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综合法求二面角(解析)


综合法求二面角
方法:
? ?1.垂线法:在一半平面上找一点作另一半平面的垂线,过垂足作交线的垂线, ? ?连接两垂足 ? ?2.寻求一平面与两半平面均垂直,交线所成的角 ? 射影面积 ?3.射影:cos? = 原面积 ? ?4.转化为两个二面角求解 ?
1.在边长为 1 的菱形 ABCD 中,∠ABC=60° ,把菱形沿对角线 AC 折起,使折起后

BD= 3 ,则二面角 B-AC-D 的余弦值为 ( ) 2 1 1 2 2 3 A. B. C. D. 3 2 3 2

2.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= 3. (1)证明:平面 PBE⊥平面 PAB; (2)求二面角 A—BE—P 的大小. (1)证明 如图所示,连接 BD,由 ABCD 是菱形且∠BCD=60° 知, △BCD 是等边三角形. 因为 E 是 CD 的中点,所以 BE⊥CD. 又 AB∥CD,所以 BE⊥AB. 又因为 PA⊥平面 ABCD, BE?平面 ABCD, 所以 PA⊥BE.而 PA∩AB=A, 因此 BE⊥平面 PAB. 又 BE?平面 PBE, 所以平面 PBE⊥平面 PAB. (2)解 由(1)知,BE⊥平面 PAB,PB?平面 PAB, 所以 PB⊥BE.又 AB⊥BE,所以∠PBA 是二面角 A—BE—P 的平面角. PA 在 Rt△PAB 中,tan∠PBA= = 3,则∠PBA=60° . AB 故二面角 A—BE—P 的大小是 60° . 3.如图, 在三棱锥 P—ABC 中, PA⊥底面 ABC, PA=AB, ∠ABC=60° , ∠BCA=90° , 点 D、 E 分别在棱 PB、PC 上,且 DE∥BC.

(1)求证:BC⊥平面 PAC. (2)是否存在点 E 使得二面角 A—DE—P 为直二面角?并说明理由. (1)证明 ∵PA⊥底面 ABC,∴PA⊥BC.又∠BCA=90° ,∴AC⊥BC. 又∵AC∩PA=A,∴BC⊥平面 PAC. (2)解 ∵DE∥BC,又由(1)知,BC⊥平面 PAC,∴DE⊥平面 PAC. 又∵AE?平面 PAC,PE?平面 PAC, ∴DE⊥AE,DE⊥PE. ∴∠AEP 为二面角 A—DE—P 的平面角. ∵PA⊥底面 ABC,∴PA⊥AC, ∴∠PAC=90° . ∴在棱 PC 上存在一点 E, 使得 AE⊥PC.这时∠AEP=90° , 故存在点 E,使得二面角 A—DE—P 为直二面角. 4.如图所示, 三棱锥 P—ABC 中, D 是 AC 的中点, PA=PB=PC= 5, AC=2 2, AB= 2, BC= 6. (1)求证:PD⊥平面 ABC; (2)求二面角 P—AB—C 的正切值. (1)证明 连接 BD, ∵D 是 AC 的中点,PA=PC= 5, ∴PD⊥AC. ∵AC=2 2,AB= 2,BC= 6, ∴AB2+BC2=AC2. ∴∠ABC=90° ,即 AB⊥BC. 1 ∴BD= AC= 2=AD. 2 ∵PD2=PA2-AD2=3,PB= 5, ∴PD2+BD2=PB2.∴PD⊥BD. ∵AC∩BD=D,∴PD⊥平面 ABC. (2)解 取 AB 的中点 E,连接 DE、PE,由 E 为 AB 的中点知 DE∥BC, ∵AB⊥BC,∴AB⊥DE. ∵PD⊥平面 ABC,∴PD⊥AB. 又 AB⊥DE,DE∩PD=D,∴AB⊥平面 PDE,∴PE⊥AB. ∴∠PED 是二面角 P—AB—C 的平面角.

1 6 在△PED 中,DE= BC= ,PD= 3,∠PDE=90° , 2 2 PD ∴tan∠PED= = 2. DE ∴二面角 P—AB—C 的正切值为 2.

5.如图所示,ABCD 是正方形,O 是正方形的中心,PO⊥底面 ABCD,底面边长为 a,E 是 PC 的中点.

