.令1AC AB ==,从而可得11,,B F EF B E 的边长,根据勾股定理可证得EF F B ⊥1.从而可证得EF ⊥平面1AB F .(2)易证得1B F ⊥面AEF ,从而可得1B F AE ⊥.过F 作AE FM ⊥,从而可证得⊥EA 平面MF B 1,继而证得M B EA 1⊥.根据二面角的定义可知MF B 1∠即为所求,在1Rt B FM ∆中即可求得MF B 1∠的余弦值.试题解析:(1)证明:AC AB =,且F 为BC 中点, AF BC ∴⊥.又三棱柱中1BB ⊥面ABC ,AF ⊂面ABC ,1BB AF ∴⊥,1BB BC B =,AF ∴⊥面11BB C C ,EF ⊂面11BB C C ,AF EF ∴⊥.因为12AC AB AA ===经计算得113B F EF B E ==∴22121EF F B E B +=,即EF F B ⊥1,又因为1B FAF F = ∴EF ⊥平面1AB F(2)过F 作AE FM ⊥,连结M B 1由(1)知EF F B ⊥1,1AF B F ⊥,又EF AF F =,1B F ∴⊥面AEF . AE ⊂面AEF , 1B F AE ∴⊥.又AE MF ⊥, 1FM B F F =∴⊥EA 平面MF B 1∴M B EA 1⊥∴MF B 1∠就是二面角F AE B --1的平面角 经计算得553,10301==M B MF ,66cos 11==∠M B MF MF B3.如图,三棱锥P ABC - 中,已知PA ⊥ 平面,ABC3,6PA PB PC BC ==== .求二面角P BC A --的正弦值【答案】3 【分析】 取BC 的中点D ,连结PD ,AD,根据线面垂直关系可知PDA ∠即为二面角P BC A --的平面角,根据所给边长关系可求得PDA ∠的正弦值.【详解】取BC 的中点D ,连结PD ,AD∵PB PC =∴PD BC ⊥∵PA ⊥平面ABC ,∴PA BC ⊥,且BC PAD ⊥面即BC AD ⊥∴PDA ∠即为二面角P BC A --的平面角∵ 6PB PC BC === ∴3PD 63==PA 3sin PDA PD 33∠=== 即二面角P BC A --的正弦值是33【点睛】本题考查了二面角的求法,关键是找到二面角的平面角,属于基础题.。

2025届高中数学一轮复习课件《二面角》ppt

2025届高中数学一轮复习课件《二面角》ppt

∵PA=AB=2,∴AC=BC= 2,PO= 3,∴OD= 2 2, ∴二面角 P-AC-B 的正切值是OPOD= 6.
高考一轮总复习•数学
(2)如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,点 D 为 AC 的中点.
第16页
①证明:平面 AA1C1C⊥平面 DBC1; ②若 AB=2,且二面角 D-BC1-C 的正切值为 615,求三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积.
- 即 -
2x1+ 2y1+
2z1=0, 2z1=0,
设平面 ABF 的法向量为 n=(x2,y2,z2),
取 x1=1,则 y1=z1=AA··nn==00,,

2x2=0,
- 2y2+
2z2=0,
得 x2=0,取 y2=1,则 z2=1,n=(0,1,1).
高考一轮总复习•数学
第14页
对点练 1 (1)如图, 设 AB 为圆锥 PO 的底面直径,PA 为母线,点 C 在底面圆周上, 若 PA=AB=2,AC=BC,则二面角 P-AC-B 的正切值是____6____.
高考一轮总复习•数学
第15页
(1)解析: 如图,取 AC 的中点 D,连接 OD,PD,易知 OD⊥AC,PD⊥AC,∴∠PDO 是二面角 P-AC-B 的平面角.
在 Rt△AB1C 中,S△AB1C=12AB1·AC=12B1C·AE,所以 AE=ABB11·CAC=2×2
2=2
2 .
23
3
高考一轮总复习•数学
在 Rt△ADE 中,sin∠AED=AADE= 2 = 2 3. 22 3
所以∠AED=60°,所以二面角 A-B1C-B 的大小为 60°.
第11页
高考一轮总复习•数学

