專題25二面角的常見求法（教師版）

專題25：二面角的常見求法<<<專題綜述>>><<<專題綜述>>>立體幾何中的二面角是一個非常重要的數(shù)學概念，求二面角的大小更是歷年高考的熱點問題，每年各省、市的高考試題中幾乎都會出現(xiàn)此類題型。其求解的策略主要有兩類方法：其一是找出二面角的平面角進行求解；其二是間接法：射影法，空間向量法等.在高考中常常以解答題出現(xiàn)，其試題難度屬中高檔題.<<<專題探究>>><<<專題探究>>>題型題型一：定義法由二面角的定義，設法從棱上某一點O出發(fā)在兩個半平面內(nèi)都找到垂直于棱的射線OA和OB，則∠AOB就是二面角的平面角.例1(2022·新高考1卷19)如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的體積為設D為A1C的中點，AA1=AB，平面A1【思路點撥】由題意得到△DAB?△DBC,過點A作AH⊥DB，則CH⊥DB，由二面角的定義得∠AHC【規(guī)范解析】連AB1交A1B于E,如圖，因為AA又平面A1BC⊥平面ABB1A且AE?平面ABB1A1，所以在直三棱柱ABC-A1B1C由BC?平面A1BC，BC?平面ABC可得AE⊥BC，又AE,BB1?平面ABB1由已知得AE=2，所以AA1=AB=2，在ABD中，過點A作AH⊥DB,連接CH，因為DA=DB=DC，所以△DAB?△DBC,則CH⊥DB,即∠AHC為所求二面角A-BD-C由等面積法可求得AH=CH=2在△ACH中由余弦定理得cos∠所以二面角A-BD-C的正弦值為1-(練1(2022·浙江省溫州市期末)如圖，三棱錐A-BCD中，△ABC為等邊三角形，且面ABC⊥面BCD，CD⊥BC．當AD與平面BCD所成角為45°時，求二面角C-AD-B的余弦值．

【思路點撥】由AD與平面BCD所成角確定正三角形ABC邊長與CD長的關(guān)系，再作二面角C-AD-B的平面角，借助余弦定理計算即可.【規(guī)范解析】

