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二面角真题


二面角(2010-2012 真题)
1.(2012 年全国高考课标卷)如图,直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中 AC ? BC ?

1 AA1 , D 是棱 2

AA1 的中点, DC1 ? BD 。
(1)证明: DC1 ? BC ; (2)求二面角 A1 ? BD ? C1 的大小。

2.(2012 年全国高考全国卷一)如图,四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 为菱形, PA ? 底面 ABCD , AC ? 2 2 ,

PA ? 2, E 是 PC 上的一点, PE ? 2EC 。
(1)证明: PC ? 平面 BED ; (2)设二面角 A ? PB ? C 为 90? ,求 PD 与平面 PBC 所成 角的大小。
E B C A D P

3.(2011 年全国高考课标卷)如图,四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠ DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD。 (Ⅰ)证明:PA⊥BD; (Ⅱ)若 PD=AD,求二面角 A-PB-C 的余弦值。

4.(2011 年全国高考全国卷一)如图,四棱锥 S ? ABCD 中, AB / /CD , BC ? CD ,侧 面 SAB 为等边三角形, AB ? BC ? 2, CD ? SD ? 1 。 (Ⅰ)证明: SD ? 平面 SAB ; (Ⅱ)求 AB 与平面 SBC 所成角的大小。

5. (2010 年全国高考全国卷一) 如图, 四棱锥 S-ABCD 中, ? 底面 ABCD, SD AB//DC, ? DC, AD AB=AD=1,DC=SD=2,E 为棱 SB 上的一点,平面 EDC ? 平面 SBC。 (Ⅰ)证明:SE=2EB; (Ⅱ)求二面角 A-DE-C 的大小。

6.(2010 年全国高考全国卷二)如图,直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, AC ? BC , AA1 ? AB ,

D 为 BB1 的中点, E 为 AB1 上的一点, AE ? 3EB1 。
(Ⅰ)证明: DE 为异面直线 AB1 与 CD 的公垂线; (Ⅱ)设异面直线 AB1 与 CD 的夹角为 45°,求二面角 A1 ? AC1 ? B1 的大小。

二面角(2010-2012 真题)参考答案
1.(2012 年全国高考课标卷) 【试题解析】 (1)证明:在 Rt ?DAC 中, AD ? AC 同 理 : ?A1 DC1 ? 45? ? ?CDC1 ? 90? 得: ?ADC ? 45? ,

, C 得 : D C ? D C D1 ? 1

BD ?

D C面 1 ?

BCD ? DC1 ? BC 。
(2)解: DC1 ? BC , CC1 ? BC ? BC ? 面 ACC1 A1 ? BC ? AC , 取 A1 B1 的中点 O ,过点 O 作 OH ? BD 于点 H ,连接 C1O, C1H ,

A1C1 ? B1C1 ? C1O ? A1B1 ,面 A1B1C1 ? 面 A1 BD ? C1O ? 面 A1 BD 。 OH ? BD ? C1H ? BD 得:点 H 与点 D 重合。
且 ?C1 DO 是二面角 A1 ? BD ? C1 的平面角。 设 AC ? a ,则 C1O ?

2a ? , C1 D ? 2a ? 2C1O ? ?C1 DO ? 30 。 2

既二面角 A1 ? BD ? C1 的大小为 30? 。 2.(2012 年全国高考全国卷一) 【试题解析】设 AC ? BD ? O ,以 O 为原点,OC 为 x 轴,OD 为 y 轴建立空间直角坐标 系,则 A(? 2, 0, 0), C ( 2, 0, 0), P(? 2, 0, 2), 设 B(0, ?a,0), D(0, a,0), E( x, y, z) 。

(Ⅰ) 证明: PE ? 2EC 得 E ( 由

??? ? ??? ? 2 2 2 2 , 0, ) , 所以 PC ? (2 2,0, ?2) ,BE ? ( , a, ) , 3 3 3 3

??? ? ??? ????? 2 2 BD ? (0, 2a, 0) ,所以 PC?BE ? (2 2, 0, ?2) ? ( , a, ) ? 0 , 3 3
??? ??? ? ? ???? ??? ??? ??? ? ? ? PC ? BD ? (2 2,0, ?2) ? (0, 2a,0) ? 0 。所以 PC ? BE , PC ? BD ,所以 PC ? 平面

BED ;

(Ⅱ)解:设平面 PAB 的法向量为 n ? ( x, y, z ) ,又 AP ? (0, 0, 2), AB ? ( 2,? a , 0), 由 n ? AP ? 0, n ? AB ? 0 得 n ? (1,

?

