专题19二面角的大小-解析版

这是一份专题19二面角的大小-解析版，共24页。试卷主要包含了极端化分析动态面面位置关系，找线面垂直关系立标求二面角，向量助力寻找二面角的平面角，三垂线法找二面角的平面角，平同视角找一面角的平面角，补形技术助力寻找二面角等内容，欢迎下载使用。

问题1:已知等腰RtΔABC内接于圆O,点M是下半圆弧上的动点,如图1,现将上半圆面沿AB折起,使所成二面角C-AB-M为π4,则直线AC与直线OM所成角的最小值是
A.π12B.π6C.π4D.π3
【解析】卡壳点:不会寻找特殊点或极限点.
应对策略:考虑动点M在特殊点处时,线线角的大小.
问题解答:解法1如图2,折起后,点M在以AB为直径的半圆上运动.考虑特殊情况,当M=A或M=B时,所成角为π4.当M为⏜AB的中点时,设CB的中点为D,如图2,当半径为1时,CM2=2-2,DM2=32-22,cs∠DOM=12,所成角为π3.让DM继续变小,当DM2=32-62时,cs∠DOM=32,所成角为π6.所以选择B.
解法2选择O为原点,OA为x轴,如图3,则有A100,C02222,Mcsθsinθ0,于是AC=-12222,OM=csθsinθ0.故csα=AC⋅OM|AC||OM|=-csθ+22sinθ2=22csθ-12sinθ⩽32.所以α⩾π6.
【反思】(1)特殊化、极限法、极端法是思考空间量的大小的重要方法,解法1中点M在以AB为直径的半圆上运动,考虑其中的特殊位置,寻找问题的解.
(2)解法2建立函数模型,运用函数求最值的思想解决,本质上是解析法.
二、找线面垂直关系立标求二面角
问题2:如图4,已知在四棱雉S-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60∘,SA=SD=5,SB=7,E是棱AD的中点,点F在棱SC上,且SF=λSC,SA//平面BEF.
(I)求实数λ的值;
(II)求二面角S-BE-F的平面角的余弦值.
【解析】卡壳点:复杂图形中难以找到二面角的平面角.
应对策略:在复杂图形中寻找到三直线垂直关系,建立空间直角坐标系.
问题解答:(I)连接AC,设AC∩BE=G,则平面SAC∩平面EFB=FG.
因为SA//平面EFB,所以SA//FG.
因为ΔGEA∽ΔGBC,所以AGGC=AEBC=12.
所以SFFC=AGGC=12,从而SF=13SC,即λ=13.
(II)因为SA=SD=5,所以SE⟂AD,SE=2.
又因为AB=AD=2,∠BAD=60∘,所以BE=3.
所以SE2+BE2=SB2,所以SE⟂BE,所以SE⟂平面ABCD.
图5以EA,EB,ES所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图5,
则A100,B030,S002,
平面SEB的法向量m=EA=100.
设平面EFB的法向量n=xyz,则n⟂EB,即xyz⋅030=0,解得y=0.
由n⟂GF,得n⟂AS,即xyz⋅-102=0,得x=2z.
令z=1,得n=201,所以csmn=m⋅n|m|⋅|n|=255.
故所求二面角的平面角的余弦值是255.
【反思】(1)题设中有菱形且有一个内角为π3,所以其中垂直关系比较多,所以数据比较多,从意识上注
意使用勾股定理逆定理的可能性,发现SE⟂BE,从而得到SE⟂平面ABCD.
(2)在证明了SE⟂平面ABCD后,建立空间直角坐标系才是恰当的.
三、向量助力寻找二面角的平面角
问题3:如图6,在正四面体ABCD中,点P,Q,R分别在棱AB,AD,AC上,且AQ=QD,APPB=CRRA=12,分别记二面角A-PQ-R,A-PR-Q,A-QR-P的平面角为α,β,γ,则
A.β>γ>αB.γ>β>αC.α>γ>βD.α>β>γ
【解析】卡壳点:难以寻找到三个二面角大小之间的“桥”.
应对策略:三个二面角的平面角作比较,想到用平面法向量来比较.
问题解答:记AB,AC,AD分别为a,b,c,且|a|=|b|=|c|=1.a⋅b=c⋅b=c⋅a=12.
易得平面APR,ARQ,AQP的法向量分别为n1=a+b-3c,n2=c+b-3a,n3=a+c-3b.
