专题4巧构二面角解析版

几何中的二面角是一个非常重要的数学概念，求二面角的大小更是高考的热点问题，每年、解.在高常常以解答题出现，其试题难度属中高档题.方法一 第三 1.在边长为a的正三角形C中，DC于DD折成二面角DC后，Ca2时二面角DC的大小 .【答案】..线也是中线是解题的关键，根据已知条件能够说明DC为二面角DC的平面角，连接C.

CD为正三角形，从而得出二面角DC的大小为分）BCABCABDDE1DE1AC2EBCABCEBCABD2 22（2）由（1）可知四边形ADEC为直角梯形,延长AD、CE交于点M,连接BM,则平面EBCABDBM.平面ADB平面ABC,且平面ABD 平面ABCAB,ACAB,ACBM.易知D是线段AM的中点,故DADMDB,从而ABBM,BM平面ABC,CBBM,ABCEBCABD所成的锐二面角的平面角,ABC2 22方法二 ABBC1（2）．3（1）AA1ABADA1B， ADA1BCBCA1BC，ADBCABCA1B1C1是直三棱柱，AA1ABCAA1BC又 ADA，从而BC侧面A1ABB1ABA1ABB1ABBCA1AAC222A1AAC2222AD

2ADE，∴sinAEDAD 2 AACB3 2 33AEDAACB BCCD2AA12EE1FADAA1ABEE1//FCC1BFC1C7（2） 773ABCDADBCDCBCDADDBPQ分别在线段AB，AC上，AP3PB，AQC，M是BD的中点.DQ//平面CPM若二面角CABD3

，求tanBDC6（2）62（Ⅰ）ABEEQPCEQ//平面CPMDEPMDE//平面CPMDEQ//平面CPMDQ//平面CPM（Ⅱ）1ADCM，BDCM，从而CMABD，进而得到CPM是二面角CABD的平面角，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出BDC的正切值．（2）ADBCDADCMBCCDBMMDBDCM，故CMABD（1）DEPMDEABPMAB.所以CPM是二面角CABD则CPM3

PMaCM6

3aRtABD中，BDMBM4

2a在RtCMD中，tanMDC 方法三 aaa

3.PABCDPAABCDBCPBBCD 3ABADEPCABBDEABP【答案】(1)AB＝1；(Ⅱ)4（1）ACPAABCDBCABCDPA⊥BCPB⊥BC，PAPBPBCPABABPABAB⊥BC，因为△BCD为等边三角形，所以∠ABD＝30°AB＝AD，BD＝3AB＝1．C(3，0，0)，E(

0)．由题意可知平面PAB的法向2，2，

2，2

3x＋1y＋23设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，则BE·n＝0， 23

n＝(3，－ BD·n＝0，

x＋231－30－20 7

32＋(－3)2＋(－2)2＝4BDEABP4【易错点睛本题主考查了面垂的判定理性质定理间向量几问题理论证；其二对于第问不能确地运空向量求几何问，进而致.例4如图,已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面,平面 平面ABPEAB且ABBP2,ADAE1,AEAB,且 BP.求二面角DPEA的余弦值2【答案】3DP(2,2,1,DPE的法向量

xyz，则xz2x2yz

x1，得

2cosnn2，又DPEA为锐二面角,所以二面角DPEA的余弦值为2 4SABCDABCDBCCDABBC2CDSD1ABSDASBC2（2）27（1）∴ABSE∵ DEEABSEDSDSEDABSDxyzDxyzASBC为，则|cos

DSn|2 21|DS||n| 27∴二面角ASBC的正弦值sin275】如图，在边长为4ABCDDAB60EF分别是边CDCB EFOEF将CEF翻折到PEFPAPBPDPABFED

10BDPOABAPO（1）详见解析（2）EF试题解析（1）点E,F分别是边CD,CB的中点, EFAO直,BDAC,EFAC,EFAO,EF 平面POA,POAO POO,EFPOA,BDPOABDBD

DAB60,ABD3BH2形,BD4,BH2,HA23,HOPO 3BH2

7 POEF, BOO,EF平BFED,BOBFED,POBFED,以OOFxAOOPz轴,建立空间直角坐标系Oxyz】【变式演练 】平面ABCDADBCACBDAD2BC4EBDPACPDPAC30ABEP（1）详见解析（2）（1）ACBDPAPD2所以PD2OD42,PA PD2以O为原点，分别以OB,OC为x,y轴建 A0,22,0,B