解：取BC中點F，連接AF，DF，如圖，

因為△ABC為等邊三角形，所以AF⊥BC，

因為面ABC⊥面BCD，面ABC∩面BCD=BC，AF?平面ABC，

所以AF⊥平面BCD，所以∠ADF是AD與平面BCD所成角，即∠ADF=45°，

令BC=2，則DF=AF=因為CD⊥BC，即有DC=2，由(1)知DC⊥AC，則有AD=BD=6，

過C作CO⊥AD于O，在平面ABD內(nèi)過O作OE⊥AD交BD于點從而得∠COE是二面角C-AD-B的平面角，

Rt△ACD中，CO=AC?CDAD=23，OD=CD2-CO2=(2)2-(23)2=63，

△ABD中，由余弦定理得cos∠EDO=題型二：題型二：垂面法垂面法：作一個與棱垂直的平面，該垂面與二面角兩半平面相交，得到交線，交線所成的角為二面角的平面角。用垂面法尋找面的垂線，切入點就是尋找面的垂面，然后由面面垂直得到線面垂直，垂面法是我們解決有關(guān)求點到平面的距離、直線和平面所成的角與二面角的重要方法之一。例2(2020·江蘇省南京市模擬)如果二面角α-l-β的平面角是銳角，空間一點P到平面α、β和棱l的距離分別為22【思路點撥】本題可借助已知條件構(gòu)造出經(jīng)過PA,PB的平面，再證明該平面與二面角的面的交線所成角即為二面角的平面角,分點P在二面角α-【規(guī)范解析】當點P在二面角α-PA⊥α,PB⊥β,PC⊥l，A，C，B，P四點共面，∠ACB是二面角的平面角，因為Р到平面α、β和棱l的距離分別為22、4和4所以sin∠所以∠ACP=30°,∠BCP=4當點P在二面角α-PA⊥α,PB⊥β,PC⊥l，A，C，B，P四點共面，∠ACB是二面角的平面角，因為Р到平面α、β和棱l的距離分別為22、4和4所以sin∠所以∠ACP=30°,∠BCP=4則∠ACB=∠BCP-故答案為：75°練2(2020·浙江省單元測試改編)設P是二面角α-l-β內(nèi)一點，P到面α、【思路點撥】經(jīng)過PA,PB的截面與棱l交于點C，由二面角平面角的定義知∠ACB就是所求的平面角【規(guī)范解析】作AC⊥l于C，連結(jié)BC，∵PA⊥α，l?α又AC⊥l，AC∩PA＝A，∴l(xiāng)⊥平面PAC，∴l(xiāng)⊥PC∵PB⊥β，l?β，又PB∩PC＝P,l⊥平面PBC,平面PAC與平面PBC∴∠ACB就是所求的二面角,△PAB中，PA=8，PB=5，AB=7,∠P=∴∠ACB＝120°題型三：射影法題型三：射影法在沒有給出棱的二面角問題中，可以根據(jù)題設條件先分別求出該二面角的一個面的面積及其射影的面積，再借助該面的面積與其射影的面積之間的關(guān)系S'=Scosθ（例3(2022·湖北省武漢市模擬)棱長為a正方體ABCD-A1B1C1D1中，E【思路點撥】利用圖形在底面的射影圖形的面積之間的關(guān)系（即面積射影定理）進行分析求解.【規(guī)范解析】由于正方體ABCD-A1B1C1故△EFG是邊長為22a又點E,F,G在平面BCC1B而△E'BG'是直角三角形，其面積S'=設平面EFG與平面BCC1B則由面積射影定理S'=Scosθ得：故所求二面角的余弦值大小為33練3(2022·安徽省合肥市模擬)正方體ABCD-A1B1C1D1【思路點撥】此題屬無棱二面角問題，圖中沒有二面角的棱，我們也可以去找到棱去解決，但這里通過射影而直接求角更方便.【規(guī)范解析】△EB1C在底面ABCD內(nèi)的射影三角形為Rt△ABC,E點射影為A,設正方體棱長為a，則S又在△EB1C中，B1故cos∠B1EC=54a設面MB1C和面ABCD所成的二面角為θ，那么所求夾角的余弦值為23題型四：三垂線法題型四：三垂線法在二面角α-l-β中，若A∈α,B∈β且AB⊥β，則過點B作BO⊥l,由三垂線定理可證AO⊥l，即∠AOB就是二面角的平面角.例4(2021·新高考1卷20)如圖，在三棱錐A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O為BD△OCD是邊長為1的等邊三角形，點E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E-BC【思路點撥】過點E找出面BCD的垂線，就可以利用三垂線法找出二面角的平面角.【規(guī)范解析】作EF⊥BD于F,作FM⊥BC于因為AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD,所以EF⊥BD,EF⊥CD,BD∩CD=D,因此因為FM⊥BC，F(xiàn)M∩EF=F,所以BC⊥則∠EMF為二面角E-BC因為BO=OD,△OCD為正三角形,所以△因為BE=2ED,從而EF=FM=∵AO⊥平面BCD,所以練4(2013·新課標2理科18)如圖,直棱柱ABC-A1B1CAA1=AC【思路點撥】可以證明DE⊥平面A1DC，因而過D作DF⊥A那么∠DFE為二面角D-【規(guī)范解析】因為直棱柱ABC-A1由已知AC=CB，D為AB的中點，所以又AA1∩AB=設AB=22，則ACD=2，A1D=故A1D2+DE2=又A1C=22，過D作DF⊥A在△A1DC中，DF=所以二面角D-A1題型五：補形法題型五：補形法當一個幾何體不規(guī)則時，可以適當補幾何體使得新的幾何體是特殊幾何體時，往往就容易解決問題了例5(2006·江西省高考題改編)如圖,在三棱錐A-BCD中,側(cè)面ABD,ACD是全等的直角三角形,AD是公共的斜邊,且AD=3,BD=CD=1,另一個側(cè)面ABC求二面角B-AC【思路點撥】分析已知得到A,B,C,D是正方體的其中四個頂點，所以以B為原點建立空間直角坐標系,通過長度找到A點坐標,求出平面BAC和平面ACD的法向量,求出法向量夾角的余弦值的絕對值,即二面角B-【規(guī)范解析】由題意知BD,DC為棱長為1的正方體的兩條棱，AD是正方體的對角線，以B為原點,以BD方向為y軸,過E作垂直于平面BCD的線為z∵AD=3則B0,0,0,C容易知道面ACD的法向量為n不妨設n2∵BA=(1,0,1),BC取x=-1,則n∴二面角B-AC-D的余弦值為63練5(2023·安徽淮南市一模)在三棱錐S-ABC中，底面△ABC為等腰直角三角形，∠SAB=∠SCB=∠ABC=90°.若AB=2,SC=22，求平面與平面夾角的余弦值.【思路點撥】三棱錐S-ABC中不易找到兩兩垂直的三直線，我們設法補成特殊幾何體，就容易建立空間直角坐標系解決問題了.【規(guī)范解析】過S作SD⊥面ABC，垂足為D，連接AD,CD，∴SD⊥AB∵AB⊥SA,AB⊥SD,SA∩AD=A，AB⊥平面SAD∴AB⊥AD，同理，BC⊥CD∵底面△ABC為等腰直角三角形，AB=2,SC=22，∴四邊形ABCD為正方形且邊長為2.以D為原點,DA,DC,DS分別為x,y,則A∴SC設平面SAC的法向量n=x1,y取x1=1，則y1設平面SBC的法向量m=x2,y取y2=1，則x1設平面SAC與平面SBC夾角為θ,∴cosθ=cos<m,題型六：補角法題型六：補角法當二面角的平面角為鈍角，可以求其補角，再利用定義法或三垂線法來找求二面角.例6(2004·福建省高考真題)在三棱錐S-ABC中，△ABC是邊長為4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=22，M為AB的中點．求二面角S-CM-B的的正切值【思路點撥】取CM的中點N，連接DN、SN，分析可知二面角S-CM-A的平面角為∠SND，通過解△【規(guī)范解析】解：取CM的中點N，連接DN、SN，∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC=AC，SD?平面SAC，SD⊥AC∴SD⊥平面ABC，∵CM?平面ABC，∴CM⊥SD.因為SA=SC=22，AC=4，∴SA2+SC因為△ABC是邊長為4的等邊三角形，M為AB的中點，則CM⊥AB，∵D、N分別為AC、CM的中點，則DN//AM，所以，DN⊥CM，且DN=1∵SD⊥平面ABC，CM、DN?平面ABC，∴SD⊥DN，SD⊥CM，∵SD∩DN=D，SD、DN?平面SDN，∴CM⊥平面SDN，∵SN?平面SDN，∴CM⊥SN，所以，二面角S-CM-A的平面角為∠SND，在Rt△SDN中，tan∠練6(2022·河北省模擬)如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D為AB的中點，若AB=2，A【思路點撥】轉(zhuǎn)化為求其補角，利用三垂線法作出二面角的平面角從而求解．顯然二面角A1-BC【規(guī)范解析】解：取B1C1中點M，過M作MN⊥BC1于N，連接N所以A1M⊥B1C1，平面A1B1C1⊥平面BB1C1C，