由于PR=23b-13a,RQ=12c-23b,因此平面PRQ的法向量n=xa+yb+zc满足xa+yb+zc⋅2b3-a3=0,xa+yb+zc⋅c2-2b3=0,即3y+z=0,x+5y-2z=0.
于是可取n=11a-b+3c,n1⋅n=11a2-b2-9c2+10a⋅b+6b⋅c-30c⋅a=-6,n2⋅n=-33a2-b2+3c2+14a⋅b+2b⋅c+2c⋅a=-22,n3⋅n=11a2+3b2+3c2-34a⋅b-10b⋅c+14c⋅a=2.
考虑到n1=n2=n3,以及γ必然为锐角,于是α>π2>β>γ.故选D.
【反思】(1)将二面角用平面法向量的夹角表示,然后比较大小是一个智慧点,选择好基向量,将四个平面的法向量用基向量表示,运算量比较大.
(2)此题为2017年温州市高考数学适应性试题,比2017年相关的浙江高考数学题要难得多.
四、三垂线法找二面角的平面角
问题4:如图7,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,侧面A1ACC1为菱形,∠A1AC=60∘,平面A1ACC1⟂平面ABC,N是CC1的中点.
(I)求证:A1C⟂BN;
(II)求二面角B-A1N-C的平面角的余弦值.
【解析】卡壳点:难以找到二面角的平面角.
应对策略:由面面垂直找到平面的垂线,从而由三垂线法找到二面角的平面角,或建立空间直角坐标系.
问题解答:(I)解法1如图8,取AC的中点O,连接BO,A1C,ON,由题意知BO⟂AC.
又平面A1ACC1⟂平面ABC,所以BO⟂平面A1ACC1,BO⟂A1C.
因为O,N分别是AC,CC1的中点,所以A1C⟂ON,故A1C⟂平面BON.因为BN⊂平面BON,所以A1C⟂BN.
(II)由(I)知BO⟂平面A1ACC1,过点O作OM⟂A1N,连接BM,则图8MB为二面角B-A1N-C的平面角,OM=32×3=32,BO=3,BM=94+3=212.cs∠OMB=OMBM=217.
解法2(I)取AC的中点O,连接BO,A1O,由题意知BO⟂AC,A1O⟂AC.
又因为平面A1ACC1⟂平面ABC,所以A1O⟂平面ABC.
以O为原点,建立如图9所示的空间直角坐标系O-xyz,则O000,B300,A1003,N03232,C010.
从而A1C=01-3,BN=-33232,故A1C⟂BN.
(II)由(I)知,A1N=032-32,A1B=30-3.
设平面A1BN的法向量n1=xyz,则A1N⋅n1=0,A1B⋅n1=0,即32y-32z=0,3x-3z=0.
令x=1,所以n1=1331.
又平面A1NC的法向量n2=100,
设二面角B-A1N-C的平面角为θ,则csθ=n1⋅n2n1n2=217.
【反思】(1)第(I)问证明线线垂直时,需要通过线面垂直来转化,第(I)问对第(II)问没有明显的帮助作用,只是融人到整体的思考之中.
(2)整个题中“BO⟂平面A1ACC1”是一个关键点,为寻找到二面角的平面角打下基础.

五、平同视角找一面角的平面角
问题5:如图10,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⟂平面BCDE,∠CDE=∠BED=π2,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=2.求二面角B-AD-E的大小.
【解析】卡壳点:不能寻找到二面角的平面角.
应对策略:学会用不同的视角来审视同一个问题.
问题解答:解法1(定义法)如图11,作BF⟂AD,与AD交于点F,过点F作FG//DE,与AE交于点G,连接BG.
在直角梯形BCDE中,由CD2=BD2+BC2,得BD⟂BC.
又平面ABC⟂平面BCDE,所以BD⟂平面ABC,从而BD⟂AB.
由于AC⟂平面BCDE,得AC⟂CD.
在RtΔACD中,由CD=2,AC=2,得AD=6.
在RtΔAED中,DE=1,AD=6,得AE=7.
在RtΔABD中,BD=2,AB=2,AD=6,得BF=233,AF=23AD,从而GF=23.
在ΔABE,ΔABG中,利用余弦定理分别可得cs∠BAE=5714,BG=23.
在ΔBFG中,cs∠BFG=GF2+BF2-BG22BF⋅GF=32,所以∠BFG=π6,即二面角B-AD-E的大小是π6.
解法2(补形转化法)如图12,将EB延长至点M,使DCME为矩形,以此为底,CA为高补成长方体AD1E1M1-CDEM.
