立体几何(几何法)—二面角(模型一)

例1（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））如图1,在等腰直

角三角形ABC中,A90,BC6,D,E分别是AC,AB上的点,CDBE2,O为BC的中点.将ADE沿DE折起,得到如图2所示的四棱锥ABCDE,其中

AO3.

(Ⅰ) 证明:AO平面BCDE; (Ⅱ) 求二面角ACDB的平面角的余弦值. C D O . E C A 图1

D 图2

B

A

O E

B

【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得OC3,AC32,AD22 A

C D H

O E

B

连结OD,OE,在OCD中,由余弦定理可得

ODOC2CD22OCCDcos455 由翻折不变性可知AD22, 所以AOODAD,所以AOOD, 理可证AOOE, 又OD222OEO,所以AO平面BCDE.

(Ⅱ) 传统法:过O作OHCD交CD的延长线于H,连结AH, 因为AO平面BCDE,所以AHCD, 所以AHO为二面角ACDB的平面角.

结合图1可知,H为AC中点,故OH303222,从而AHOHOA 221

OH1515,所以二面角ACDB的平面角的余弦值为. AH55z  A向量法:以O点为原点,建立空间直角坐标系Oxyz如图所示, 所以cosAHO则A0,0,3,C0,3,0,D1,2,0 所以CA0,3,3,DA1,2,3 设nx,y,z为平面ACD的法向量,则

C D O E x 向量法图 B y nCA03y3z0yx,即,解得,令x1,得n1,1,3 z3xnDA0x2y3z0由(Ⅰ) 知,OA0,0,3为平面CDB的一个法向量, 所以cosn,OAnOA315,即二面角ACDB的平面角的余弦

535nOA值为

15. 5例2（2012高考真题广东理18）（本小题满分13分）

如图1－5所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.

(1)证明：BD⊥平面PAC；

(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．

图1－5

PC⊥平面BDE

⇔PC⊥BD. 【答案】证明：(1)

BD⊂平面BDE

PA⊥平面ABCD

⇒PA⊥BD.

BD⊂平面ABCD

∵PA∩PG＝P，PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，

2

∴BD⊥平面PAC.

(2)法一：如图所示，记BD与AC的交点为F，连接EF.

由PC⊥平面BDE，BE⊂平面BDE，EF⊂平面BDE， ∴PC⊥BE，PC⊥EF.

即∠BEF为二面角B－PC－A的平面角． 由(1)可得BD⊥AC，

所以矩形ABCD为正方形，AB＝AD＝2， AC＝BD＝22，FC＝BF＝2.

在Rt△PAC中，PA＝1，PC＝PA2＋AC2＝3， 即二面角B－PC－A的正切值为3.

→AD→AP→的方向分别作为xyz轴的正方向建立空间直角

法二：以A为原点，AB坐标系，如图所示．

设AB＝b，则：

A(0,0,0)，B(b,0,0)，C(b,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)． →＝(b,2，－1)，DB→＝(b，－2,0)． 于是PC

→·→＝b2－4＝0，

因为PC⊥DB，所以PCDB

→＝(2，－2,0)是平面APC的法向量． 从而b＝2.结合(1)可得DB

现设＝(x，y，z)是平面BPC的法向量，则 →，⊥PC→，即·→＝0，·→＝0. ⊥BCBCPC→＝(0,2,0)，PC→＝(2,2，－1)， 因为BC

所以2y＝0,2x－z＝0.

3

取x＝1，则z＝2，＝(1,0,2)． →〉

令θ＝〈，DB，则

→

n·DB21

cosθ＝＝＝，

→5·2210|n||DB|sinθ＝

3

，tanθ＝3. 10

由图可得二面角B－PC－A的正切值为3.

例3（2012高考真题山东理18）（18）（本小题满分12分）

在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，DAB60,FC平

面ABCD,AEBD,CBCDCF.（Ⅰ）求证：BD平面AED；

（Ⅱ）求二面角FBDC的余弦值.

【答案】解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，

所以∠ADC＝∠BCD＝120°. 又CB＝CD， 所以∠CDB＝30°，

因此∠ADB＝90°，AD⊥BD， 又AE⊥BD，

且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED， 所以BD⊥平面AED. (2)解法一：

取BD的中点G，连接CG，FG， 由于CB＝CD，因此CG⊥BD， 又FC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以FC⊥BD，

由于FC∩CG＝C，FC，CG⊂平面FCG，

4

所以BD⊥平面FCG， 故BD⊥FG，

所以∠FGC为二面角F－BD－C的平面角．

在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°， 1因此CG＝2CB. 又CB＝CF，

所以GF＝CG2＋CF2＝5CG， 5

故cos∠FGC＝5，

5

因此二面角F－BD－C的余弦值为5. 解法二：

由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC. 又FC⊥平面ABCD， 因此CA，CB，CF两两垂直， 以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF

所在的直线为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设CB＝1.

31

则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，－，0，F(0,0,1)．

22→33→＝，－，0，BF因此BD＝(0，－1,1)．

22

5

设平面BDF的一个法向量为＝(x，y，z)， →＝0，·→＝0， 则·BDBF所以x＝3y＝3z， 取z＝1，则＝(3，1,1)．

→＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量， 由于CF

→m·CF15→

则cos〈，CF〉＝＝＝5，

→|5|m||CF5

所以二面角F－BD－C的余弦值为5. 例4（2013年高考浙江卷（文））如图,在在四棱锥P-ABCD中,PA⊥面

ABCD,AB=BC=2,AD=CD=7,PA=3,∠ABC=120°,G为线段PC上的点. (Ⅰ)证明:BD⊥面PAC ;

(Ⅱ)若G是PC的中点,求DG与APC所成的角的正切值; PG

(Ⅲ)若G满足PC⊥面BGD,求 的值.

GC

【答案】解:证明:(Ⅰ)由已知得三角形

ABC是等腰三角形,且底角等于

30°,且

ABCBADCDABDCBDABDCBD60且BAC30BDDB6

PAABCDBDPA,所以;、BDAC,又因为BDPAC;

BDAC(Ⅱ)设成

AC的

BDO,由(1)知DOPAC,连接GO,所以DG与面APC所

角

是

DGO,由已知及(1)

知:BO1,AOCO3DO732,

,所以

11OD24GOPA3tanDGO322GO1332DG与面

APC所成的角的正切值是43; 3,因为

(Ⅲ)由已知得到:

PC中,PDBGDPCPA2AC231215,在PCPDC3710,CD7,PC15,设

32PG315,GC1555GC2PGxCG15x10x27(15x)2PGx

7

8

9