【课件】2020年高三数学专题复习关于二面角是锐角还是钝角的解决方案(共15张PPT) - 最新

【课件】2020年高三数学专题复习关于二面角是锐角还是钝角的解决方案(共15张PPT) - 最新

m 与 n 是同出的,因此 =
n1, n2
,所以:cos
7 7
上面方法是:
先盲求法向量,再由法向量指向的卦限,相对于某 半平面,判断是进还是出。 这种判断优于目测!
下面我们再给出一个不用目测,不用判断的方法。 这一方法的特点是,事先控制法向量的方向,使得法向量的夹角就是二面角的平面角。 这个方法和向量的叉积有关 建立右手系空间坐标系
目测二面角的大小,尽管存在一些问题, 但我们都用过,是没有办法的办法。尽管方法 不够完美,但如果图形位置摆放的合理,一眼 便知锐钝,目测观察也有合理的一面。
目测观察二面角的大小,是我们解决此类 问题的第一种方法。除此之外,还有其它方法。
方法二,利用法向量的方向来判断。
Байду номын сангаас
当两个法向量同出或同进时, = n1, n2
当两个法向量一出一进时, = n1, n2
这个道理我们都懂,但问题是我们怎么样判断法 向量是进还是出?
上面例子中,我们求出了两个半平面的法向量
m 4,-1,2
n -1,1,1
这两个法向量是盲求的,是随意求出的。事 先我们没有加以控制,无法确定方向。
既然无法确定方向,那么我们怎么样判断这 个法向量是进还是出呢?
0, 2, 1
i, j, k PS PD 1, 2, 1 2i 2 j 2k
1, 0, 1
即法向量为2, 2, 2
这样求得的法向量,保证了一进一出。所以 cos 8 2 4 7
21 12 7
这种方法中,求法向量,不能盲求。必须是求叉积,并
在空间坐标系中,三个坐标平面将空间分成了八个部分,
八个卦限
法向量指向的卦限由终点的三个分量坐标的正负决定。

广东高考(理科)数学立体几何(二面角)

广东高考(理科)数学立体几何(二面角)

广东高考(理科)数学立体几何(二面角)专题汇编3-64.如图,棱锥P —ABCD 的底面ABCD 是矩形,P A ⊥平面ABCD ,P A =AD =2,BD =22. (Ⅰ)求证:BD ⊥平面P AC ;(4分) (Ⅱ)求二面角P —CD —B 的大小;(5分) (Ⅲ)求点C 到平面PBD 的距离. (5分)2.如图,在四棱锥P ABCD -中,PA 丄平面ABCD ,AC 丄AD ,AB 丄BC ,45BAC ︒∠=, ==2PA AD ,=1AC .(Ⅰ)证明:PC 丄AD ;(Ⅱ)求二面角A PC D --的正弦值;(Ⅲ)设E 为棱PA 上的点,满足异面直线BE 与CD 所成的角为030,求AE 的长.9.一个几何体是由圆柱错误!未找到引用源。

和三棱锥错误!未找到引用源。

组合而成,点错误!未找到引用源。

、错误!未找到引用源。

、错误!未找到引用源。

在圆错误!未找到引用源。

的圆周上,其正(主)视图、侧(左)视图的面积分别为10和12,如图3所示,其中错误!未找到引用源。

,错误!未找到引用源。

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. (1)求证:错误!未找到引用源。

;(2)求二面角错误!未找到引用源。

的平面角的大小.DCBAPDPAC11.如图,四棱锥P -ABCD 中,P A ⊥底面ABCD ,AB ⊥AD ,点E 在线段AD 上,CE ∥AB ,BC //AD 。