又平面A1B1C1∩平面BB1C1C=B1C1，A1M?平面A1B題型七：空間向量法題型七：空間向量法若求一個二面角不容易使用定義法和三垂線法，又容易建立適當?shù)目臻g直角坐標系，則寫出相應點的空間直角坐標然后求出兩個平面的法向量，再利用cosθ=a例7(2022·河南?？茧A段練習)如圖所示，二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB．已知AB=4，AC=6，BD=8，CD=217，則該二面角的大小為（

A．π6 B．π4 C．π3【思路點撥】根據(jù)垂直的條件得CA?AB=0，AB【規(guī)范解析】由題意得：CA?AB=0因為CD=CA+即2172=又?CA,BD?∈0,π，則?故選：C.例8(2020·全國1卷理科18)如圖,D為圓錐的頂點,O是圓錐底面的圓心,AE為底面直徑,AE=AD,△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點，PO=66【思路點撥】二面角B-PC-【規(guī)范解析】過O作ON//BC交AB于點N，因為PO以O為坐標原點，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則E(-1PC=(-14,設平面PCB的一個法向量為n=(由n?PC=0令x1=2，得z設平面PCE的一個法向量為m由m?PC=0m令x2=1，得z2故cos<m設二面角B-PC-E的大小為練7(2022·新高考2卷20)如圖，PO是三棱錐P-ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中點，∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5．求二面角C-AE-B的正弦值．【思路點撥】因為AB⊥AC，因而以AB，AC分別為軸，軸，就可以建立適當?shù)目臻g直角坐標系了.【規(guī)范解析】過點A作Az//OP，如圖建立平面直角坐標系，因為PO=3，AP=5，所以OA=A又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8，則AD=4，AB=43所以AC=12，所以O23,2,0，B43,0,0，則AE=33,1,3設平面AEB的法向量為n=x,y,z，則令z=2，則y=-3，x=0，所以n=設平面AEC的法向量為m=a,b,c，則令a=3，則c=-6，b=0，所以m所以cos設二面角C-AE-B為θ，由圖可知二面角C-AE-B為鈍二面角，所以cosθ=-43故二面角C-AE-B的正弦值為1113<<<專題訓練>>><<<專題訓練>>>1.(2022·廣東省梅州市模擬)已知點A、B分別在二面角α-l-β的兩個面α、β上,AC⊥l，BD⊥l，C、D為垂足，AC=BD=CD，若AB與l成60°角，則二面角α-l-β為(