2,0,0,C0,2,0,D22,0,0,P0,22,4,E

2,

2,BA

2,22,0,BE22,

2,2,BP

2,22,4,DB32,0,0ABE的一个法向量为mx1y1z1mBA0mBE0得

x12y1， 2z1令x2，得m2,1, 2 ．【20161（12分）如图,A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,ABEF．方形

AFD

,D-AF-EC-BE-F都是ABEFE-BC-A（I）见解析（II）2nmnm求二n（I）F平面FDC,结合F平面F,F平面FDC（II）建立空间坐标系,分别求出平面nmnm求二n角由已知//F,平面又平面 平面FDCDC,故//CD,由//F,可得平面FDC,所以CF为二面角CF的平面角CF60．从而可得C20,3所以C10,3040C34,3,400．nx,y,z是平面C的法向量,则

,即 ,m是平面CD的法向量,n,mnm2nn,mnm2n故二面角C的余弦值为219【名师点睛】几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线ADCD上，AECF5，EFBDH．将DEFEF折到DEF位置，OD4DHABCDBDAC

102（Ⅱ）2（Ⅰ）ACEFD'HOHD'H平面ABCD（Ⅱ）DHEF，而OHEFH，DH平面ABCD.zzADOHFxB（II）HHFxHxyzH000A320B050，C310D003AB340AC600

， 1

mAD

3x1y13z1nx2,所以可以取mnx2,6x2

,

nnAD 3x2y23z2所以可以取n03,1.于是cosBDAC295

75，sinm,n295m,nmm,nm|m||n 50角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．【2016高考山东理数】在的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O'的直径，FB3G,HEC，FB的中点，求证：GH3 2

，AB=BC.求二FBCA的余弦值7（Ⅱ）77（Ⅰ）（Ⅱ）算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，其中解法立空间直角坐标系求解；解法二则是找到FNMFBCA的平面角直接求解.连接OO,则OO'平面ABCABBCAC是圆OBO以O为坐标原点，建 的空间直角坐标系OxyzB(0230C(2300FFM垂直OB于点MFB2BM所以FB2BM7所以二面角FBCA的余弦值 77考点：1.平行关系；2【名师点】此类目是几何中常见问题解本题，关在于能用直线直线、线与平、平面与平面系的相转化，过严密理，给规的证明.几何中角与距的计算题，往可以..【2016高考理数（本小题满分13分ABCDOOBEFOBEFABCDGAB的中O-EF-CHAFAH=3

HFBHCEF所成角的正弦值333

77试题解析：依题意，OF平面ABCD，如图，以OADBA,OFxy轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(000)，D(1,（I）证明题意，AD200AF112.设

xyz为平面ADF的法向量n1AD02x即

.z1，可得n02,1EG0,12EG

0xy2z EG平面ADFEG平面ADFBH,n27（III）AH2HFAH2AF.AF112AH2AF2BH,n27 334 BH284

55有H ，从 , ，因此cos

.BH 555 5557BHBH7BHBHABC,ACB=903（II） 34（I）先证FC，再证FC，进而可证F平面CFD（II）DF的平面角，再在RtQF中计算，即可得二面角DF建立空间直角坐标系，再计算平面C的法向量，进而可得二面角DF的平面角的所以F平面CFD过点FFQ，连结Q因为F平面C，所以F，则平面QF，所以QQF是二面角DF在RtC中C3C2，得FQ3133在RtQF中，FQ313，F ，得cosQF 33 3所以，二面角DF的平面角的余弦值 34如图，延长DCF相交于一点，则C取C的中点，则C，又平面CFC平面C．以点为原点，分别以射线的方向为xz的正方向，建立空间直角坐标系xyzcosmnm3m 3所以，二面角DF的平面角的余弦值 34【20158】如图，已知ABCDAB的中点，沿直线CD将ACD折成ACDACDB的平面角为，则（A.ADB

B.ADB

【答案】22cos2t2

2

cos2

cos22sin2

2sin2

sin2

sin2

A

sin2 cos2 ∵sin2

0，sin2

0，∴coscosADB（当 时取等号2【名师点睛】本题主要考查几何中的动态问题，属于较难题，由于ABC的形状不确定，A'CB的大小关系是不确定的，再根据二面角的定义即可知ADBACBC时，等号成立以几何为背景的创新题是浙江高考数学试卷的热点问题，12年，13年选择题压轴题均考查了几【2015高考19】A1B1D1DCBAAA1B1BADD1A1ABCD均为EB1D1A1DE的平面交CD1F.EFB1C6（Ⅰ）EFB1C（Ⅱ）3（Ⅰ）B1C//A1DB1C//A1DE，再由线面平行的性质定理知AA