(Ⅰ)求证:CE ⊥平面P AD ;(Ⅱ)若P A =AB =1,AD =3,且CD 与平面P AD 所成的角为45°,求二面角B —PE —A 的正切值。

14.如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,11AD AA ==,2AB =,点E 在棱AB 上移动.(1)证明:11D E A D ⊥;(2)当E 点为AB 的中点时,求点E 到平面1ACD 的距离;(3)AE 等于何值时,二面角1D EC D --的大小为4π?15.如图,在三棱锥P ABC -中,PA ⊥底面,,60,90ABC PA AB ABC BCA ︒︒=∠=∠=,点D ,E 分别在棱,PB PC 上,且//DE BC(Ⅰ)求证:BC ⊥平面PAC ;(Ⅱ)当D 为PB 的中点时,求AD 与平面PAC 所成的角的正弦值; (Ⅲ)是否存在点E 使得二面角A DE P --为直二面角?并说明理由.19.如图,四边形ABCD 为矩形,且2,1AD AB ==, PA ABCD ⊥平面,E 为BC 上的动点.(1)当E 为BC 的中点时,求证:PE DE ⊥; (2)设1PA =,在线段BC 上有这样的点E ,使得 二面角P ED A --的大小为4π,试确定点E 的位置.20.圆柱1OO 内有一个三棱柱111C B A ABC -三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形,且AB 是圆O 的直径.(1)求证:平面11ACC A ⊥平面11BCC B ;(2)设1AAAB =,在圆柱1OO 内随机选取一点,记该点取自于三棱柱111C B A ABC -内的概率为p. ①当点C 在圆周上运动时,求p 的最大值; ②记平面11ACC A 与平面OC B 1所成的角为)20(πθθ≤<。

高考数学二面角10种求法及锐钝角的判断

高考数学二面角10种求法及锐钝角的判断

二面角10种求法及判断锐钝角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,作出二面角的平面角,有时亦可直接运用射影面积公式求出二面角的大小。

1.概念法顾名思义,概念法指的是利用概念直接解答问题。

例1:如图所示,在四面体ABCD 中,1AC AB ==,2CD BD ==,3AD =。

求二面角A BC D --的大小。

分析:四面体ABCD 的各个棱长都已经给出来了,这是一个典型的根据长度求角度的问题。

解:设线段BC 的中点是E ,接AE 和DE 。

根据已知的条件1AC AB ==,2CD BD ==,可以知道AE BC ⊥且DE BC ⊥。

又BC 是平面ABC 和平面DBC 的交线。

根据定义,可以得出:AED ∠即为二面角A BC D --的平面角。

可以求出32AE =,3DE =,并且3AD =。

根据余弦定理知:2222223()(3)372cos 243232AE DE ADAED AE DE+-+-∠===-⨯⨯⨯ 即二面角A BC D --的大小为7arccos4π-。

