二面角求法及经典题型归纳

1二面角求法归纳18题，通常是立体几何（12-14分），本题考查空间线面平行、线面垂直、面面垂直的判断与证明，考查二面角的求法以及利用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。以下是求二面角的五种方法总结，及题形归纳。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（2009全国卷Ⅰ理）如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面ABCD，2AD2DCSD，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SAMB的大小。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BFAM交AM于点F，则点F为AM的中点，过F点在平面ASM内作GFAM，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。则GFB即为所求二面角.∵2SM，则22GF，又∵6ACSA，∴2AM∵2ABAM，060ABM∴△ABM是等边三角形，∴3BF在△GAB中，26AG，2AB，090GAB，∴211423BG366232222113212cos222FBGFBGFBGFBFGFGFG2∴二面角SAMB的大小为)36arccos(例2.（2010全国I理，19题，12分）如图，四棱锥S-ABCD中，SD底面ABCD，AB//DC，ADDC，AB=AD=1，DC=SD=2，E为棱SB上的一点，平面EDC平面SBC.（Ⅰ）证明：SE=2EB；（Ⅱ）求二面角A-DE-C的大小.(Ⅱ)由225,1,2,,SASDADABSEEBABSA知22121,AD=133AESAAB又.故ADE为等腰三角形.取ED中点F,连接AF,则226,3AFDEAFADDF.连接FG，则//,FGECFGDE.所以，AFG是二面角ADEC的平面角.连接AG,AG=2,2263FGDGDF,2221cos22AFFGAGAFGAFFG,所以，二面角ADEC的大小为120°.例3（2010浙江省理，20题，15分）如图，在矩形ABCD中，点,EF分别在线段,ABAD上，243AEEBAFFD.沿直线EF将AEFV翻折成'AEFV，使平面'AEFBEF平面.[来源:学科网]（Ⅰ）求二面角'AFDC的余弦值；（Ⅱ）点,MN分别在线段,FDBC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C与'A重合，求线段FM的长.3练习（2008山东）如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，60ABC,E，F分别是BC,PC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，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，进而计算二4面角的余弦值。（答案：二面角的余弦值为515）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-FC1-C中半平面BFC上的一已知点B作另一半平面FC1C的垂线，得垂足O；再过该垂足O作棱FC1的垂线，得垂足P，连结起点与终点得斜线段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1．(2009山东卷理)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB//CD，AB=4,BC=CD=2,AA1=2,E、E1、F分别是棱AD、AA1、AB的中点。（1）证明：直线EE1//平面FCC1；（2）求二面角B-FC1-C的余弦值。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,又因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,CC1⊥平面ABCD,所以CC1⊥BO,所以OB⊥平面CC1F,过O在平面CC1F内作OP⊥C1F,垂足为P,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,3OB,在Rt△CC1F中,△OPF∽△CC1F,∵11OPOFCCCF∴22122222OP,在Rt△OPF中,22114322BPOPOB,272cos7142OPOPBBP,所以二面角B-FC1-C的余弦值为77.例2（2010安徽卷理18题）（本小题满分13分）EABCFE1A1B1C1D1DF1OPEABCFE1A1B1C1D1D5如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB=2EF，∠BFC=90°，BF=FC，H为BC的中点．（Ⅰ）求证：FH∥平面EDB；（Ⅱ）求证：AC⊥平面EDB；（Ⅲ）求二面角B—DE—C的大小．（1、过F作ＤＥ的垂线，交ＤＥ的延长线于Ｋ，则∠ＢＫＦ即为所求。２、射影面积法。3、向量法。）例3（2010全国II理，,19题，12分）如图，直三棱柱111ABCABC中，ACBC，1AAAB，D为1BB的中点，E为1AB上的一点，13AEEB．（Ⅰ）证明：DE为异面直线1AB与CD的公垂线；（Ⅱ）设异面直线1AB与CD的夹角为45°，求二面角111AACB的大小．（因为1//DGAB，故CDG为异面直线1AB与CD的夹角，45CDG.设2AB，则122,2,2,3ABDGCGAC.作111BHAC，H为垂足.因为底面111ABC面11AACC，故1BH面11AACC，又作1HKAC，K为垂足，连接1BK，由三垂线定理，得11BKAC，因此1BKH为二面角111AACB的平面角.）例4（2010湖北理18题，12分）如图,在四面体ABOC中，OC⊥OA,OC⊥OB,∠AOB=120°，且OA=OB=OC=1.(Ⅰ)设P为AC的中点.证明：在AB上存在一点Q,使PQ⊥OA,并计算=ABAQ的值；(Ⅱ)求二面角O-AC-B的平面角的余弦值.（II）解连结PN，PO.由OC⊥OA，OC⊥OB知，OC⊥平面OAB，又ON平面OAB，∴OC⊥ON，又由ON⊥OA知：ON⊥平面AOC，∴OP是NP在平面AOC内的射影，在等腰COARt中，P为AC的中点，.OPAC根据三垂线定理，知：AC⊥NP.OPN为二面角O—AC—B的平面角，6在等腰COARt中，OC=OA=1，22OP，在,3330tan,OAONAONRt中.51563022cos,630,22PNPOOPNONOPPNPONRt中在例4（2010重庆市理，19题12分）如题（19）图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA底面ABCD，PA=AB=6，点E是棱PB的中点。（I）求直线AD与平面PBC的距离；[来源:Zxxk.Com]（II）若AD=3，求二面角A-EC-D的平面角的余弦值。解（Ⅰ）在矩形ABCD中，//ADBC,从而//PBCAD平面,故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离.因ABCD,PAAB.PA底面得由PAAB,故PAB为等腰直角三角形，而点E是棱PB的中点，所以AEPB.又在矩形ABCD中，BCAB,而AB是PB在底面ABCD内的射影，由三垂线定理得BCPB,从而BCPAB平面，故7因1PBC,AECE,FGCE,FG//AE2AE平面故又知，3FG=2从而,且C点为AC的中点.连接,DG则在22113.222RtADCADCD中，DG=AC==所以2226cos.23DFFGDGDFGDFFG练习（2008天津）如图，在四棱锥ABCDP中，底面ABCD是矩形．已知60,22,2,2,3PABPDPAADAB．（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ABDP的大小．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ABDP的大小为439arctan）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1（2008湖南）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＝2.（Ⅰ）证明：平面PBE⊥平面PAB;（Ⅱ）求平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小.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.在Rt△ABF中，因为∠BAF＝60°，所以，AF=2AB=2=AP.在等腰Rt△PAF中，取PF的中点G，连接AG.则AG⊥PF.连结HG，由三垂线定理的逆定理得，PF⊥HG.所以∠AGH是平面PAD和平面PBE所成二面角的平面角（锐角）.ABCEDPFGHABCEDP8在等腰Rt△PAF中，22.2AGPA在Rt△PAB中，22225.55APABAPABAHPBAPAB所以，在Rt△AHG中，25105sin.52AHAGHAG故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是10arcsin.5例2.（2010广东省卷理18题，14分）如图5，AEC是半径为a的半圆，AC为直径，点E为AC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FC=DF=，FE=6a（1）证明：EBFD；（2）已知点,QR为线段,FEEB上的点，23FQFE，23FRFB，求平面BED与平面RQD所成的两面角的正弦值.（2）解：过D作HDQR∥.22FQ=FE,FR=FB33，QREB∥.HDEB∥.又DBEDRQD平面平面，9例3（2010江西省理，20题，12分）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，23AB．（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（2）延长AM、BO相交于E，连CE、DE，CE是平面ACM与平面BCD的交线．由（1）知，O是BE