??? ?

??? ?

? ??? ?

? ??? ?

?

?? 2 , 0) ,设平面 PBC 的法向量为 m ? ( x, y, z) ,又 a

???? ??? ? ?? ??? ? ?? ??? ? ?? 2 ,由 BC ? ( 2 , a , 0),CP? ? 2 2 , 0, 2) m ? BC ? 0, m ? CP ? 0 ,得 m ? (1, ? ( , 2) , a

由于二面角 A ? PB ? C 为 90? ,所以 m ? n ? 0 ,解得 a ? 2 。 所以 PD ? ( 2, 2, ?2) , 平面 PBC 的法向量为 m ? (1, ?1, 2) , 所以 PD 与平面 PBC

?? ?

??? ?

??

???? ??? ? | PD ? m | 1 ? ? ? 所成角的正弦值为 ???? ??? ? ,所以 PD 与平面 PBC 所成角为 。 6 | PD | ?| m | 2
3.(2011 年全国高考课标卷) 【试题解析】 (Ⅰ)因为 ?DAB ? 60?, AB ? 2 AD , 由余弦定理得 BD ? 3 AD ,从而 BD +AD = AB ,故 BD ? AD
2 2 2

又 PD ? 底面 ABCD,可得 BD ? PD,所以 BD ? 平面 PAD. 故 PA ? BD。 (Ⅱ)如图,以 D 为坐标原点,AD 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的正半轴 直角坐标系 D- xyz ,则 建立空间

A ?1, 0, 0 ? , B 0,3, 0 , C ?1, 3, 0 , P ? 0, 0,1? 。
??? ? ??? ? ??? ? AB ? (?1, 3, 0), PB ? (0, 3, ?1), BC ? (?1, 0, 0)
?

?

? ?

?

设平面 PAB 的法向量为 n =(x,y,z) ,则 即
?x ? 3y ? 0 3y ? z ? 0
?



因此可取 n = ( 3,1, 3) 。

?? ? ? m? PB =0 , 设平面 PBC 的法向量为 m ,则 ? ? ? ? m? BC =0 ?
?

可取 m =(0,-1, ? 3 ) ,

?

? ? 所以 cos m, n ? ?4 ? ? 2 7 。 7 2 7

故二面角 A-PB-C 的余弦值为 ? 2 7
7



4.(2011 年全国高考全国卷一) 【试题解析(Ⅰ)证明: AB 中点 E , 取 连结 DE , 则四边形 BCDE 为矩形, DE ? CB ? 2 。 连结 SE ,则 SE ? AB , SE ? 3 。 又 SD ? 1 ,故 ED ? SE ? SD ,所以 ?DSE 为直角。
2 2 2

(3 分)

由 AB ? DE , AB ? SE , DE ? SE ? E ,得 AB ? 平面 SDE ,所以 AB ? SD 。

即 SD 与两条相交直线 AB 、 SE 都垂直, 所以 SD ? 平面 SAB 。 分) 另解:由已知易求得 SD ? 1, AD ? 5, SA ? 2 ,于是 SA ? SD ? AD ,可知 SD ? SA 。
2 2
2

(6

同理可得 SD ? SB ,又 SA I SB ? S , 所以 SD ? 平面 SAB 。 (Ⅱ)解:由 AB ? 平面 SDE 知,平面 ABCD ? 平面 SDE 。 作 SF ? DE ,垂足为 F ,则 SF ? 平面 ABCD, SF ? 作 FG ? BC ,垂足为 G ,则 FG ? DC ? 1 。 连结 SG ,则 SG ? BC ,又 BC ? FG, SG I FG ? G , 故 BC ? 平面 SFG ,平面 SBC ? 平面 SFG 。 分) 作 FH ? SG , H 为垂足,则 FH ? 平面 SBC 。

(6 分)

SD ? SE 3 。 ? DE 2

(9

FH ?