,ADAB且AA1ABAD，以A为原点，分别以AB,AD,AA1为x轴，y轴，z轴单位正向量建立， B1D1E点的坐标为(0.50.5,1A1DE的法向量n1r1s1t1.A1E0.50.50)A1D0,11nAEnADrs,t应满足的方程组0.5r10.5s10(1,1,1

11

st 【名师点睛】解答空间几何体中的平行、垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面PABCDPAABCDABCD为直角梯形ABCBADPAAD2ABBC12QBPCQDPBQPAPAD （1）3（2）2 则各点的坐标为100C1,10D020002b〉|.2lα所成θ可先求出平面α的法向量nl的方向向量a的夹角sin＝|cos〈n，a〉|.3．求二面角α-l-β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角θ＝〈n2〉或π－〈n1，n22ABBC上的点，且CDDEDEAPDC

2,CE2EBECECDB 题（19）3（2） 36(2)解：由（１）CDEDCE＝，如（１９）图，过点ＤDFCEＦ，易知DF＝FC＝EF＝１，又已知由ACB＝DFACDF=FB=2AC＝3DF＝3 由（1）DEPCDPCD的法向量n2可取为ED,即n2110从而法向量nn的夹角的余弦值为cosnn

n1n2 3

|n||n 3 36【名师点晴几解答题一般模是首先线面位置系(一般虑使用合几何法进证明【2015高考，理18】一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图，在正方体中BCMGHNMN//AEGM的余弦值【答案（1）点F、G、H的位置 FEF M 223【解析（1）点F、G、H的位置 FEF M （3）连结ACMMPAC【名师点睛】几何解答题的考查内容，不外乎线面、面面位置关系及空间夹角与距离的计算.（1）注ABCDF、G、H的位置.（2）根据直线与平面平行的判定定理，应MNBDH内的一条直线.O、M，易得MNHO是平行四边形，从而MNOH，MN//BDH.（3）AEGMM作平面AEGC的垂线，EGMAEGM的平面角.【2016辽宁大连高三双基测试卷,理19】如图,PABCD中,ABCD是边长为3的菱形ABC60PAABCD,PA3FPA上,AF1EPD上若CEBDF,PEEDBDFA的大小PEFEFA 又OAC中点,FAG中点,FGGP1,EPD中点PEED1:1GEGEFAODB法二:BC中点G,AG,ABCD是ABC60的菱形AGAD,PAABCD,AGAD为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系A 3则D(0,3,0),3

3 3 DF03,1DB3390,设面BDF的一个法向量nxyz

3yz则由

可得3

,z3,x

3,y

x y0∴∴n(3,1,3)PEPD0,33,则CECPPE

33,33,33) CEBDF,nCE0,即933990,解得1 zPzPEFADyGxC39∴tanBIH 39 ∴二面角BDFA的大小为 3IIHAD ABCDADBCAD1BCaBAD1350AEBC3点E,F为BE的中点．将ABE沿着AE折起至ABE的位置，得 的四棱锥BADCEAF//BCDABEAECDBCDE6（2） 63（1）BC的中点GFGDGFGECFG1EC2ADFGAD1ECFG//ADFGADADGFAFDG2AF//BCD（2）EEBxECyEAzB'CD与平面CDE的法向量，利用两个法向量求得二面角的余弦值为63ADGFAFDG．5AFBCDDGBCDAF//BCD．6BCDAECD所成的二面角为锐角，所以所求的余弦值为6．123考点：空间向量与几何 19ABACABAC1AA12ADC1ABA1所成二面角的正弦值5（2） 53（1）（2）ABA1的法向量为n0,1,0，故cosmnADCABA

m|m||n11(2)23

2325. 1，在A45ABCD中，DOABAB2，现将△ADODO折起（2AC6AO平面OBCD（Ⅱ）3试题分析（由图1折起成图2后，CDOD，AOOD

OA2OC26AC2AO平面OBCD（Ⅱ）分别为OD，OB，OAx，y，z轴