同样,例2也是用概念法直接解决问题的。

例2:如图所示,ABCD 是正方形,PB ABCD ⊥平面,1PB AB ==,求二面角A PD C --的大小。

解:作辅助线CE PD ⊥于点E ,连接AC 、AE 。

由于AD CD =,PA PC =,所以PAD PCD ≅三角形三角形。

即AE PD ⊥。

由于CE PD ⊥,所以AEC ∠即为所求的二面角的大小。

通过计算可以得到:2PC =,3PD =,又1CD =,在三角形PCD 中可以计算得到63CE =。

由此可以得到:63AE CE ==,又2AC =。

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2018届高考数学立体几何(理科)专题02 二面角1.如图,在三棱柱111ABC A B C -中, 1,90A A AB ABC =∠=︒侧面11A ABB ⊥底面ABC . (1)求证: 1AB ⊥平面1A BC ;(2)若15360AC BC A AB ==∠=︒,,,求二面角11B A C C --的余弦值.2.如图所示的多面体中,下底面平行四边形与上底面平行,且,,,,平面平面,点为的中点.(1)过点作一个平面与平面平行,并说明理由;(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.3.如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为平行四边形, 2AB AD =, 3BD =,且PD ⊥底面ABCD . (1)证明:平面PBD ⊥平面PBC ;(2)若Q 为PC 的中点,且1AP BQ ⋅=u u u v u u u v,求二面角Q BD C --的大小.4.如图所示的几何体是由棱台和棱锥拼接而成的组合体,其底面四边形是边长为2的菱形,,平面. (1)求证:;(2)求平面与平面所成锐角二面角的余弦值.5.在四棱锥P ABCD -中,四边形ABCD 是矩形,平面PAB ⊥平面ABCD ,点E 、F 分别为BC 、AP 中点.(1)求证: //EF 平面PCD ;(2)若0,120,AD AP PB APB ==∠=,求平面DEF 与平面PAB 所成锐二面角的余弦值.6.如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为直角梯形, ,90AD BC ADC ∠=oP ,平面PAD ⊥底面ABCD ,Q 为AD 中点, M 是棱PC 上的点, 12,1,2PA PD BC AD CD =====(Ⅰ)若点M 是棱PC 的中点,求证: PA P 平面BMQ ; (Ⅱ)求证:平面PQB ⊥平面PAD ;(Ⅲ)若二面角M BQ C --为30o,设PM tMC =,试确定t 的值.2018届高考数学立体几何(理科)专题02 二面角(教师版)1.如图,在三棱柱111ABC A B C -中, 1,90A A AB ABC =∠=︒侧面11A ABB ⊥底面ABC . (1)求证: 1AB ⊥平面1A BC ;(2)若15360AC BC A AB ==∠=︒,,,求二面角11B A C C --的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)2114-.Q 侧面11A ABB ⊥底面,90ABC ABC ∠=︒,CB ∴⊥侧面11A ABB ,1CB AB ∴⊥.又1A B BC B ⋂=Q ,1AB ∴⊥平面1A BC .(2)在Rt ABC n 中, 5,3,4AC BC AB ==∴=,又菱形11A ABB 中, 160A AB ∠=︒Q ,1A AB ∴n 为正三角形.设(),,n x y z =为平面11A CC 的方向量,则1110,2230,{ { 0.22330.n C C x y n C A x y z =-+=∴=+-=u u u u r u u u u rn n 令3x =,得()n 3,3,4=为平面11A CC 的一个法向量.又()10,23,0OB =-u u u r为平面1A BC 的一个法向量,11121cos , 142723n OB n OB n OB ===-n n n u u u ru u u r u u u r .∴二面角11B A C C --的余弦值为21-. 2.如图所示的多面体中,下底面平行四边形与上底面平行,且,,,,平面平面,点为的中点.(1)过点作一个平面与平面平行,并说明理由; (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)见解析;(2)试题解析:(1)取的中点,的中点,连接、、,如图所示.则平面平面,平面即为所求的平面. 理由如下:在平行四边形中,点分别是与的中点,所以,在中,点分别是的中点,所以.显然,,所以平面平面,亦即平面 平面. (2)不妨设,,,故,.在平行四边形中,,所以. 取的中点,则.又平面平面,平面平面,所以平面.连接,因为,,所以,又,所以. 如图所示,以点为坐标原点建立空间直角坐标系,则,,,,,,,,. 所以,,,.设平面的法向量为,则由,即,整理得.令,.所以.所以.3.如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为平行四边形, 2AB AD =, 3BD AD =,且PD ⊥底面ABCD . (1)证明:平面PBD ⊥平面PBC ;(2)若Q 为PC 的中点,且1AP BQ ⋅=u u u v u u u v,求二面角Q BD C --的大小. 【答案】(1)见解析(2)4π试题解析:(1)证明:∵222AD BD AB +=,∴AD BD ⊥,∴//AD BC ,∴BC BD ⊥. 又∵PD ⊥底面ABCD ,∴PD BC ⊥.∵PD BD D ⋂=,∴BC ⊥平面PBD . 而BC ⊂平面PBC ,∴平面PBC ⊥平面PBD . (2)解:由(1)知, BC ⊥平面PBD ,∴2112tAP BQ+⋅==u u u v u u u v,∴1t=.