SF ? FG 3 ,即 F 到平面 SBC 的距离为 21 。 ? SG 7 7

由于 ED / / BC ,所以 ED / / 平面 SBC , E 到平面 SBC 的距离 d 也为 21 , 7 设 AB 与平面 SBC 所成的角为 ? ,则 sin ? ? 6.(2010 年全国高考全国卷一) 【试题解析】解法一: (Ⅰ)证明:连结 BD,取 DC 的中点 G,连结 BG,由此知 DG=GC=BG=1,即△DBC 为直角三角 形,故 BC⊥BD。 又 SD⊥平面 ABCD,故 BC⊥SD, 所以,BC⊥平面 BDS,BC⊥DE。 作 BK⊥EC,K 为垂足,因平面 EDC⊥平面 SBC,故 BK⊥平面 EDC,BK⊥DE。 即 DE 与平面 SBC 内的两条相交直线 BK、BC 都垂直。 所以 DE⊥平面 SBC,DE⊥EC,DE⊥SB。 SB= SD ? DB ?
2 2

21 d 21 , ? ? arcsin 。 ? 7 EB 7

(12 分)

6,

DE=

SD ? DB 2 ? , SB 3

EB= DB ? DE
2

2

?

6 2 6 ,SE=SB-EB= 。 3 3

所以 SE=2EB。 (Ⅱ)解:由 SA= SD ? AD ?
2 2

5 ,AB=1,SE=2EB,AB⊥SA,知

AE= ( SA) ? ( AB) ? 1 ,又 AD=1,故△ADE 为等腰三角形。
2 2

1 3

2 3

取 ED 中点 F,连结 AF,则 AF⊥DE,AF= AD ? DF ?
2 2

6 。 3

连结 FG,则 FG∥EC,FG⊥DE, 所以,∠AFG 是二面角 A—DE—C 的平面角。 连结 AG,AG= 2 ,FG= DG ? DF ?
2 2

6 , 3

AF2 ? FG 2 ? AG2 1 cos?AFG ? ?? , 2 ? AF ? FG 2
所以,二面角 A—DE—C 的大小为 120°。 (2010 年全国高考全国卷二) 【试题解析】解法一: (Ⅰ)证明:连接 A1 B ,记 A1 B 与 AB1 的交点为 F。 因为面 AA1 B1 B 为正方形,故 A1 B ? AB1 ,且 AF ? FB1 。 又 AE ? 3EB1 ,所以 FE ? EB1 ,又 D 为 BB1 的中点, 故 DE / / BF , DE ? AB1 。 作 CG ? AB ,G 为垂足,由 AC ? BC 知,G 为 AB 中点。 又由底面 ABC ? 面 AA1 B1 B ,得 CG ? 面 AA1 B1 B .连接 DG,则 DG / / AB1 , 故 DE ? DG ,由三垂线定理,得 DE ? CD 。 所以 DE 为异面直线 AB1 与 CD 的公垂线。 (Ⅱ)解:因为 DG / / AB1 ,故 ?CDG 为异面直线 AB1 与 CD 的夹角, ?CDG ? 45 。
?

设 AB ? 2 ,则 AB1 ? 2 2, DG ?

2, CG ? 2, AC ? 3 。

作 B1 H ? A1C1 ,H 为垂足.因为底面 A1 B1C1 ? 面 AA1C1C ,故 B1 H ? 面 AA1C1C ,又

作 HK ? AC1 , 为垂足, K 连接 B1 K ,由三 垂线定理,得 B1 K ? AC1 , 因此 ?B1 KH 为 二面角 A1 ? AC1 ? B1 的平面角。

1 A1 B1 ? A1C12 ? ( A1 B1 ) 2 2 2 2 B1 H ? ? , A1C1 3
HC1 ? B1C12 ? B1H 2 ? 3 , 3
AA1 ? HC1 2 3 ? , AC1 3 7

AC1 ? 22 ? ( 3) 2 ? 7 , HK ?

二面角(2012 长春市调研题汇编)
1.(2012 年东北三省四市教研协作体等值诊断联合暨长春市二模)如图,正方形 ABCD 与 直角梯形 ADEF 所在平面互相垂直, ?ADE ? 90 , AF // DE , DE ? DA ? 2 AF ? 2 。
?

