重难点专题14 利用传统方法解决二面角问题（五大题型）-2024学年高一数学同步学与练（苏教版2019必修第二册）（解析版）

第第页重难点专题14利用传统方法解决二面角问题【题型归纳目录】题型一：定义法题型二：三垂线法题型三：射影面积法题型四：垂面法题型五：补棱法【方法技巧与总结】二面角的求法法一：定义法在棱上取点，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，如图在二面角的棱上任取一点，以为垂足，分别在半平面和内作垂直于棱的射线和，则射线和所成的角称为二面角的平面角（当然两条垂线的垂足点可以不相同，那求二面角就相当于求两条异面直线的夹角即可）．法二：三垂线法在面或面内找一合适的点，作于，过作于，则为斜线在面内的射影，为二面角的平面角．如图1，具体步骤：①找点做面的垂线；即过点，作于；②过点（与①中是同一个点）做交线的垂线；即过作于，连接；③计算：为二面角的平面角，在中解三角形．图1图2图3法三：射影面积法凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（，如图2）求出二面角的大小；法四：补棱法当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，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．当二平面没有明确的交线时，也可直接用法三的摄影面积法解题．法五：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．【典型例题】题型一：定义法【典例1-1】（2024·湖南岳阳·模拟预测）如图，已知平面与底面所成角为，且．(1)求证：平面；(2)求二面角的大小．【解析】（1）因为平面，平面，所以，又由已知得，，则，即，又平面，所以平面；（2）因为平面，平面，所以，所以为二面角的平面角，因为平面与底面所成角为，所以为与底面所成角，由，得，在中，，则，所以二面角的大小为．【典例1-2】（2024·高一·全国·专题练习）如图①梯形ABCD中，，，，且，将梯形沿BE折叠得到图②，使平面平面BCDE，CE与BD相交于O，点P在AB上，且，R是CD的中点，过O，P，R三点的平面交AC于Q．(1)证明：Q是AC的中点；(2)证明：平面BEQ；(3)M是AB上一点，已知二面角为45°，求的值．【解析】（1）在图①中过C作，则，图②中，连接BD，CE，又∵，∴，∴，∴且．∴，∴，在中，，∴，又平面ACD，平面ACD，∴平面ACD，平面平面，∴，∴，又R是CD的中点，∴Q是AC的中点；（2）如图，在直角梯形BCDE中，，∴中，，，∴∴，∴又∵平面平面BCDE，平面平面BCDE，∴平面BCDE，平面BCDE，∴，又，平面ACE，又平面ACE，∴，在中，，，∴∴，又由（1）Q是AC的中点，∴，，∴平面ACD，又平面ACD，∴又∵，，∴平面ADE，∴，又，∴平面BEQ；（3）如图，过M作，过H作于点G，连结MG，则∠MGH为二面角的平面角，∴，设，∴又，∴在中，，由得，即，∴，∴【变式1-1】（2024·高一·全国·课后作业）如图，在矩形中，，，E为的中点，把和分别沿AE，DE折起，使点B与点C重合于点P．(1)求证：平面⊥平面；(2)求二面角的大小．【解析】（1）由⊥，得⊥，同理，⊥．又∵，平面，∴⊥平面．又平面，∴平面⊥平面．（2）如图所示，取的中点F，连接，∵四边形为矩形，∴，因为，所以⊥，⊥，故就是二面角的平面角．又⊥平面，平面，所以⊥，∵，∴，∴．∴二面角P－AD－E的大小为．题型二：三垂线法【典例2-1】（2024·高一·浙江金华·期中）如图，在三棱锥中，，D为的中点，平面，垂足O落在线段上.(1)证明：；(2)已知，，，且直线与平面所成角的正弦值为.①求此三棱锥的体积；②求二面角的大小.【解析】（1）因为，为的中点，所以，又平面，则，又平面，所以平面，又平面，所以；（2）①由平面，则直线与平面所成角为，则，由，为的中点，所以，则，所以，由平面，所以，所以；②在平面内作于，连接，由，又，平面，所以平面，所以，则为二面角的平面角，在直角三角形中，，在直角三角形中，，在直角三角形中，，所以，在直角三角形中，，所以，所以在三角形中，，所以，则，同理，而，所以，即二面角的大小为.【典例2-2】（2024·高二·浙江金华·期末）如图，已知四棱锥的底面是菱形，，对角线交于点平面，平面是过直线的一个平面，与棱交于点，且．

(1)求证：；(2)若平面交于点，求的值；(3)若二面角的大小为，求的长．【解析】（1）四棱锥的底面是菱形，，又平面，平面，则平面，而平面平面，平面，所以.（2）由平面，平面，得平面平面，而，平面，于是平面，又平面，则，即三点共线，由平面，平面，则，如图，在中，过点作的垂线，垂足为，于是，设，由，得，，，从而，所以，即．（3）