故131,,222DQ⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭u u u v,131,,222BQ⎛⎫=--⎪⎪⎝⎭u u u v.设平面QBD 的法向量为(),,n x y z=v,则{n DQn BQ⋅=⋅=u u u vvu u u vv,即131222{13122x y zx y z-++=--+=,令1x=,得()1,0,1n=v. 易知平面BDC的一个法向量为()0,0,1m=v,则2cos,221m n==⨯v v,∴二面角Q BD C--的大小为4π. 4.如图所示的几何体是由棱台和棱锥拼接而成的组合体,其底面四边形是边长为2的菱形,,平面.(1)求证:;(2)求平面与平面所成锐角二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).又棱台中,∴(2)建立空间直角坐标系如图所示,则,,,,,,所以,,,,设平面的一个法向量为,则,∴,.令,得, ∴;设平面的法向量为,则,∴,令,得,, ∴,设平面与平面所成锐二面角为,则,所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.5.在四棱锥P ABCD -中,四边形ABCD 是矩形,平面PAB ⊥平面ABCD ,点E 、F 分别为BC 、AP 中点.(1)求证: //EF 平面PCD ;(2)若0,120,AD AP PB APB ==∠=,求平面DEF 与平面PAB 所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)见解析(2)3020试题解析:(I )证明:取PD 中点G ,连接,GF GC .在△PAD 中,有 ,G F 分别为PD 、AP 中点∴ 1//2GF AD而GC ⊂平面PCD , EF ⊄平面PCD ∴ //EF 平面PCD(II )取AB 中点O ,连接OP ,设=2AD . Q 四边形ABCD 是矩形∴ AD AB ⊥Q 平面PAB ⊥平面ABCD ,平面PAB ⋂平面ABCD = AB , AD ⊂平面PAB∴ AD ⊥平面PAB 又 AD AP PB ==, 0=120APB ∠, O 为AB中点∴ OP AB ⊥, 3OA OB ==, 1OP =.故可建立空间直角坐标系O xyz -,如图所示,则300A (,,), 010P (,,), 300B -(,,), ()3,0,2C -, ()3,0,2D ∴ 31,,022F ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭, ()3,0,1E - ∴ ()23,0,1DE =--u u u v , 31,,222DF ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭u u u v 设(),,n x y z =v 是平面DEF 的一个法向量,则·0{ ·0DE n DF n ==u u u v v u u u v v , 即230{ 312022x z x y z --=-+-=不妨设1x =,则()1,73,23n =--v . 易知向量()0,0,2AD =u u u v 为平面PAB 的一个法向量. ∴ ()()222·23230cos ,20·173232n AD n AD n AD -⨯===-+-+-⨯u u u v v u u u v v u u u v v 故平面DEF 与平面PAB 所成锐二面角的余弦值为3020. 6.如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为直角梯形, ,90AD BC ADC ∠=o P ,平面PAD ⊥底面ABCD ,Q 为AD 中点, M 是棱PC 上的点, 12,1,32PA PD BC AD CD =====. (Ⅰ)若点M 是棱PC 的中点,求证: PA P 平面BMQ ;(Ⅱ)求证:平面PQB ⊥平面PAD ; (Ⅲ)若二面角M BQ C --为30o ,设PM tMC =,试确定t 的值.试题解析:因为MN ⊂平面BMQ , PA ⊄平面BMQ 所以PA P 平面BMQ .(Ⅱ)因为1,,2AD BC BC AD Q =P 为AD 中点, 所以四边形BCDQ 为平行四边形,所以CD BQ P .因为90ADC ∠=o ,所以90AQB ∠=o ,即AD BQ ⊥.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ,且平面PAD ⋂平面ABCD AD =,所以BQ ⊥平面PAD ,因为BQ ⊂平面PQB ,所以平面PAD ⊥平面PQB .(Ⅲ)因为,PA PD Q =为AD 的中点,所以PQ AD ⊥.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ,且平面PAD ⋂平面ABCD AD =,所以PQ ⊥平面ABCD以Q 为原点,以,QA QB u u u v u u u v 的方向分别为x 轴, y 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Q xyz -, 则点()0,0,0Q, (P, ()B, ()C -,平面BQC 的一个法向量()0,0,1n =v. 设(),,M x y z ,则(,,,PM x y z =u u u u v,()1,MC x y z =---u u u u v ,因为PM tMC =u u u u v u u u u v 所以())()11{ { t x t x t x y t y y z t z z =-+=--=⇒-=在平面MBQ 中, (),,,111t QB QM t t t ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++⎝⎭u u u v u u u u v , 因为二面角M BQ C --为30o ,所以cos30m n m n ⋅==⋅o v v v v ,所以3t =.。

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