综合法求二面角(解析)

综合法求二面角方法：1.2.3.4.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，连接两垂足寻求一平面与两半平面均垂直，交线所成的角射影面积射影：cos=原面积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＝32，则二面角B－AC－D的余弦值为()A.13B.12C.223D.322.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．在Rt△PAB中，tan∠PBA＝PAAB＝3，则∠PBA＝60°.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＝22，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＝22，AB＝2，BC＝6，∴AB2＋BC2＝AC2.∴∠ABC＝90°，即AB⊥BC.∴BD＝12AC＝2＝AD.∵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．在△PED中，DE＝12BC＝62，PD＝3，∠PDE＝90°，∴tan∠PED＝PDDE＝2.∴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°.在Rt△OEF中，OF＝12OC＝14AC＝24a，∴EF＝OF·tan30°＝612a，∴OP＝2EF＝66a.∴VP－ABCD＝13×a2×66a＝618a3.6.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝12AA1，D是棱AA1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.又AC＝12AA1，可得DC21＋DC2＝CC21，所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，CD∩BD＝D，所以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是二面角A1－BD－C的平面角，设AC＝a，则C1O＝22a，C1D＝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.又平面平面,则MO⊥平面，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=，MO∥AB，MO//面ABC，M、O到平面ABC的距离相等，作OHBC于H，连MH，则MHBC，求得：23ABMCDBCDBCD3OH=OCsin600=,MH=,利用体积相等得：。（2）CE是平面与平面的交线.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°.，，所以，所求二面角的正弦值是.8.（广东10）18.（本小题满分14分）如图5，是半径为a的半圆，AC为直径，点E为的中点，点B和点C为线段AD的三等分点．平面AEC外一点F满足，FE=a．（1）证明：EB⊥FD；（2）已知点Q,R分别为线段FE,FB上的点，使得,求平面与平面所成二面角的正弦值．（2）设平面与平面RQD的交线为.321522155AMBCMABCVVdACMBCDsin603BFBCtan2ABBF25sin5255¼ABC»AC5FBDFa622,33BQFEFRFBBEDRQDBEDDG由BQ=FE,FR=FB知,.而平面，∴平面，而平面平面=，∴.由（1）知，平面，∴平面，而平面，平面，∴，∴是平面与平面所成二面角的平面角．在中，，，．．故平面与平面所成二面角的正弦值是．2323||QREBEBBDF||QRBDFBDFRQDDG||||QRDGEBBEBDFDGBDFDRBDFBDBDF,DGDRDGDQRDBBEDRQDRtBCF2222(5)2CFBFBCaaa22sin55FCaRBDBFa21cos1sin5RBDRBD5222935sin29293aRDBaBEDRQD229299.（11新课标）18.（本小题满分12分）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB=060，AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PABD;（Ⅱ）若PD=AD，求二面角APBC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=060,AB=2AD,由余弦定理得BD=3AD,∴22BDAD=2AB,∴BD⊥AD,又∵PD⊥面ABCD，∴BD⊥PD，∴BD⊥面PAD，∴PABD（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Dxyz，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）.设平面PAB的法向量为n=（1x，1y，1z），则00ABPBnn,即1113030xyyz，取1y=1，则1x=3，1z=3，∴n=(3,1,3),设平面PBC的法向量为m=(2x,2y,2z),则00BCPBmm，即21030xyz，取2y=－1，则2x=0，2z=－3，∴m=(0,－1,－3)，cosm,n=427=277，故二面角APBC的余弦值为277.注意：本题可以把二面角APBC转化为两个二面角的和即二面角DAPB与直二面角DPBC的和，而二面角DAPB用综合法易求。