(1)求证:PA∥面 BDE; (2)求证:平面 PAC⊥平面 BDE; (3)若二面角 E-BD-C 为 30° ,求四棱锥 P-ABCD 的体积. .(1)证明 连接 OE,如图所示.

∵O、E 分别为 AC、PC 的中点,∴OE∥PA. ∵OE?面 BDE,PA?面 BDE, ∴PA∥面 BDE. (2)证明 ∵PO⊥面 ABCD,∴PO⊥BD. 在正方形 ABCD 中,BD⊥AC, 又∵PO∩AC=O, ∴BD⊥面 PAC. 又∵BD?面 BDE, ∴面 PAC⊥面 BDE. (3)解 取 OC 中点 F,连接 EF. ∵E 为 PC 中点, ∴EF 为△POC 的中位线,∴EF∥PO. 又∵PO⊥面 ABCD,∴EF⊥面 ABCD. ∵OF⊥BD,∴OE⊥BD.

∴∠EOF 为二面角 E-BD-C 的平面角,∴∠EOF=30° . 1 1 2 6 在 Rt△OEF 中,OF= OC= AC= a,∴EF=OF· tan 30° = a, 2 4 4 12 6 ∴OP=2EF= a. 6 1 6 6 ∴VP-ABCD= ×a2× a= a3. 3 6 18 1 6.如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=BC= AA1,D 是棱 AA1 2 的中点,DC1⊥BD. (1)证明:DC1⊥BC; (2)求二面角 A1-BD-C1 的大小.

(1)证明 由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于 D 为 AA1 的中点,故 DC=DC1. 1 2 又 AC= AA1,可得 DC1 +DC2=CC2 1,所以 DC1⊥DC.而 DC1⊥BD,CD∩BD=D,所 2 以 DC1⊥平面 BCD. 因为 BC?平面 BCD,所以 DC1⊥BC. (2)解 DC1⊥BC,CC1⊥BC?BC⊥平面 ACC1A1?BC⊥AC,取 A1B1 的中点 O, 过点 O 作 OH⊥BD 于点 H, 连接 C1O, C1H, A1C1 =B1C1?C1O⊥A1B1,面 A1B1C1⊥面 A1BD?C1O⊥面 A1BD,又 ∵DB?面 A1DB, ∴C1O⊥BD, 又∵OH⊥BD, ∴BD⊥面 C1OH, C1H?面 C1OH,∴BD⊥C1H,得点 H 与点 D 重合,且∠C1DO 2 是二面角 A1-BD-C 的平面角,设 AC=a,则 C1O= a,C1D 2 = 2a=2C1O?∠C1DO=30° ,故二面角 A1-BD-C1 的大小为 30° . 7.(2010 江西理数)如图△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的

AB ? 2 3 。 正三角形, 平面 MCD ? 平面 BCD, AB ? 平面 BCD,
(1) 求点 A 到平面 MBC 的距离; (2) 求平面 ACM 与平面 BCD 所成二面角的正弦值。 【解析】本题以图形拼折为载体主要考查了考查立体图形 的空间感、点到直线的距离、二面角、空间向量、二面角 平面角的判断有关知识,同时也考查了空间想象能力和推 理能力 解法一: (1)取 CD 中点 O,连 OB,OM,则 OB⊥CD, OM⊥CD.又平面 MCD ? 平面 BCD ,则 MO⊥平面 BCD ,所以 MO∥AB, A、B、O、M 共面.延长 AM、BO 相交于 E,则∠AEB 就是 AM 与平面 BCD 所成的角.OB=MO= 3 ,MO∥AB,MO//面 ABC,M、O 到平面 ABC 的距离 相等,作 OH ? BC 于 H,连 MH,则 MH ? BC,求得:

OH=OCsin600=

3 15 2 15 ,MH= ,利用体积相等得: VA? MBC ? VM ? ABC ? d ? 。 2 2 5

(2)CE 是平面 ACM 与平面 BCD 的交线. 由(1)知,O 是 BE 的中点,则 BCED 是菱形. 作 BF⊥EC 于 F,连 AF,则 AF⊥EC,∠AFB 就是二面角 A-EC-B 的平面角,设为 ? . 因为∠BCE=120°,所以∠BCF=60°.

