高考数学二面角复习1

一、选择题1. 下列关于二面角的叙述中，正确的是（）A. 二面角是由两个平面相交形成的角B. 二面角是由两个平面相交形成的两条线段所夹的角C. 二面角是由两个平面相交形成的两条射线所夹的角D. 二面角是由两个平面相交形成的两条直线所夹的角答案：C2. 在二面角中，一个平面内两条相交直线与另一个平面所成的角分别为α和β，则二面角的度数是（）A. α + βB. α - βC. |α - β|D. 90°答案：C3. 若二面角的平面角为θ，那么这个二面角的度数范围是（）A. 0° < θ < 90°B. 0° ≤ θ ≤ 180°C. 0° < θ ≤ 180°D. 90° < θ ≤ 180°答案：C4. 下列图形中，能表示二面角的是（）A. 一个等腰三角形B. 一个等边三角形C. 一个矩形D. 一个正方形答案：C5. 若二面角的平面角为60°，则其补角的度数是（）A. 60°B. 120°C. 180°D. 240°答案：B二、填空题6. 在二面角中，若一个平面内两条相交直线与另一个平面所成的角分别为α和β，则二面角的平面角为______。

答案：|α - β|7. 若二面角的平面角为θ，那么这个二面角的度数范围是______。

答案：0° < θ ≤ 180°8. 若一个二面角的平面角为45°，则其补角的度数是______。

答案：135°三、解答题9. 已知二面角的平面角为60°，求这个二面角的补角的度数。

解答过程：根据题意，设二面角的平面角为θ，则有：θ = 60°由补角的定义可知，二面角的补角为180° - θ，因此：补角= 180° - 60° = 120°所以，这个二面角的补角的度数是120°。

考点三二面角[典例](2013·新课标卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝22AB.(1)证明：BC1//平面A1CD；(2)求二面角D­A1C­E的正弦值．在本例条件下，求平面A1AD与平面A1EC所成二面角的大小.[类题通法]利用法向量求二面角时应注意(1)对于某些平面的法向量要注意题中隐含着，不用单独求．(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误．[针对训练](2014·杭州模拟)如图，已知平面QBC与直线P A均垂直于Rt△ABC所在平面，且P A＝AB＝AC.(1)求证：P A∥平面QBC；(2)若PQ⊥平面QBC，求二面角Q­PB­A的余弦值．第二课时 空间向量的应用空间向量法解决探索性问题角度一 探索性问题与空间角相结合1．(2014·哈师大附中模拟)如图，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱AA 1⊥底面ABC ，∠ACB ＝90°，E 是棱CC 1上的动点，F 是AB 的中点，AC ＝1，BC ＝2，AA 1＝4.(1)当E 是棱CC 1的中点时，求证：CF ∥平面AEB 1；(2)在棱CC 1上是否存在点E ，使得二面角A ­EB 1 ­B 的余弦值是21717若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由．角度二探索性问题与垂直相结合2．(南昌模拟)如图是多面体ABC­A1B1C1和它的三视图．(1)线段CC1上是否存在一点E，使BE⊥平面A1CC1？若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2)求平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值．角度三探索性问题与平行相结合3．江西模拟)如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成的角为60°.(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)求二面角F­BE­D的余弦值；(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．[类题通法]解决立体几何中探索性问题的基本方法1．通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．EC，2．探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．如角度二中的CE＝λ1这样可减少坐标未知量．空间向量的综合应用[典例](2013·郑州模拟)如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝2a，D，E分别为AC，AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥A′­BCDE.(1)在棱A′B上找一点F，使EF∥平面A′CD；(2)当四棱锥A′­BCDE的体积取最大值时，求平面A′CD与平面A′BE夹角的余弦值．[类题通法]立体几何的综合应用问题中常涉及最值问题，处理时常用如下两种方法：(1)结合条件与图形恰当分析取得最值的条件(2)直接建系后，表示出最值函数，转化为求最值问题．[针对训练]已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段BD1上．当∠APC最大时，三棱锥P ­ABC的体积为_______。