过点作于点，连接，由平面，平面，则，而平面，则平面，而平面，于是，则有为二面角的平面角，即，在菱形中，由，得，则，由（2）得，所以.【变式2-1】（2024·高一·湖南岳阳·期末）如图，在直角梯形ABCD中，，，，，，边AD上一点E满足，现将沿BE折起到的位置，使平面平面BCDE，如图所示.(1)在棱上是否存在点F，使直线平面，若存在，求出，若不存在，请说明理由；(2)求二面角的平面角的正切值.【解析】（1）当F是AC的中点时，直线平面.证明如下：设的中点为N，连接EN，FN，因为，，且，，所以且，所以四边形DENF是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，所以存在点F，使平面，且.（2）在平面图形中，连接CE，则，，所以，如图所示，取BE中点O，连接，则，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面，又因为平面，所以作于M，连接，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以，所以为二面角的平面角，在直角中，，，可得，故二面角的平面角的正切值为．【变式2-2】（2024·高一·湖南长沙·阶段练习）如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，直线平面.

(1)证明：平面平面；(2)设，，求二面角的余弦值．【解析】（1）证明：是圆的直径，，又平面，平面，，，且，平面，平面，又平面，平面平面.（2）过作于，连结，平面，平面，，，且，平面，平面，又平面，，为二面角的平面角，在中，，，，则，二面角的余弦值为．题型三：射影面积法【典例3-1】如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，求平面与平面所成二面角的大小．【解析】因为平面平面，所以，又，且，平面，所以平面，同理平面，所以在平面上的射影为．设平面与平面所成二面角为，所以，所以．故平面与平面所成二面角的大小为．【典例3-2】（2024·新疆和田·高一校考期末）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD是正三角形，平面PAD⊥底面ABCD．(1)证明：AB⊥平面PAD；(2)求面PAD与面PDB所成的二面角的正切值．【解析】（1）证明：∵底面ABCD是正方形，∴AB⊥AD，∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，∴由面面垂直的性质定理得，AB⊥平面PAD；（2）(法一)由题意，△PBD在面PAD上的射影为△PAD．设AD＝a，则S△PAD，△PBD中，PD＝a，BDa，PBa，∴S△PBD，∴面PAD与面PDB所成的二面角的余弦值为，∴面PAD与面PDB所成的二面角的正切值为．（法二）如图所示：取中点，连接.设AD＝a，则，所以,所以是平面PAD与平面PDB所成的二面角的平面角，在中，,所以.【变式3-1】（2024·高一课时练习）直角三角形的斜边在平面内，两条直角边分别与平面成和角，则这个直角三角形所在的平面与平面所成的锐二面角的余弦值为________．【答案】【解析】过点作平面，垂足为，连接，∵平面，则，设，不妨设分别与平面成和角，则，过作，垂足为，连接，∵，，平面，则平面，且平面，∴，即所求二面角的平面角为，由的面积可得，由的面积可得，∵，故所求锐二面角的余弦值为．故答案为：.题型四：垂面法【典例4-1】（2024·高三·山东济南·开学考试）如图，在四棱柱中，底面和侧面均是边长为2的正方形.(1)证明：.(2)若，求二面角的余弦值.【解析】（1）连结，因为底面和侧面均是边长为2的正方形，所以四边形是边长为2的菱形，则，且四边形和也是边长为2的正方形，所以，且，，平面，所以平面，平面所以，且，且平面，所以平面，平面,所以；（2）由（1）可知，平面，且，所以平面，且平面，所以平面平面，又因为平面平面，所以平面平面，且平面平面，因为，所以，所以为等边三角形，取的中点，连结，则，平面所以平面，再取的中点，连结,则，因为平面，所以，又，且，平面，所以平面，平面，所以，所以为二面角的平面角，，，，所以，所以二面角的余弦值为.【典例4-2】（2024·全国·高一专题练习）已知二面角，若直线，直线，且直线所成角的大小为，则二面角的大小为_________.【答案】或【解析】设点是二面角内的一点，过P分别作直线的平行线，且垂直于于，垂直于于，设平面交直线于点，连接，，由于，，，，故，，又，平面，故平面，又，平面，故，，所以为二面角的平面角，因为直线所成角的大小为，所以或，当时，如图因为，所以；当时，如图因为，所以;综上，二面角的大小为或故答案为：或【变式4-1】如图，在三棱锥中，底面，垂直平分且分别交于点，又，求二面角的大小．【解析】因为，且是的中点，所以是等腰底边的中线，所以．又，平面，所以平面，所以．又平面平面，所以，而，平面，所以平面．因为平面平面，平面平面，所以，所以是所求二面角的平面角．因为底面，所以．设，则因为，所以．又，所以．即二面角的大小为．题型五：补棱法【典例5-1】（2024·山东淄博·高一统考期末）如图，已知正方体的棱长为，、分别为棱、的中点．(1)证明：直线平面；(2)设平面与平面的交线为，求点到直线的距离及二面角的余弦值．【解析】（1）证明：取的中点，连接、、，在正方体中，且，、分别为、的中点，则且，故四边形为平行四边形，则且，又因为且，则且，故四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面，因为且，故四边形为平行四边形，则，、分别为、的中点，则，则，平面，平面，平面，，、平面，所以，平面平面，平面，平面.（2）延长、交与点，连接，则直线即为直线，因为且，为的中点，则，故点为的中点，为的中点，在中，，，，由余弦定理可得，则，，则，过点在平面内作直线，垂足为点，连接，，所以，，平面，平面，，，，、平面，平面，平面，，故二面角的平面角为，且，故点到直线的距离为，，因此，二面角的平面角的余弦值为.【典例5-2】（2024·湖南常德·高一临澧县第一中学校考期末）《九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右.它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，已知在三棱锥中，平面.（1）从三棱锥中选择合适的两条棱填空：________________，则三棱锥为“鳖臑”；（2）如图，已知，垂足为，，垂足为，.（i）证明：平面平面；（ii）设平面与平面交线为，若，，求二面角的大小.【解析】（1）因为“鳖臑”是由四个直角三角形组成的四面体，又平面，所以，，；即，为直角三角形；若，由，平面，可得：平面；所以，即，为直角三角形；满足四个面都是直角三角形；同理，可得或或，都能满足四个面都是直角三角形；故可填：或或或；（2）（i）证明：∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面，又平面，∴，又，，平面，∴平面，又平面，∴，又，，平面，∴平面，又平面，∴平面平面.（ii）由题意知，在平面中，直线与直线相交.如图所示，设，连结，则即为.∵平面，平面，∴，∵平面，平面，∴，又，平面，∴平面，又平面，∴，.∴即为二面角的一个平面角.在中，，，，∴，又，∴，∴，∴，∴二面角的大小为.【变式5-1】（2024·黑龙江牡丹江·高一牡丹江一中校考期末）如图，是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线平面，E，F分别是，的中点.（1）记平面与平面的交线为l，试判断直线l与平面的位置关系，并加以证明；（2）设，求二面角大小的取值范围.【解析】（1），平面，平面，平面，又平面，平面与平面的交线为l，所以，而l平面，平面，所以l平面；（2）设直线l与圆O的另一个交点为D，连接DE，FB，如图：由（1）知，BDAC，而，所以，所以平面，所以，而，所以平面PBC，又FB平面PBC，所以，所以就是二面角的平面角，因为，点F是的中点，所以，故，注意到，所以，所以，因为，所以，所以二面角大小的取值范围为.【过关测试】1．（2024·高一·江苏南京·阶段练习）如图，四棱锥中，底面，底面为菱形，且有，，，为中点．

