高中数学必修2立体几何专题二面角典型例题解法总结(精选.)

word.AM的中点，过F点在平面ASM内作GFAM，GF交AS于G，连结AC，∵△ADC≌△ADS，∴AS-AC，且M是SC的中点，∴AM⊥SC，GF⊥AM，∴GF∥AS，又∵F为AM的中点，∴GF是△AMS的中位线，点G是AS的中点。GF则GFB即为所求二面角.∵SM2，则GF2，6BF。在△GAB中，AG26，AB2，GAB900，∴BG342112cosBFGGF2FB2BG22GFFB13112222226363GF∴二面角SAMB的大小为arccos(6)33二面角的求法一、定义法：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角,这条直线叫做二面角的棱,这两个半平面叫做二面角的面，在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角。本定义为解题提供了添辅助线的一种规律。如例1中从二面角S—AM—B中半平面ABM上的一已知点（B）向棱AM作垂线，得垂足（F）；在另一半平面ASM内过该垂足（F）作棱AM的垂线（如GF），这两条垂线（BF、GF）便形成该二面角的一个平面角，再在该平面角内建立一个可解三角形，然后借助直角三角函数、正弦定理与余弦定理解题。例1如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面ABCD，AD2证（I）略解（II）：利用二面角的定义。在等边三角形ABM中过点B作BFAM交AM于点F，则点F为2又∵SAAC，∴AM2，∵AMAB2，ABM600∴△ABM是等边三角形，∴DCSD2，点M在侧棱SC上，ABM=60°（I）证明：M在侧棱SC的中点（II）求二面角SAMB的大小。word.AC练习1如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，ABC60,E，F分别是BC,使命题获证，而第2题，则首先必须在找到最大角正切值有关的线段计算出各线段的长度之后，考虑到运用在二面角的棱AF上找到可计算二面角的平面角的顶点S，和两边SE与SC，进而计算二面角的余弦值。（答案：二面角的余弦值为15）5二、三垂线法三垂线定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．通常当点P在一个半平面上则通常用三垂线定理法求二面角的大小。本定理亦提供了另一种添辅助线的一般规律。如（例2）过二面角B-FC-C中半平面BFC上的一已1知点B作另一半平面FCC的垂线，得垂足O；再过该垂足O作棱FC的垂线，得垂足P，连结起点与终11点得斜线段PB，便形成了三垂线定理的基本构图（斜线PB、垂线BO、射影OP）。再解直角三角形求二面角的度数。例2．如图，在直四棱柱ABCD-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AB//CD，AB=4,BC=CD=2,AA=2,11111E、E、F分别是棱AD、AA、AB的中点。11D1C11B（1）证明：直线EE1//平面FCC；11（2）求二面角B-FC-C的余弦值。11DCEAFB证（1）略解（2）因为AB=4,BC=CD=2,、F是棱AB的中点,所以BF=BC=CF,△BCF为正三角形,取CF的中点O,则OB⊥CF,又因11A1F1为直四棱柱ABCD-ABCD中,CC⊥平面ABCD,所以CC⊥EDPC1111111BO,所以OB⊥平面CCF,过O在平面CCF内作OP⊥CF,垂足为EO111AFBP,连接BP,则∠OPB为二面角B-FC1-C的一个平面角,在△BCF为正三角形中,OB3,在Rt△CCF中,△OPF∽△CCOPOFF,∵∴OP122,11CCCF1122222PC的中点.（Ⅰ）证明：AE⊥PD;（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为62，求二面角E—AF—C的余弦值.分析：第1题容易发现，可通过证AE⊥AD后推出AE⊥平面APD，EDB1word.2114OP27在Rt△OPF中,BPOP2OB23,cosOPB,所以二面角22BP1472B-FC7-C的余弦值为.17分析：本题是一道典型的利用三垂线定理求二面角问题，在证明AD⊥平面PAB后，容易发现平面PAB⊥平面ABCD，点P就是二面角P-BD-A的半平面上的一个点，于是可过点P作棱BD的垂线，再作平面ABCD的垂线，于是可形成三垂线定理中的斜线与射影内容，从而可得本解法。（答案：二面角PBDA的大小为arctan39）4P三．补棱法本法是针对在解构成二面角的两个半平面没有明确交线的求二面角题目时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线（称为补棱），然后借助前述的定义法与三垂线法解题。即当二平面没有明确的交线时，一般用补棱法解决例3如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，D∠BCD＝60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA＝2.E（Ⅰ）证明：平面PBE⊥平面PAB;C（Ⅱ）求平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小.ABP分析：本题的平面PAD和平面PBE没有明确的交线，依本法显然要补充完整（延长AD、BE相交于点F，连结PF.）