高考二面角知识点高考，作为中国学生普遍面临的一道重要关卡，一直备受关注。

在高考数学中，有一部分知识点常常被称为“二面角”，是高考数学中的热点内容之一。

本文将就高考二面角的相关知识点进行简要介绍。

一、二面角的定义在几何学中，二面角是指由两个平面之间的夹角所围成的角。

具体而言，如果平面A与平面B相交，而相交的线段落在一个确定的平面内，那么这个线段所决定的角就是二面角。

二面角主要应用于空间解析几何和三角函数的推导中。

二、二面角的性质1. 同一平面内的二面角之和为360度。

这是因为，在同一平面内，两个相对角之和为180度，而二面角包括了两个相对角，所以其和为360度。

2. 平行平面之间的二面角相等。

如果两个平面是平行的，那么它们之间的二面角是相等的。

这是因为平行平面切割空间时，对应于同一线段的两个二面角相等。

3. 二面角的度量可以通过夹角的正弦函数来求解。

具体而言，设夹角为α，则二面角的度数可以用sinα来表示。

三、应用举例1. 体积计算在几何体的体积计算中，二面角的概念经常被使用。

例如，当计算棱柱体、棱锥体或棱台的体积时，我们可以通过计算相邻面间的二面角来推导出相应的公式。

2. 导线走向在电力输送系统的规划中，经常需要考虑导线的走向问题。

二面角可以用来描述导线走向的角度，从而有助于确定合理的导线架设方案。

3. 测量建筑高度当我们需要测量建筑物的高度时，可以利用二面角的概念进行计算。

通过在不同位置测量建筑物与地平线之间的夹角，结合三角函数的计算，我们可以推断出建筑物的高度。

四、解题技巧1. 注意平行关系在解决二面角相关问题时，要特别注意平行关系。

对于平行平面，二面角是相等的；对于平行直线与平面的交线，其二面角也是相等的。

2. 运用三角函数如前所述，二面角的度数可以用正弦函数来表示。

运用三角函数的性质，可以将二面角的计算与角度之间的转换更加灵活。

总结：高考数学中涉及的二面角知识点不仅仅是理论内容，还有其在实际问题中的应用。

专题3-1几何法求二面角，线面角立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。

这是空间向量求解的巨大优点，也是缺点，就这么共存着。

其实不建系而直接计算真的很比较锻炼空间想象的能力，方法上也更灵活一些，对于备考的中档学生来说，2种方法都要熟练掌握。

方法介绍一、定义法：交线上取点 等腰三角形共底边时作二面角步骤第一步：在交线l上取一点O第二步：在α平面内过O点作l的垂线OA第三步：在β平面内过O点作l的垂线OB∠AOB即为二面角，余弦定理求角αβl OAB二、三垂线法（先作面的垂直）—后续计算小使用情况：已知其中某个平面的垂线段第二步：过垂直B作l的垂线OB∠AOB即为二面角且△AOB为直角三角形，邻比斜三、作2次交线的垂线作二面角步骤第一步：作AO⊥l第二步：作OB⊥l连接AB，∠AOB即为二面角，余弦定理求角四、转换成线面角作二面角步骤第一步：作AO⊥l第二步：作AB⊥β(找不到垂足B的位置用等体积求AB长)连接AB，∠AOB即为二面角△AOB为直角三角形，邻比斜五、转换成线线角—计算小，也是法向量的原理提问：什么时候用？若α平面存在垂线AB，且β平面存在垂线AC则α平面与β平面的夹角等于直线AC与AB的夹角αβlOABαβlOABβαOABCαβlOAB六、投影面积法——面积比（三垂线法进阶）将cos θ＝边之比∣面积之比，从一维到二维，可多角度求出两面积，最后求解如图△ABC 在平面α上的投影为△A 1BC ， 则平面α与平面ABC 的夹角余弦值1cos A BCABCθ=△△即cos θ=投影原S S补充：即使交线没有画出来也可以直接用例题：一题多解2023汕头二模T20如图在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，PQ 是所在棱上的中点.1C 1CD ABA B 1αBCAA 1D（1）求平面APQ 与平面ABCD 夹角的余弦值 （2）补全截面APQ2023全国乙卷数学(理)T9——由二面角求线面角P C 1CDABA B 1P C 1DABA B 1P C 1CDABA B 1P C 1DABA B 1P C 1CDABA B 1PC 1DABA B 11．已知ABC 为等腰直角三角形，AB 为斜边，ABD △为等边三角形，若二面角C AB D −−为150︒，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为（ ）A ．15B ．25C ．35D ．252021·新高考1卷·T20——由二面角求线段长2．如图，在三棱锥A BCD −中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D −−的大小为45︒，求三棱锥A BCD −的体积.题型一 定义法1．如图，在三棱锥S—ABC 中，SC ⊥平面ABC ，点P 、M 分别是SC 和SB 的中点，设PM=AC =1，∠ACB =90°，直线AM 与直线SC 所成的角为60°.(1)求证：平面MAP ⊥平面SAC . (2)求二面角M—AC—B 的平面角的正切值；2．(湛江期末)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，点M ，N 分别是PB ，AC 的中点，且MN ⊥A C ． （1）证明：BC ⊥平面PA C ．