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高中数学必修2立体几何专题二面角典型例题解法总结


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

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。

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 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。 则 ?GFB 即为所求二面角. ∵ SM ? 又∵ SA ? AC ? G F

2 ,则 GF ?

2 , 2

6 ,∴ AM ? 2 ,∵ AM ? AB ? 2 , ?ABM ? 600 ∴△ ABM 是等边三角形,∴
6 0 , AB ? 2 , ?GAB ? 90 ,∴ BG ? 2

BF ? 3 。在△ GAB 中, AG ?

3 11 ?4 ? 2 2

1 11 ?3? GF 2 ? FB 2 ? BG 2 2 ? ?2 ? ? 6 cos?BFG ? ? 2 2GF ? FB 3 2 6 2? ? 3 2
∴二面角 S ? AM ? B 的大小为 arccos( ?

G F

6 ) 3

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, 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

6 ,求二面角 E—AF—C 的余弦值. 2

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 1 -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 2. 如图, 在直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中, 底面 ABCD 为等腰梯形, AB//CD, AB=4, BC=CD=2, AA 1 =2, E、E 1 、F 分别是棱 AD、AA 1 、AB 的中点。 (1) 证明:直线 EE 1 //平面 FCC 1 ; (2) 求二面角 B-FC 1 -C 的余弦值。 A1 D1 C1 B1 D E A 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-A 1 B 1 C 1 D 1 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-FC 1 -C 的一个平面角, 在△BCF 为正三角形中, OB ? 3 ,在 Rt△CC1F 中, △OPF∽△CC1F,∵ D1 A1 F1 P O F B F C1 B1 C B C

E1

E1 E A

D

OP OF 1 2 ? ∴ OP ? , ?2 ? CC1 C1 F 2 22 ? 22

2 OP 7 1 14 2 2 ? 2 ? 在 Rt △ OPF 中 , BP ? OP ? OB ? , cos ?OPB ? ,所以二面角 ?3 ? BP 7 2 2 14 2
B-FC 1 -C 的余弦值为

7 . 7

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 ? 2 2, ?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.

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 arctan

39 ) 4

P

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, ∠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.

D A B

E C

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,

P

G

F H A D E C B

PF⊥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 ?

2 PA ? 2. 2

在 Rt△PAB 中, AH ?

AP?AB ? PB

AP?AB AP2 ? AB2

?

2 2 5 ? . 5 5

2 5 AH 10 所以,在 Rt△AHG 中, sin ?AGH ? ? 5 ? . AG 5 2
故平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角(锐角)的大小是 arcsin

10 . 5
A1

练习 3 已知斜三棱柱 ABC—A1B1C1 的棱长都是 a,侧棱与底 面成 600 的角,侧面 BCC1B1⊥底面 ABC。 (1)求证:AC1⊥BC; (2)求平面 AB1C1 与平面 ABC 所成的二面角(锐角)的大小。

C1

B1

A L 提示:本题需要补棱,可过 A 点作 CB 的平行线 L (答案:所成的二面角为 45O) 四、射影面积法( cos q = C B

s射影 S



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 面积公式(cos ? ?

S射 S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 . (Ⅰ)求证: PC ? AB ; (Ⅱ)求二面角 B ? AP ? C 的大小;

A C

B

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 原与 S 射 P 于是得到下面解法。 E 解: (Ⅰ)证略 (Ⅱ)? AC ? BC , AP ? BP ,?△ APC ≌△BPC . 又 PC ? AC ,? PC ? BC .
? 又 ?ACB ? 90 ,即 AC ? BC ,且 AC ? PC ? C ,

A C

B

? 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 ? AC2 ? CB 2 ? 2 2 , BE ? AB2 ? AE2 ? 6 , AE ? EC ? 2

则 S 射 ? S ?ACE ?

S 原 ? S ?ABE

1 1 AE ? CE ? 2 ? 2 ? 1, 2 2 1 1 ? AE ? EB ? 2? 6 ? 3 2 2

D

C B E

设二面角 B ? AP ? C 的大小为 ? ,则 cos? ?

S射 S原

3 ? ? 3 3

1

A D1 A1 图5

3 ∴二面角 B ? AP ? C 的大小为 ? ? arccos 3

C1 B1

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 A1B1C1,从而求得两个三角形的面积即可求得二面角的大小。 (答案:所求二面角的余弦值为 cosθ =

2 ). 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, AF=AB=BC=FE=

1 AD 2

(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。

, 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?,

?1 1? M? , 1, ?. ? 2 2?
(I) 解: BF ? ?? 1 , 0, 1?, DE ? ?0, ?1 , 1?,

于是 cos BF, DE ?

BF ? DE BF DE

?

0 ? 0 ?1

1 ? . 2? 2 2
0

所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60 . (II)证明:由AM ? ? , 1, ?, CE ? ?? 1 , 0, 1?,AD ? ?0, 2, 0?,可得CE ? AM ? 0 ,

?1 ?2

1? 2?

CE ? AD ? 0.因此,CE ? AM,CE ? AD.又AM ? AD ? A,故CE ? 平面AMD.
而CE ? 平面CDE,所以平面 AMD ? 平面CDE.
(III) 解:设平面 CDE的法向量为u ? ( x,y,z ),则?

? ?u ? CE ? 0, ? ?u ? DE ? 0.

?? x ? z ? 0, 于是? 令x ? 1,可得u ? (1, 1, 1 ) . ?? y ? z ? 0.
0, 1). 又由题设,平面 ACD 的一个法向量为 v ? (0,

练习 5、如图,在直三棱柱 ABC ? A1B1C1 中,平面 ABC ? 侧面 A 1 ABB 1. (Ⅰ)求证: AB ? BC ; (Ⅱ)若直线 AC 与平面 A 1BC 所成的角为 ? , 二面角 A 1 ? BC ? A 的 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 ABB1 A1⊥平面 BCC1 B1⊥平面 ABC 于是 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: ? ? arcsin

a a2 ? c2

,且

ac b a2 ? c2



a a2 ? c2

,)

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。


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