连接EM1,过点B作BR⟂EM1,交EM1于点R,过点R作RH//ED,易知点H在AD上,则∠RHB为二面角B-AD-E的平面角.
余下同上述求解.
解法3(余角转化法)易证平面EDA⟂平面CDA,从而二面角B-AD-E图12与二面角B-AD-C之和为π2.问题转化为求二面角B-AD-C的大小.如图13,过点B作BH⟂CD,交CD于点H.过点H作HI⟂AD于点I,连接BI,则∠BIH为二面角B-AD-C的平面角.由IHAC=DHAD得IH=33,tan∠BIH=BHIH=3,所以∠BIH=π3.
因此二面角B-AD-E的大小是π6.
解法4(体积转化法)由基本图形知,只需在平面ADE上找一点E,求点E到平面ADB的距离d,则二面角B-AD-E的平面角θ可由sinθ=dED求得,而d可由体积法VE-ABD=VA-BDE得到,BD×AB×d=DE×BE×AC,d=
由m⋅AD=0,m⋅AE=0得0-2y1-2z1=0,x1-2y1-2z1=0,可取m=(0,1,-2).
由n⋅AD=0,n⋅BD=0得0-2y2-2z2=0,x2+y2=0,可取n=(1,-1,2).
于是cs⁡⟨m,n⟩=|m⋅n||m||n|=32.
由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是π6.
【反思】(1)空间图形的解答一般都有多种解法与思路,复习训练时应强化一题多解,有利于增加获胜的可能性.
（2）上述求解中,体积转化法较易,运算量较少,而向量坐标法比较麻烦,涉及线性方程组求解,运算中,稍微有一点出错,将前功尽弃.
六、补形技术助力寻找二面角
问题6:如图15,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC为直角,Q为PA中点,下列说法中,正确说法的个数为（ ）
(1)∠PBA+∠PCA+∠BPC=π;
(2)记二面角P-BC-A,Q-BC-A的平面角分别为θ1,θ2,则θ1>2θ2;
（3）cs∠PBCA.0 B.1 C.2 D.3
【解析】卡壳点:不会判断3个空间角命题的正确性.
应对策略:运用特殊化处理手段是解题的关键.
问题解答:解法1把给定图形补形放在正方体内,如图16.
①∠PBA+∠PCA+∠BPC=π4+π4+π3<π,错误.
②θ1-θ2<θ2,即θ1<2θ2,错误.
③cs⁡∠PBC=12<35=310×25=2+54-142×2×52×2522=cs⁡∠PBQcs⁡∠QBC,正确.
解法2对于①,由线面角小于等于线线角,可得∠PBA<∠PBC,∠PCA<∠PCB∠BPC,所以∠PBA+∠PCA+∠BPC<∠PBC+∠PCB+∠BPC<π,故①错误.
对于②,如图17,判断一:tanθ1=APAE,tanθ2=QAAE,所以tanθ1=2tanθ2.
又tan2θ2=2tan⁡θ21-tan2⁡θ2,无论2θ2为锐角、直角还是钝角,θ1<2θ2,故②错误.
判断二:从实践经验判断,从地面开始,增加相同高度,视角的增加越来越小,可得θ1-θ2<θ2,即θ1<2θ2,所以②错误.
对于③,由三面角公式知cs∠PBC=cs∠PBAcs∠ABC,
cs∠QBC=cs∠QBAcs∠ABC.
又cs∠PBA=cs∠PBQcs∠QBA-sin∠PBQsin∠QBA,
可得cs∠PBC-cs∠PBQcs∠QBC=cs∠ABC(cs∠PBA-cs∠PBQcs∠QBA)=-cs∠ABC⋅sin∠PBQsin∠QBA<0,
所以cs∠PBC综上所述,正确说法只有1个,选择B.
【反思】(1)在特殊化思想引领下,借助补形技术,在一个正方体下,许多角呈现为特殊角,角与角的大小关系也比较容易显化.
(2)此问题涉及的数学知识点比较多,比如“线面角小于线线角”“三面角公式”等.
（3）此问题涉及的方法也非常重要,比如借助三角函数来比较角的大小,不等式的基本性质运用等.
强化练习
1.设棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点),记直线PB与直线AC所成的角为α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则（ ）
A.β<γ,α<γ B.β<α,β<γ C.β<α,γ<α D.α<β,γ<β
【解析】解法1特殊化思考,考虑正四面体,且P是棱VA的中点,如答图所示,观察知线线角大于线面角,且二面角的平面角大于直线与平面所成的角,选择B.