（2）若PA ＝4，AC ＝BC ＝22，求平面PBC 与平面AMC 夹角的余弦值．(几何法比较简单)3．如图1，在平行四边形ABCD 中，60,2,4A AD AB ∠=︒==，将ABD △沿BD 折起，使得点A 到达点P ，如图2．重点题型·归类精讲(1)证明：平面BCD⊥平面P AD；(2)当二面角D PA B−−的平面角的正切值为6时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值．题型二三垂线法4．(佛山期末)如图，四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，12PA AD AB CD===，侧面PAD⊥底面ABCD，E为PC的中点．（1）求证：BE⊥平面PCD；（2）若PA＝PD，求二面角P－BC－D的余弦值．5．如图，在四棱锥P -ABCD 中，△P AD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，,,224,23BC AD CD AD AD CD BC PB ⊥====∥ （2023广州一模T19）（1） 求证：AD PB ⊥；（2）求平面P AB 与平面ABCD 交角的正弦值.6．如图，在三棱锥A BCD −中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点．（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为2的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =且二面角E BC D −−的大小为60，求三棱锥A BCD −的体积．7．（2023·浙江·统考二模）如图，在三棱柱111ABCA B C 中，底面ABC ⊥平面11AA B B ，ABC 是正三角形，D 是棱BC 上一点，且3CD DB =，11A A A B =.(1)求证：111B C A D ⊥；(2)若2AB =且二面角11A BC B −−的余弦值为35，求点A 到侧面11BB C C 的距离.8．如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，ABC 和ACD 均为正三角形，4AC =，3BE =.(1)在线段AC 上是否存在点F ，使得BF ∥平面ADE ?说明理由； (2)求平面CDE 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值.题型三 作2次交线的垂线9．在三棱锥S ABC −中,底面△ABC 为等腰直角三角形,90SAB SCB ABC ∠=∠=∠=︒. （杭州二模） （1）求证：AC ⊥SB ；（2）若AB ＝2，22SC =，求平面SAC 与平面SBC 夹角的余弦值．题型四 找交线10．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCI )是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝2，PD ⊥C D ． (1)证明：AB ⊥PB ；(2)若平面PAB ⊥平面PCD ，且102PA =，求直线AC 与平面PBC 所成角的正弦值． （广东省二模T19）题型五 转换成线线角湖北省武汉市江汉区2023届高三上学期7月新起点考试11．在直三棱柱111ABC A B C −中，已知侧面11ABB A 为正方形，2BA BC ==，D ，,E F 分别为AC ，BC ，CC 1的中点，BF ⊥B 1D ．(1)证明：平面B 1DE ⊥平面BCC 1B 1；(2)求平面BC 1D 与平面1B DE 夹角的余弦值六、 题型六 投影面积法12．(2022·惠州第一次调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知//AB CD ，AD ⊥CD ，BC BP =，CD ＝2AB＝4，△ADP 是等边三角形，E 为DP 的中点．(1)证明：AE ⊥平面PCD ；(2)若2,PA =求平面PBC 与平面PAD 夹角的余弦值13．(2022深圳高二期末)如图(1)，在直角梯形ABCD 中，AB //CD ，AB ⊥BC ，且12,2BC CD AB ===取AB 的中点O ，连结OD ，并将△AOD 沿着OD 翻折，翻折后23AC =M ，N 分别是线段AD ，AB 的中点，如图(2)．（1）求证：AC⊥OM.（2）求平面OMN与平面OBCD夹角的余弦值．专题3-1几何法求二面角，线面角立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。

高考数学二面角专题训练1.（06某某卷）如图，P 是边长为1的正六边形ABCDEF 所在平面外一点，1PA =，P 在平面ABC 内的射影为BF 的中点O 。

（Ⅰ）证明PA ⊥BF ；（Ⅱ）求面APB 与面DPB 所成二面角的大小。

解：（Ⅰ）在正六边形ABCDEF 中，ABF 为等腰三角形，∵P 在平面ABC 内的射影为O ，∴PO ⊥平面ABF ，∴AO 为PA 在平面ABF 内的射影；∵O 为BF 中点，∴AO ⊥BF ，∴PA ⊥BF 。

