立体几何(几何法)—二面角(模型一

立体几何（几何法）二面角（模型一）例1（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版）如图1,在等腰直角三角形中,分别是上的点,为的中点.将沿折起,得到如图2所示的四棱锥,其中.() 证明:平面; () 求二面角的平面角的余弦值.COBDEACDOBE图1图2【答案】() 在图1中,易得 CDOBEH 连结,在中,由余弦定理可得 由翻折不变性可知, 所以,所以, 理可证, 又,所以平面. () 传统法:过作交的延长线于,连结, 因为平面,所以, 所以为二面角的平面角. 结合图1可知,为中点,故,从而 CDOxE向量法图yzB所以,所以二面角的平面角的余弦值为. 向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示, 则, 所以, 设为平面的法向量,则 ,即,解得,令,得 由() 知,为平面的一个法向量, 所以,即二面角的平面角的余弦值为. 例2（2012高考真题广东理18）（本小题满分13分）如图15所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，点E在线段PC上，PC平面BDE.(1)证明：BD平面PAC；(2)若PA1，AD2，求二面角BPCA的正切值图15【答案】证明：(1)PCBD.PABD.PAPGP，PA平面PAC，PC平面PAC，BD平面PAC.(2)法一：如图所示，记BD与AC的交点为F，连接EF.【本资料来源：全品高考网、全品中考网；全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】【本资料来源：全品高考网、全品中考网；全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】由PC平面BDE，BE平面BDE，EF平面BDE，PCBE，PCEF.即BEF为二面角BPCA的平面角由(1)可得BDAC，所以矩形ABCD为正方形，ABAD2，ACBD2，FCBF.在RtPAC中，PA1，PC3，即二面角BPCA的正切值为3.法二：以A为原点，的方向分别作为xyz轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示【本资料来源：全品高考网、全品中考网；全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】设ABb，则：A(0,0,0)，B(b,0,0)，C(b,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)于是(b,2，1)，(b，2,0)因为PCDB，所以b240，从而b2.结合(1)可得(2，2,0)是平面APC的法向量现设(x，y，z)是平面BPC的法向量，则，即0，0.因为(0,2,0)，(2,2，1)，所以2y0,2xz0.取x1，则z2，(1,0,2)令，则cos，sin，tan3.由图可得二面角BPCA的正切值为3.例3（2012高考真题山东理18）（18）（本小题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形是等腰梯形，平面.（）求证：平面；（）求二面角的余弦值.【答案】解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，所以ADCBCD120.又CBCD，所以CDB30，因此ADB90，ADBD，又AEBD，且AEADA，AE，AD平面AED，所以BD平面AED.(2)解法一：取BD的中点G，连接CG，FG，由于CBCD，因此CGBD，又FC平面ABCD，BD平面ABCD，所以FCBD，由于FCCGC，FC，CG平面FCG，所以BD平面FCG，故BDFG，所以FGC为二面角FBDC的平面角在等腰三角形BCD中，由于BCD120，因此CGCB.又CBCF，所以GFCG，故cosFGC，因此二面角FBDC的余弦值为.解法二：由(1)知ADBD，所以ACBC.又FC平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设CB1.则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(0,0,1)因此，(0，1,1)设平面BDF的一个法向量为(x，y，z)，则0，0，所以xyz，取z1，则(，1,1)由于(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，则cos，所以二面角FBDC的余弦值为.例4（2013年高考浙江卷（文）如图,在在四棱锥P-ABCD中,PA面ABCD,AB=BC=2,AD=CD=,PA=,ABC=120,G为线段PC上的点.()证明:BD面PAC ; ()若G是PC的中点,求DG与APC所成的角的正切值;()若G满足PC面BGD,求 的值.【答案】解:证明:()由已知