(1)证明：面；(2)求二面角的平面角的正弦值．【解析】（1）证明：设与交于点，连接，因为，分别为，的中点，所以，又因为底面，且、底面，所以，，又因为，所以，，，所以底面，又四边形为菱形，所以，则，，且，，平面，所以平面；（2）过作于，连接，由（1）知底面，且、底面，所以，，又，、平面，所以平面，又平面，所以，即为二面角的平面角，因为底面为菱形，，，所以是边长为1的等边三角形，则，，又，则，在直角三角形中，，则，所以，故所求二面角的正弦值为．2．（2024·高一·河南商丘·阶段练习）如图，四边形是正方形，平面，且.求：

(1)求二面角的大小．(2)求二面角的大小.(3)求二面角的大小的正弦值．【解析】（1）∵平面，面,∴,,∴为二面角的平面角，又∵四边形是正方形，∴，即二面角的大小为；（2）作的中点,的中点,连接,,,∵平面，面,∴,∵，∴为等腰直角三角形，∵为的中点，∴,又∵,,平面,且,∴平面,∴,∵分别为和的中点，∴,∴为二面角的平面角，∵,∴平面,∴,∴,即二面角的大小为；（3）连接,∵,,∴,∴,∴二面角的大小的平面角，又∵,,平面,且,∴平面,∴,∵,∴,∴,∴,即二面角的大小的正弦值.3．（2024·高一·浙江嘉兴·期中）已知四边形，将四边形沿折起，使，如图所示．

(1)求证：；(2)求二面角的余弦值．【解析】（1）证明：如图所示，取的中点，连，，又，平面，平面又平面，即.（2）如图所示：是正三角形，，，即取的中点，连，则，且因为，所以即二面角的平面角所以.所以二面角的余弦值为.4．（2024·高一·湖北黄冈·期末）如图①梯形中，，，，且，将梯形沿折叠得到图②，使平面平面，与相交于，点在上，且，是的中点，过三点的平面交于．