第1题答图
解法2特殊化思考,考虑正四面体,且P是棱VA的中点.
记α=∠BPQ,β=∠PBR,γ=∠PRH,
计算分析得cs⁡α=36,于是sin⁡α=336,sin⁡β=23,sin⁡γ=223.选择B.
【反思】应用特殊化策略.
2.如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,BQQC=CRRA=2,分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为α,β,γ,则（ ）
A.γ<α<β B.α<γ<β C.α<β<γ D.β<γ<α
【解析】解法1不妨设底面三角形的边长为6,如答图1,可以判断PQ>QR>RP.
事实上,PQ=13,QR=12,RP=7,点D在底面的投影为点O,点O到三边PQ,QR,RP的距离分别为d1,d2,d3,则d1所以β最大,α最小,选择B.
第2题答图1
第2题答图2
解法2如答图2,细心观察一下,这三个二面角有一个面是相同的,而且另一个面都包含点D,由此可见二面角的大小取决于交线的长短,对于交线(设棱长为6),有
RP:AR=72,AP=3,PQ:PB=133,BQ=4,QR:RC=32,CQ=2,
很明显,RP最短,PQ最长,故α<γ<β.故选B.
【反思】利用射影研究二面角大小.
3.如图,球O为单位正方体的内接球,平面ABD'截球O所得图形在底面ABCD上的射影面积是_____,平面ACD'截球O所得图形在底面ABCD上的射影面积是_____.
【解析】(1)截面ABD'是正方体的对角面,截球所得圆的半径是12,S圆=14π,截面与底面所成的二面角为π4,圆在底面上的射影是椭圆,
(2)把截面ACD'平面化,因为AC=AD'=CD'=2,所以正三角形的内接圆半径为66,所以圆的面积为π6,此圆在底面上射影是椭圆,截面ACD'与底面ABCD所成二面角正弦值的大小为33,
所以
【反思】二面角的大小可用射影面积法确定.
4.如图,已知四棱锥A-BCDE,平面ABC⊥平面BCDE,△ABC是边长为2的等边三角形,底面BCDE是矩形,且CD=2.试问点F在线段AB的什么位置时,二面角B-CE-F的大小为π4?
【解析】如答图1,过点F作FH⊥BC于点H.
因为平面ABC⊥平面BCDE,所以FH⊥平面BCDE.过点H作HQ⊥EC于点Q,连接FQ.
第4题答图1
第4题答图2
因为FH⊥平面BCDE,所以FH⊥CE,又HQ⊥CE,所以BC⊥平面FHQ,
所以∠FQH就是二面角B-CE-F的平面角.
设BF=x,则HF=32x,BH=x2,CH=2-x2.
在△BCE中,如答图2,HQ=CH⋅sin⁡∠BCE=2-x2⋅13
因为∠FQH=45∘,FH=HQ,所以32x=2-x2⋅13,解得BF=x=1,即F为AB的中点.
故当F是线段AB的中点时,二面角B-CE-F的平面角的大小为π4.
【反思】将复杂空间图形进行平面化处理并分析.
5.如图,已知多面体ABC-A1B1C1,线段A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=2π3,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.
(I)证明:AB1⊥A1C1;
(II)求平面ABC与平面A1B1C1所成锐二面角的大小.
【解析】(I)由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB,得AB1=A1B1=22,
第5题答图
所以A1B12+AB12=AA12.
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=23.
由CC1⊥AC,得AC1=13,所以AB12+B1C12=AC12,故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.
又A1C1⊆平面A1B1C1,所以AB1⊥A1C1.
(II)延长A1B1,交AB的延长线于点D,延长A1C1,交AC于点E,连接DE,则DE为平面ABC与平面A1B1C1所成锐二面角的棱,连接CD,
则CEAC+CE=14,AC=23,所以CE=233.
由BD=2,∠DCE为直角,得DE=433.
由△BCD为等边三角形,得∠CDE=π6,所以∠ADE为直角,
于是∠ADA1为平面ABC与平面A1B1C1所成锐二面角的平面角,其大小为π4.
【反思】拓展图形,完善图形,寻找二面角的平面角.
6.已知△ABC是等腰直角三角形,∠ABC=90∘,AB=2,P是平面ABC外一点,PA⊥平面ABC,PA=AC,求二面角B-PC-A的平面角的大小.
【解析】解法1
PA=AC=2,BC=AB=2,PC=22,PB=6,所以BC2+PB2=PC2,所以∠PBC=90∘.