BF ? BC ? sin 60? ? 3 ,
AB 2 5 ? 2 , sin ? ? BF 5 2 5 所以,所求二面角的正弦值是 . 5 tan ? ?
8.(广东 10)18.(本小题满分 14 分)

ABC 是半径为 a 的半圆,AC 为直径,点 E 如图 5, ? AC 的中点,点 B 和点 C 为线段 AD 的三等分点.平面 为?
AEC 外一点 F 满足 FB ? DF ? 5a ,FE= 6 a . (1)证明:EB⊥FD; (2)已知点 Q,R 分别为线段 FE,FB 上的点,使得

BQ ?

2 2 FE , FR ? FB ,求平面 BED 与平面 RQD 所 3 3

成二面角的正弦值.

(2)设平面 BED 与平面 RQD 的交线为 DG .

由 BQ=

2 2 FE,FR= FB 知, QR || EB . 3 3

而 EB ? 平面 BDF ,∴ QR || 平面 BDF , 而平面 BDF ? 平面 RQD = DG , ∴ QR || DG || EB . 由(1)知, BE ? 平面 BDF ,∴ DG ? 平面 BDF , 而 DR ? 平面 BDF , BD ? 平面 BDF , ∴ DG ? DR, DG ? DQ , ∴ ? RDB 是平面 BED 与平面 RQD 所成二面角的平面角. 在 Rt ?BCF 中, CF ?

BF 2 ? BC 2 ? ( 5a) 2 ? a 2 ? 2a ,

sin ?RBD ?

FC 2a 2 1 2 ? ? , cos ?RBD ? 1 ? sin ?RBD ? . BF 5a 5 5

5 2 a? 3 5 ? 2 29 sin ?RDB ? . 29 29 a 3
故平面 BED 与平面 RQD 所成二面角的正弦值是

2 29 . 29

9.(11 新课标)18. (本小题满分 12 分)如图,四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 为平行 四边形, ? DAB = 60 , AB = 2 AD , PD ⊥底面 ABCD .
0

(Ⅰ)证明: PA ? BD ; (Ⅱ)若 PD = AD ,求二面角 A ? PB ? C 的余弦值. 【命题意图】本题考查了线面、线线垂直的判定与性质、利用向 量法求二面角的方法,是容易题目. 【解析】(Ⅰ) ∵ ? DAB = 60 0 , AB = 2 AD ,由余弦定理得 BD = 3 AD , ∴ BD ? AD = AB ,
2 2 2

∴ BD ⊥ AD ,

又∵ PD ⊥面 ABCD , ∴ BD ⊥ PD , ∴ BD ⊥面 PAD , ∴ PA ? BD (Ⅱ)如图,以 D 为坐标原点, AD 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴正半轴建立空间直 角坐标系 D ? xyz ,则 A (1,0,0) , B ( 0, 3 , 0 ) , P (0,0,1) ,

??? ? ??? ? ??? ? AB =(-1, 3 ,0) , PB =(0, 3 ,-1) , BC =(-1,0,0). ??? ? ? ? n?AB ? 0 设平面 PAB 的法向量为 n =( x1 , y1 , z1 ) ,则 ? ??? , ? n ? PB ? 0 ? ?
即?

? ?? x1 ? 3 y1 ? 0 ? ? 3 y1 ? z ? 0

,取 y1 =1,则 x1 = 3 , z1 = 3 ,

∴ n =( 3 ,1, 3 ),

??? ? ? ? ? x2 ? 0 ?m ?BC ? 0 设平面 PBC 的法向量为 m =( x2 , y2 , z2 ),则 ? ??? ,即 ? ,取 y2 =-1, ? 3 y ? z ? 0 m ? PB ? 0 ? ? ? 1 ?
则 x2 =0, z2 =- 3 ,∴ m =(0,-1,- 3 ), cos m,n =

?4 2 7 =? , 7 2 7

故二面角 A ? PB ? C 的余弦值为 ?

2 7 . 7

注意: 本题可以把二面角 A ? PB ? C 转化为两个二面角的和即二面角 A ? PB ? D 与直二面 角 D ? PB ? C 的和,而二面角 A ? PB ? D 用综合法易求。


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