(1)证明：是的中点；(2)是上一点，己知二面角为，求的值．【解析】（1）在图①中过C作，则，，图②中，，又∵，∴，∴，∴且．∴，∴，在中，，，∴，又平面ACD，平面ACD，∴平面ACD，平面平面，∴，∴，又是的中点，∴是的中点；（2）如图，过作交BE于H，过作于点，连结，且，因为平面平面，平面平面，所以平面，平面，所以，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，平面，所以，则为二面角的平面角，∴，设，∴，又，∴，在中，，,由得，即，∴，∴．5．（2024·高三·陕西咸阳·期中）如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，，分别是线段，的中点.

(1)证明：；(2)若与平面所成的角为，求二面角的余弦值.【解析】（1）连接AF，则，又，，∴，∴，∵平面ABCD，平面ABCD，∴，又平面PAF，∴平面PAF，又平面PAF，∴；（2）平面，是与平面所成的角，且．，∵平面PAF，∴，，∴为平面PFD与平面CFD所成锐角，∴，故二面角的余弦值为.6．（2024·高一·安徽六安·期末）如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点的位置，且，为的中点，是上的中点.

(1)证明：平面平面；(2)求二面角的正切值.【解析】（1）为中点，，即，又为中点，；，，，四边形为矩形，，即，，，平面，平面，，平面，又平面，，，平面，平面，平面，平面平面.（2）由（1）知：平面，又平面，，，，平面，平面；取中点，过作，垂足为，连接，分别为中点，，平面，平面，，又，，平面，平面，平面，，即为二面角的平面角，，，又，，即二面角的正切值为.7．（2024·高一·浙江金华·期中）如图，在多面体中，平面平面，平面，和均为正三角形，，.

(1)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，确定的位置；若不存在，说明理由；(2)求平面与平面所成的锐二面角的正切值.【解析】（1）取的中点，连接、，因为为等边三角形，为的中点，则，同理可得，因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面，又因为平面，所以，，则、、、四点共面，且，又因为，所以，，延长、交于点，连接，因为，则，则为的中点，当点为的中点时，即当时，由于为的中点，则，因为平面，平面，所以，平面.（2）连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，因为为等边三角形，为的中点，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面，因为平面，则，因为，，、平面，所以，平面，因为平面，则，所以，平面与平面所成的锐二面角为，因为，，因为平面，平面，所以，，所以，，即平面与平面所成的锐二面角的正切值为.8．（2024·高二·浙江·开学考试）如图1，在矩形中，已知，E为的中点.将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）.

(1)当平面⊥平面，求直线与平面所成角的正切值；(2)在翻折过程中，求二面角的最大值.【解析】（1）在图1中，连接交于点，则，可知，可得，则，，因为平面平面BCD，平面平面，平面，所以面BCD.则是直线与平面所成角，所以.（2）如图2，过作，垂足为H，过H作，垂足为G，连接.由（1）可知：，，，平面，则平面，且平面，可得.且，，平面，所以平面.由平面，可得.且，，平面，所以平面，由平面，可得，所以是二面角的平面角，设，由（1）可知：，在直角三角形中，，则，因为，则，可得，所以，在直角三角形中，.设，则，即，解得，当时，等号成立，所以，又因为，则，所以二面角的最大值为.9．（2024·高二·黑龙江哈尔滨·开学考试）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D．

(1)求证：平面；(2)若点F为棱的中点，求三棱锥的体积；(3)在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由．【解析】（1）如图所示，连接，由题意可知面ABC，四边形是菱形.∵面ABC，∴，又∵D是AC中点，是正三角形，∴，显然面，∴面，∵面，∴，在菱形中，有，而D，E分别是线段的中点，则，∴,∵面，∴面;（2）如图所示，取的中点S，连接，过F作交于I，过I作分别交的延长线于H、N，易知分别是的中点，则由条件可得，面，面，故面，即到面的距离等于到面的距离，由（1）得，面，所以面，是直角三角形，在菱形中，易得，所以，即到面的距离为，，所以；（3）如图所示，假设存在G点满足题意，取的中点S，连接，过G作交于M，连接MD，易得，面，面，故面，又结合（1）的结论有，故二面角为，所以，在菱形中，作，易得，易知为直角三角形，故.10．（2024·高一·新疆伊犁·期末）如图：已知直三棱柱中，交于点O，，.

(1)求证：；(2)求二面角的正切值.【解析】（1）因为平面ABC，平面ABC，可得，由题意可知：，即，且，平面，所以平面，且平面，所以，又因为，则是正方形，可得，且，平面，所以平面，且平面，所以.（2）连接，可知平面即为平面，则二面角即为二面角，取的中点，连接，因为，且为的