如答图1,过点A作AM⊥PC,交PC于点M.
在平面PBC中,过点M作MN⊥PC,交PB于点N,连接AN,则∠AMN是二面角B-PC-A的平面角.
在Rt△PAC中,AM=12PC=2①
因为△PMN∽△PBC,所以MNBC=PMPB,
所以MN=2⋅26=63②
在Rt△PMN中,PN=2+69=263.
第6题答图1
在Rt△PAB中,cs⁡∠APB=26.
故在△PNA中,AN=249+4-2×2×23×2=609-489=233③
(3).由①②③得在△AMN中,cs⁡∠AMN=2+69-1292×2×63=1294×33=33.
【反思】根据平面角的定义找出二面角的平面角,此解法的困难之处是求△AMN的三边长.
解法2如答图2,过点B作BO⊥AC,交AC于点O,过点O作OK⊥PC于点K,连接BK.
第6题答图2
OK是BK在平面PAC上的射影.
因为PC⊥OK且PC⊥BK,所以∠BKO是所求的角.
在Rt△ABC中,BO=12AC=1,在Rt△PBC中,利用等面积法求出BK,
所以BK=2×622=62.
故在Rt△KOB中,sin⁡∠BKO=BOBK=162=26=63.
【反思】利用三垂线定理找出二面角的平面角.
解法3如答图3,过点B作BO⊥AC,连接OP,由解法2知BO⊥平面PAC,所以△POC是△PBC在平面PAC上的射影,S△PCO=12⋅CO⋅PA=12×1×2=1,
在Rt△PBC中,S△PBC=12×2×6=3.
令二面角B-PC-A的平面角为θ,
所以cs⁡θ=S△PCOS△PBC=13=33.
第6题答图3
【反思】根据射影定理,令二面角的平面角为θ,则cs⁡θ=S射影S斜.
7.如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB//CD,AB=2AD=2CD=2.E是PB的中点.
(I)求证:平面EAC⊥平面PBC;
(II)若PC=2,求二面角P-AC-E的平面角的余弦值.
【解析】(I)因为PC⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥PC.
因为AB=2,AD=CD=1,所以AC=BC=2,
所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.
又BC∩PC=C,所以AC⊥平面PBC.
因为AC⊂平面EAC,所以平面EAC⊥平面PBC.
(II)因为平面PAC⊥平面ABCD,为求二面角P-AC-E,只需求二面角B-AC-E.
由(I)知∠ECB为二面角B-AC-E的平面角,
PC=2,PB=6,CE=EB=62,
cs⁡∠ECB=22×62×2=33.
二面角P-AC-E的平面角的余弦值为cs⁡π2-∠ECB)=sin⁡∠ECB=63
【反思】将末知的二面角转化为熟悉的二面角进行研究.
8.平面α上放置了一个正四棱锥O-ABCD,AB=OA=2.
(I)当正四棱锥O-ABCD由倒立(平面ABCD//α,如图1)至倾倒(平面OBC与平面α重合,如图2)的过程中,平面OBC转动的角的余弦值为多少?
(II)在图2中,探求直线OD与平面α所成角的正弦值.
【解析】解法1(I)如答图1,取BC的中点E,过点E作EF⊥平面α于点F,则∠EOF为平面OBC转动的角,OE=3,OF=1,cs⁡∠EOF=33.
第8题答图1
第8题答图2
(II)如答图2,过点D作DH⊥平面α于点H,则∠DOH为直线OD与平面α所成角.
取AD的中点G,作GP⊥平面α于点P,可证点P在OE上,则DH=GP.
连接PO,则GP=OGsin⁡∠POG=3sin⁡∠POG,由余弦定理得GE2=OG2+OE2-2OG⋅OEcs⁡∠POG得cs⁡∠POG=13,所以sin⁡∠POG=223,GP=263,所以DH=263,sin⁡∠DOH=63.
解法2(I)同上.
(II)如答图3,取E为原点,BC所在直线为x轴,EO所在直线为y轴,建立空间直角坐标系,则O(0,3,0).
第8题答图3
因为DH=GP=263,PE=GE2-GP2=233,
所以D1,233,263,OD=1,-33,263,
设k=(0,0,1),则sin⁡∠DOH=OD⋅k|OD||k|=63.
【反思】此题给出的图形看上去比较美观,富有动感,能增强学生空间想象能力,用传统的逻辑分析与推理方法可解,用向量的坐标方法也可解.