)A.30° B.60° C.120° D.150°【解析】如圖：在β內(nèi)，過B作BE//DC，且BE=DC，連接CE、AE，

由BD⊥l，則四邊形DCEB為矩形，可得CE⊥l，CE=BD=CD，

∵AC⊥l，AC∩CE=C，AC,CE?平面ACE，

∴∠ACE為二面角α-l-β的平面角，且l⊥平面ACE，即BE⊥平面ACE，

∵AE?平面ACE，則BE⊥AE，

設AC=BD=CD=a，則CE=BE=a，

又直線AB與l所成角為60°，∴∠ABE=60°，得AE=3BE=3a，

∴在△ACE中，cos∠ACE=AC2+CE2-AE22AC?CE=-12，∴∠ACE=120°，

故二面角α-l-β的大小為120°．

2.(2022·貴州省貴陽市聯(lián)考)二面角α-l-β的棱上有兩個點A、B，線段【解析】設二面角α-l-β的平面角為θ，θ∈0,π，

因為AC⊥AB，BD⊥AB，所以CA?AB=0,BD?=|=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA?BD

=36+16+64+2×6×8×cos3.(2020·浙江省十校聯(lián)考)已知正四面體ABCD的棱長為1，點M是棱CD的中點，則二面角M-AB-D的余弦值為

．

【解析】將正四面體ABCD放置于正方體中，取線段AB的中點N，連結(jié)MN、DN，如圖所示．

則正方體的外接球就是四面體ABCD的外接球，

因為正四面體ABCD的棱長為1，所以正方體的棱長為ABsin45°=22．

①因為AD=BD，點N是棱AB的中點，所以DN⊥AB，

因為點M是棱CD所以AM=BM=DN=(22)2+(12)2所以MN⊥AB，MN⊥CD，

所以∠MND為二面角M-AB-D的平面角，

在Rt△MND中，MN=3所以cos∠MND=MNDN=24.(2020·江蘇省南京市模擬)在矩形ABCD中，已知AB=3，AD=1，現(xiàn)將△ACD沿對角線AC向上翻折，得到空間四邊形ABCD，若BD=62，則二面角D-AC-B的大小的余弦值為

【解析】如圖所示，設AC中點為O，取CO中點E，取AO中點G，取CD三等分點F，且F靠近點C，連BE、EF、BF，

在矩形ABCD中，AC=BD=3+1所以OA=OB=OC=OD=1，所以BE⊥OC，即BE⊥AC，同理DG⊥AC，又由CFCD=CECG，所以EF//DG，所以EF⊥AC，所以∠BEF即為二面角D-AC-B的平面角，

設∠BEF=θ，在△BCD中，可得BD因為BD=62，可得4-23在△BCF中，可得BF在△BEF中，

由余弦定理得BF解得cosθ=故答案為：235.(2023·廣東省深圳市聯(lián)考)如圖，三棱錐M-ABC中，△MAC是邊長為23的等邊三角形，MB=4，△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，點N?平面ABC，點O，O?1分別為線段AB、MN的中點，且OO?1⊥(1)證明：BC⊥平面MAC；(2)證明：四邊形BCMN為矩形；(3)求平面MAC和平面NAB夾角的余弦值．【解析】(1)證明：∵△ABC為直角三角形，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AC=23，