（Ⅱ）∵PO ⊥平面ABF ，∴平面PBF ⊥平面ABC ；而O 为BF 中点，ABCDEF 是正六边形 ，∴A 、O 、D 共线，且直线AD ⊥BF ，则AD ⊥平面PBF ；又∵正六边形ABCDEF 的边长为1，∴12AO =，32DO =，BO =。

过O 在平面POB 内作OH ⊥PB 于H ，连AH 、DH ，则AH ⊥PB ，DH ⊥PB ，所以AHD ∠为所求二面角平面角。

在AHO 中，，1tan AO AHO OH ∠==。

在DHO中，3tan 27DO DHO OH ∠===；而tan tan()AHD AHO DHO ∠=∠+∠== （Ⅱ）以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，P(0,0，1)，A(0，12-,0)，B(2，0,0)，D(0,2，0)，∴1(0,,1)2PA =--，3(1)2PB =-，(0,2,1)PD =-设平面PAB 的法向量为111(,,1)n x y =，则1n PA ⊥，1n PB⊥，得111102102y x ⎧--=⎪⎪-=⎪⎩，123(2,1)3n =-；设平面PDB 的法向量为222(,,1)n x y =，则2n PD ⊥，2n PB ⊥，得22210102y x -=⎧-=⎩，2231(,1)32n =；121212cos ,||||n n n n n n ⋅<>==⋅2. （06卷）如图，在底面为平行四边表的四棱锥P ABCD -中，AB AC ⊥，PA ⊥平面ABCD ，且PA AB =，点E 是PD 的中点.（Ⅰ）求证：AC PB ⊥；（Ⅱ）求证：//PB 平面AEC ； （Ⅲ）求二面角E AC B --的大小.解法一：（Ⅰ）PA ⊥平面ABCD ，∴AB 是PB 在平面ABCD 上得射影， 又AB ⊥AC ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥PB.（Ⅱ）连接BD ，与AC 相交与O ，连接EO ， ABCD 是平行四边形 ∴O 是BD 的中点 又E 是PD 的中点， ∴EO PB.又PB ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ， ∴PB 平面AEC ，（Ⅲ）取BC 中点G ，连接OG ，则点G 的坐标为,,022a b ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,,02b OC ⎛⎫= ⎪⎝⎭又(,0,0),OE AC a =b b＝（0，－,）,220,0,OE AC OG AC ∴==,,OE AC OG AC ∴⊥⊥EOG ∴∠是二面角E AC B -=的平面角。