再在完整图形中的PF.上找一个适合的点形成二面角的平面角解之。（Ⅰ）证略G解:（Ⅱ）延长AD、BE相交于点F，连结PF.过点A作AH⊥PB于H，由（Ⅰ）知平面PBE⊥平面PAB,所以AH⊥平面PBE.F在Rt△ABF中，因为∠BAF＝60°，HDE所以，AF=2AB=2=AP.C在等腰Rt△PAF中，取PF的中点G，连接AG.A则AG⊥PF.连结HG，由三垂线定理的逆定理得，B练习2如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形．已知AB3,AD2,PA2,PD22,PAB60．（Ⅰ）证明AD平面PAB；（Ⅱ）求异面直线PC与AD所成的角的大小；（Ⅲ）求二面角PBDA的大小．2255210A1C1B1ALE11SPF⊥HG.所以∠AGH是平面PAD和平面PBE所成二面角的平面角（锐角）.在等腰Rt△PAF中，AG2PA2.在Rt△PAB中，AHAPABPBAPABAP2AB25.25AH所以，在Rt△AHG中，sinAGH10.AG5故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是arcsin5.练习3已知斜三棱柱ABC—ABC111的棱长都是a，侧棱与底面成600的角，侧面BCCB⊥底面ABC。11（1）求证：AC1⊥BC；（2）求平面ABC与平面ABC所成的二面角（锐角）的大小。提示：本题需要补棱，可过A点作CB的平行线LCB（答案：所成的二面角为45O）s四、射影面积法（cos射影凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影S面积公式（cosS射斜）求出二面角的大小。P例4．如图，在三棱锥PABC中，ACBC2，ACB90，APBPAB，PCAC．AB（Ⅰ）求证：PCAB；（Ⅱ）求二面角BAPC的大小；C分析：本题要求二面角B—AP—C的大小，如果利用射影面积法解题，不难想到在平面ABP与平面ACP中建立一对原图形与射影图形并分别求出S与SP原射于是得到下面解法。解：（Ⅰ）证略（Ⅱ）ACBC，APBP，△APC≌△BPC．又PCAC，PCBC．AB又ACB90，即ACBC，且ACPCC，Cword.25）word.1AF=AB=BC=FE=2AD(I)求异面直线BF与DE所成的角的大小；(II)证明平面AMD平面CDE；求二面角A-CD-E的余弦值。266333ABC1BC平面PAC．取AP中点E．连结BE，CE．ABBP，BEAP．EC是BE在平面PAC内的射影，CEAP．∴△ACE是△ABE在平面ACP内的射影，于是可求得：ABBPAP2，BE，AEEC则SS1AECE12射ACE221，SS1AEEB12DC原ABE22S1AB设二面角BAPC的大小为，则cosS射3E原1C∴二面角BAPC的大小为arccos31A1B1图5练习4：如图5，E为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1的中点，求平面AB1E和底面A1B1C1D1所成锐角的余弦值.分析平面AB1E与底面A1B1C1D1交线即二面角的棱没有给出，要找到二面角的平面角，则必须先作两个平面的交线，这给解题带来一定的难度。考虑到三角形AB1E在平面A1B1C1D1上的射影是三角形，从而求得两个三角形的面积即可求得二面角的大小。112（答案：所求二面角的余弦值为cosθ=3）.五、向量法向量法解立体几何中是一种十分简捷的也是非常传统的解法，可以说所有的立体几何题都可以用向量法求解，用向量法解立体几何题时，通常要建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，然后将几何图中的线段写成用坐标法表示的向量，进行向量计算解题。例4：如图，在五面体ABCDEF中，FA平面ABCD,AD//BC//FE，ABAD，M为EC的中点，现在我们用向量法解答：如图所示，建立空间直角坐标系，以点A为坐标原点。设AB1，依题意得B1，0，0，C1，1，0，D0，2，0，E0，1，1，F0，0，1，AC2CB2AB2AE2223Dword.（Ⅰ）求证：ABBC；（Ⅱ）若直线AC与平面ABC所成的角为,二面角ABCA的11大小为，试判断与的大小关系，并予以证明.分析：由已知条件可知：平面ABB1A⊥平面BCCB⊥平面ABC于是111a2c2ba2c2a2c2所以异面直线BF与DE所成的角的大小为600.II由AM1，11CE1，0，1，AD0，2，0，可得CEAM0（）证明：，，，2CEAD0.因此，CEAM，CEAD.又AMADA，故CE平面AMD.而CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.uCE0，（III）解：设平面CDE的法向量为u(x，y，z)，则uDE0.xz0，于是yz令x1，可得u(1，1，1）.0.又由题设，平面ACD的一个法向量为v(0，0，1).练习5、如图，在直三棱柱ABCABC中，平面ABC侧面AABB.11111很容易想到以B点为空间坐标原点建立坐标系，并将相关线段写成用坐标表示的向量，先求出二面角的两个半平面的法向量，再利用两向量夹角公式求解。（答案：arcsina，且ac＜a,）总之，上述五种二面角求法中，前三种方法可以说是三种增添辅助线的一般规律，后两种是两种不同的解题技巧，考生可选择使用。最新文件仅供参考已改成word文本。方便更改M1，11.2，2（I）解：BF1，0，1，DE0，1，1，于是cosBF，DEBFDE0011.BFDE2222word.