∴AB=4，∴AB=MB．∵AC=MC，BC=BC，

∴△ABC≌△MBC，∴∠BCM=∠ACB=90°∴BC⊥MC，

又∵BC⊥AC，AC∩MC=C，(2)證明：取AC的中點D，連接DM、DO，則MD⊥AC，

由(1)可知BC⊥平面MAC，DM?平面MAC，∴BC⊥DM，

∵AC∩BC=C，AC、BC?平面ABC，∴DM⊥平面ABC，

又∵OO1⊥平面ABC，∴DM//OO1，∴D、M、O、O1四點共面，

又∴四邊形OO1MD為矩形，O1M=OD，

又∵O為線段AB的中點，∴OD//BC，OD=12BC，OD⊥AC，

又∵O1為線段MN的中點，∴MN//BC，MN=BC，

∴四邊形BCMN為平行四邊形，

又∵BC⊥MC，∴四邊形BCMN為矩形．

所以以D為原點，DA為x軸，DO為y軸，DM為z軸，建立如下圖所示的空間直角坐標系，

由題意可得A(3,0,0)，C(-3,0,0)，B(-3,2,0)，N(0,2,3)，

平面MAC的一個法向量為n1=(0,1,0)．

設平面NAB的一個法向量為n2=(x,y,z)，AB=(-23,2,0)，AN=(-3,2,3)，

由n2?AB=0n2?AN=0得-23x+2y=0-36.(2023·湖北高三校聯(lián)考階段練習)在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB⊥AA1，求平面B1BCC【解析】由已知得，CC根據(jù)二面角定義可知，∠AMB即為所求二面角的平面角或其補角，在正三角形△ACC1中，AC=2，所以因為AB⊥AA1，BB又AB⊥BC，且BB1∩BC=B，所以AB⊥而BM?平面B1BC在Rt△ABM中，所以sin∠于是平面B1BCC1與平面7.(2023·湖北省武漢市聯(lián)考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD⊥AB，AB//DC，PA⊥底面ABCD，點E為棱PC的中點，AD=DC=AP=2AB=2．(1)證明：BE//平面PAD;(2)在棱PC上是否存在點F，使得二面角F-AD-C的余弦值為1010，若存在，求出PF【解析】(1)證明：在PD上找中點G，連接AG，EG，如圖：

∵G和E分別為PD和PC的中點，∴EG//CD，且EG=12CD，

又∵底面ABCD是直角梯形，CD=2AB，AB//CD，

∴AB//GE且AB=GE.即四邊形ABEG為平行四邊形，

∴AG//BE，

∵AG?平面PAD，BE??平面PAD，

∴BE//(2)解：以A為原點，以AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，CP=(-2,-2,2)，

由F為棱PC上一點，設PF=λPC=(2λ,2λ,-2λ)(0≤λ≤1)，

AF=AP+PF=(2λ,2λ,2-2λ)，AD=(0,2,0)

設平面FAD的法向量為n=(a,b,c)，

由n?AF=0n?AD=0可得2λa+2λb+(2-2λ)c=02b=0

所以b=02λa+(2-2λ)c=0，令c=λ，則a=λ-1，則n=(λ-1,0,λ)

取平面8.(2023·天津市期末)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形已知AB=3，AD=2，PA=2，PD=22，∠PAB=60°．

(1)證明AD⊥平面PAB；

(2)求異面直線PC與AD所成的角的正切值；

(3)【解析】(1)證明：在△PAD中，由題可知PA=2,PD=22，AD=2，

可得PA2+AD2=PD2，于是AD⊥PA．

在矩形ABCD中，AD⊥AB．又PA∩AB=A，PA?平面PAB，AB?平面PAB，

所以AD⊥平面PAB．

(2)解：在矩形ABCD中，BC//AD，

所以∠PCB(或其補角)是異面直線PC與AD所成的角．

在△PAB中，PA=2，AB=3，∠PAB=60°，

由余弦定理得PB=22+32-2×2×3×cos60°=7；

由(1)知AD⊥平面PAB，PB?平面PAB，所以AD⊥PB，

又BC//AD，所以BC⊥PB，于是△PBC是直角三角形，故tan∠PCB=PBBC=72；

所以異面直線PC與AD所成的角的正切值為72．

(3)解：如圖：過點P作PH⊥AB于H，過點H作HE⊥BD于E，連接PE，

因為AD⊥平面PAB，PH?平面PAB，所以AD⊥PH．

又AD∩AB=A，AD?平面ABCD，AB?平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD，

又BD?平面ABCD，所以PH⊥BD，

又HE⊥BD，HE∩PH=H，PH?平面PHE，HE?平面PHE，

所以BD⊥平面PHE，

又PE?平面PHE，即BD⊥PE9.(2023·江蘇省南京市模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，AD⊥平面PCD，平面ADP⊥平面APC，PC=PD=2，AD=4，M為PA的中點．

(1)求證：PC⊥PD；(2)求二面角C-MD-P的正切值．

【解析】解：(1)證明：過

D

作DF