綜合法求二面角(解析)

-.z.綜合法求二面角方法：1．在邊長為1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，把菱形沿對(duì)角線AC折起，使折起后BD＝eq\f(\r(3),2)，則二面角B－AC－D的余弦值為 ()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2) C.eq\f(2\r(2),3) D.eq\f(\r(3),2)2.如下圖，四棱錐P—ABCD的底面ABCD是邊長為1的菱形，∠BCD＝60°，E是CD的中點(diǎn)，PA⊥底面ABCD，PA＝eq\r(3).(1)證明：平面PBE⊥平面PAB；(2)求二面角A—BE—P的大?。?1)證明如下圖，連接BD，由ABCD是菱形且∠BCD＝60°知，△BCD是等邊三角形．因?yàn)镋是CD的中點(diǎn)，所以BE⊥CD.又AB∥CD，所以BE⊥AB.又因?yàn)镻A⊥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＝eq\f(PA,AB)＝eq\r(3)，則∠PBA＝60°.故二面角A—BE—P的大小是60°.3.如圖，在三棱錐P—ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，點(diǎn)D、E分別在棱PB、PC上，且DE∥BC.(1)求證：BC⊥平面PAC.(2)是否存在點(diǎn)E使得二面角A—DE—P為直二面角？并說明理由．(1)證明∵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為二面角A—DE—P的平面角．∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°.∴在棱PC上存在一點(diǎn)E，使得AE⊥PC.這時(shí)∠AEP＝90°，故存在點(diǎn)E，使得二面角A—DE—P為直二面角．4.如下圖，三棱錐P—ABC中，D是AC的中點(diǎn)，PA＝PB＝PC＝eq\r(5)，AC＝2eq\r(2)，AB＝eq\r(2)，BC＝eq\r(6).(1)求證：PD⊥平面ABC；(2)求二面角P—AB—C的正切值．(1)證明連接BD，∵D是AC的中點(diǎn)，PA＝PC＝eq\r(5)，∴PD⊥AC.∵AC＝2eq\r(2)，AB＝eq\r(2)，BC＝eq\r(6)，∴AB2＋BC2＝AC2.∴∠ABC＝90°，即AB⊥BC.∴BD＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)＝AD.∵PD2＝PA2－AD2＝3，PB＝eq\r(5)，∴PD2＋BD2＝PB2.∴PD⊥BD.∵AC∩BD＝D，∴PD⊥平面ABC.(2)解取AB的中點(diǎn)E，連接DE、PE，由E為AB的中點(diǎn)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＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(\r(6),2)，PD＝eq\r(3)，∠PDE＝90°，∴tan∠PED＝eq\f(PD,DE)＝eq\r(2).∴二面角P—AB—C的正切值為eq\r(2).5.如下圖，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，底面邊長為a，E是PC的中點(diǎn)．(1)求證：PA∥面BDE；(2)求證：平面PAC⊥平面BDE；(3)假設(shè)二面角E－BD－C為30°，求四棱錐P－ABCD的體積．．(1)證明連接OE，如下圖．∵O、E分別為AC、PC的中點(diǎn)，∴OE∥PA.∵OE?面BDE，PA?面BDE，∴PA∥面BDE.(2)證明∵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中點(diǎn)F，連接EF.∵E為PC中點(diǎn)，∴EF為△POC的中位線，∴EF∥PO.又∵PO⊥面ABCD，∴EF⊥面ABCD.∵OF⊥BD，∴OE⊥BD.∴∠EOF為二面角E－BD－C的平面角，∴∠EOF＝30°.在Rt△OEF中，OF＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(1,4)AC＝eq\f(\r(2),4)a，∴EF＝OF·tan30°＝eq\f(\r(6),12)a，∴OP＝2EF＝eq\f(\r(6),6)a.∴VP－ABCD＝eq\f(1,3)×a2×eq\f(\r(6),6)a＝eq\f(\r(6),18)a3.6.如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝eq\f(1,2)AA1，D是棱AA1的中點(diǎn)，DC1⊥BD.(1)證明：DC1⊥BC；(2)求二面角A1－BD－C1的大?。?1)證明由題設(shè)知，三棱柱的側(cè)面為矩形．由于D為AA1的中點(diǎn)，故DC＝DC1.又AC＝eq\f(1,2)AA1，可得DCeq\o\al(2,1)＋DC2＝CCeq\o\al(2,1)，所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，CD∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.因?yàn)锽C?平面BCD，所以DC1⊥BC.(2)解DC1⊥BC，CC1⊥BC?BC⊥平面ACC1A1?BC⊥AC，取A1B1的中點(diǎn)O，過點(diǎn)O作OH⊥BD于點(diǎn)H，連接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，得點(diǎn)H與點(diǎn)D重合，且∠C1DO是二面角A1－BD－C的平面角，設(shè)AC＝a，則C1O＝eq\f(\r(2),2)a，C1D＝eq\r(2)a＝2C1O?∠C1DO＝30°，故二面角A1－BD－C1的大小為30°.7.〔2010江西理數(shù)〕如圖△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，。求點(diǎn)A到平面MBC的距離；求平面ACM與平面BCD所成二面角的正弦值。【解析】此題以圖形拼折為載體主要考察了考察立體圖形的空間感、點(diǎn)到直線的距離、二面角、空間向量、二面角平面角的判斷有關(guān)知識(shí)，同時(shí)也考察了空間想象能力和推理能力解法一：〔1〕取CD中點(diǎn)O，連OB，OM，則OB⊥CD，OM⊥CD.又平面平面,則MO⊥平面，所以MO∥AB，A、B、O、M共面.延長AM、BO相交于E，則∠AEB就是AM與平面BCD所成的角.OB=MO=，MO∥AB，MO//面ABC，M、O到平面ABC的距離相等，作OHBC于H，連MH，則MHBC，求得：OH=OCsin600=,MH=,利用體積相等得：?！?〕CE是平面與平面的交線.由〔1〕知，O是BE的中點(diǎn)，則BCED是菱形.作BF⊥EC于F，連AF，則AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，設(shè)為.因?yàn)椤螧CE=120°，所以∠BCF=60°.，，所以，所求二面角的正弦值是.8.〔廣東10〕18.〔本小題總分值14分〕如圖5，是半徑為a的半圓，AC為直徑，點(diǎn)E為的中點(diǎn)，點(diǎn)B和點(diǎn)C為線段AD的三等分點(diǎn)．平面AEC外一點(diǎn)F滿足，F(xiàn)E=a．〔1〕證明：EB⊥FD；〔2〕點(diǎn)Q,R分別為線段FE,FB上的點(diǎn)，使得,求平面與平面所成二面角的正弦值．〔2〕設(shè)平面與平面RQD的交線為.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，∴，∴是平面與平面所成二面角的平面角．在中，，，．．故平面與平面/r/