2023年高考数学-----二面角模型规律方法与典型例题讲解【规律方法】如图1所示为四面体−P ABC ，已知二面角−−P AB C 大小为α，其外接球问题的步骤如下：（1）找出△PAB 和△ABC 的外接圆圆心，分别记为1O 和2O ．（2）分别过1O 和2O 作平面PAB 和平面ABC 的垂线，其交点为球心，记为O ． （3）过1O 作AB 的垂线，垂足记为D ，连接2O D ，则2⊥O D AB ．（4）在四棱锥12−A DO OO 中，AD 垂直于平面12DO OO ，如图2所示，底面四边形12DO OO 的四个顶点共圆且OD 为该圆的直径．【典型例题】例1．（2022·贵州·模拟预测（理））如图，在三棱锥A BCD −中，ABC 是边长为形，AD CD ==D AC B −−的余弦值为23，则三棱锥A BCD −外接球的表面积为______.【答案】84π5【解析】如图1，取AC 中点E ，连接BE ，DE ，ABC 与ACD 为等边三角形，则,BE AC DE AC ⊥⊥,,,BEDE E BE DE =⊂平面BDE ,故AC ⊥平面BDE ,故二面角D AC B −−的平面角为DEB ∠，又AC ⊂平面ABC , 所以平面BDE ⊥平面ABC ，平面BDE ⋂平面ABC BE =， 过D 作DH BE ⊥于H ，DH ⊂平面BDE ,所以DH ⊥平面ABC ， 由题意得2cos 3DEB ∠=，3DE BE ===，∴2323EH =⨯=，则DH =设ABC 外接圆圆心为2O ，则2O 在BE 上，半径为2BO ，过2O 作平面ABC 的垂线l ， 则三棱锥A BCD −外接球的球心一定在直线l 上.∵21122sin 2AC BO B =⨯==，∴221,1EO O H =∴=， 过D 作BE 的平行线交l 于点F ，则21FD O H ==，∵D ，B 在球面上，外接球球心可能在三棱锥内也可能在三棱锥外， 取截面如图2,3，设外接球球心O ，半径R ， 令2OO x =，则2FO FO x =±，2FO DH =∴22222222FO FD R OO BO R⎧+=⎪⎨+=⎪⎩,当2FO FO x =+时，化简得64,x +==当2FO FO x =−时，化简得64,x −==得2215R =，∴284π4π5S R ==, 故答案为：84π5. 例2．（2022·江西赣州·高三阶段练习（文））已知菱形ABCD 的边长为2，且60DAB ∠=︒，沿BD 把ABD △折起，得到三棱锥A BCD '−，且二面角A BD C '−−的平面角为120︒，则三棱锥A BCD '−的外接球的表面积为___________.【答案】283π【解析】取BD 的中点H ，连接A H '，CH ，因为ABCD 为菱形，所以A H BD '⊥，CH BD ⊥， 故A HC '∠为二面角A BD C '−−的平面角，则120A HC '∠=︒，由题意可知A BD '△，BCD △为正三角形，则外接球球心位于过A BD '△，BCD △的中心且和它们所在面垂直的直线上，故分别取A BD '△，BCD △的重心为1G ，2G ，过点1G ，2G 分别作两个平面的垂线，交于点O ，点O 即为三棱锥的外接球的球心，由题意可知A BD BCD '≅△△，球心到面A BD '和面BCD 的距离相等，即12OG OG =， 连接OD ，OH ，则1260OHG OHG ∠=∠=︒，菱形ABCD 的边长为2，∴1123HG =131cos 602HG OH ===︒，∴2222713OD OH HD =+=+=⎝⎭， 即三棱锥A BCD '−的外接球的半径273R =， 所以其外接球的表面积为27284433R πππ=⨯=. 故答案为：283π例3．（2022·江苏·南京市金陵中学河西分校高三阶段练习）在三棱锥A BCD −中，△BCD 是边长为3的正三角形，且AD =AB =A BD C −−的大小为3π，则此三棱锥外接球的体积为________．【解析】根据题意，222AD BD AB +=，所以AD BD ⊥，取BD 中点为E ，AB 中点M ，则//ME AD ，12ME AD ==，ME DB ⊥，BCD 是正三角形，CE DB ⊥， MEC ∠是二面角A ﹣BD ﹣C 的平面角，60MEC ∠=︒， 90ADB ∠=︒，M 是ADB 的外心，设N 是DBC 的外心，设过M 与平面ABD 垂直的直线与过N 垂直于平面BCD 的直线交于点O ，则O 是三棱锥A DBC −外接球球心，3CN BN ===EN EM =， 由于平面MNO 与MEO 同时垂直于BD ，所以M E N O 、、、共面， 在四边形MENO 中，由60MEC ∠=︒，EN =ME =090OME ONE ∠=∠= ， 可得：12ON =，外接球半径为r OB ===体积为343V π=⨯=⎝⎭．例4．（2022·广东汕头·高三阶段练习）在边长为2的菱形ABCD 中，BD =将菱形ABCD沿对角线AC 对折，使二面角B AC D −−的余弦值为13，则所得三棱锥A BCD −的外接球的表面积为___________. 【答案】6π【解析】依题意在边长为2的菱形ABCD 中，BD =60ABC ADC︒∠=∠=， 如下图所示，易知ABC 和ACD 都是等边三角形，取AC 的中点N ，则DN AC ⊥，BN AC ⊥．DNBN N =，,DN BN ⊂平面BND ，所以AC ⊥平面BND ，所以BND ∠是二面角B AC D −−的平面角，过点B 作BO DN ⊥交DN 于点O ， 由AC ⊥平面BND ，BO ⊂平面BND ，所以AC BO ⊥， DNAC N =，,DN AC ⊂平面ACD ，所以BO ⊥平面ACD ．因为在BDN 中，BN DN ==所以22212cos 332343BD BN DN BN DN BND =+−⋅⋅∠=+−⨯⨯=，则2BD =．故三棱锥A BCD −为正四面体，由BO ⊥平面ACD ，所以O 为底面ACD 的重心，所以23OD DN =13ON DN =，则BO =，设外接球的半径为R ，则()222R OD BO R =+−，解得R因此，三棱锥A BCD −的外接球的表面积为22446R πππ=⨯=⎝⎭．故答案为：6π．。