⑴求证: AC // 平面 BEF ; ⑵求平面 BEF 与平面 ABCD 所成锐角的正切值。
F A

E

D

C B

2. ( 2012 年 东 北 三 省 四 市 教 研 协 作 体 等 值 诊 断 联 合 暨 长 春 市 三 模 ) 已 知 四 棱 柱

ABCD 1 B C D ? A1 1 1



, 。

A 1 A 底面 ?

A B C ADC ? 90? D , ?


D1

AB ?? CD
C1



AD ? CD ? DD1 ? 2 AB ? 2
⑴求证:

AD1 ? B1C

; 的正弦值;

A1

B1

⑵求二面角

A1 ? BD ? C1 A1 BDC1

(3)求四面体

的体积。

D

C

A

B

3.(2012 年长春市高三毕业班第四次调研测试)如图,棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 的所有棱 长都等于 2 ,

?ABC ? ?A1 AC ? 60 ? ,平面 AA1CC1 ? 平面 ABCD 。
⑴证明: BD ? AA1 ; ⑵求二面角 D ? AA1 ? C 的余弦值; ⑶在直线 CC1 上是否存在点 P ,使 BP ∥平面 DA1C1 ?若存在, 求出点 P 的位置;若不存在,请说明理由。

4.(2012 年东北三省三校:东师附中、哈师附中、辽宁省实验中学 2013 届高三第一次联合 模拟测试一)如图,底面为平行四边形的四棱柱 ABCD—A’B’C’D’,DD’⊥底面 ABCD, ∠DAB=60°,AB=2AD,DD’=3AD,E、F 分别是 AB、D’E 的中点。 (1)求证:DF⊥CE; (2)求二面角 A—EF—C 的余弦值。

5.(2012 年东北四校:东师附中、吉林省实验中学、哈尔滨三中、辽宁省实验中学联考一) 已知斜三棱柱 ABC—A1B1C1 的底面是正三角形, 侧面 ABB1A1 是菱形, ?A1 AB ? 60? , A1B1 且 是 的中点, MB ? AC. (1)求证: MB ? 平面 ABC; (2)求二面角 A1—BB1—C 的余弦值。

二面角(2012 长春市调研题汇编)参考答案
1.(2012 年东北三省四市教研协作体等值诊断联合暨长春市二模)

OG 【试题解析】解:⑴证明: 【方法一】.设 AC ? BD ? O ,取 BE 中点 G ,连结 FG、 ,
则 OG ∥ DE 且 OG =

1 DE 。 2 ∵ AF // DE , DE ? 2 AF ,

∴ AF ∥ OG 且 AF = OG ,∴ AFGO 是平行四边形, ∴ FG // AO 。 ∵ FG ? 平面 BEF , AO ? 平面 BEF ,

? 【方法二】.如图建立空间直角坐标系,设平面 BEF 的一个法向量为 n ? ( x, y, z ) , ? ??? ? ??? ? ?n ? FE ? 0 ? FE ? (?2, 0,1) ? ? ??2 x ? z ? 0 ? ? ? ? ??? ???? ? ?n ? FB ? 0 ,而 ? FB ? (0, 2, ?1) ,∴ ?2 y ? z ? 0 ,令 x ? 1 ,则 y ? 1, z ? 2 , ? ? 则

∴ AO // 平面 BEF ,即 AC // 平面 BEF 。

(6 分)

? ???? ? ???? ? ???? n ? (1,1, 2) . ∵ AC ? (?2, 2, 0) , ∴ n ? AC =0,∴ n ? AC , 而 AC ? 平面 BEF ,∴ AC // 平面 BEF 。
⑵设平面 ABCD 与平面 BEF? 所成二面角的平面角为 ? ,由条件知 ? 是锐角, 由⑴知平面 BEF 的法向量为 n ? (1,1, 2) 。 又平面 ABCD 与 z 轴垂直,
z E

(6 分)

?? ABCD 的法向量可取为 n1 ? (0, 0,1) , ∴平面 ?? ? ?? ? n1 ? n 2 6 cos ? ?| cos ? n1 , n ?|? ?? ? ?| |? 3 1? 6 n1 ? n


F A x

D

Cy B



tan ? ?


2 2 即为所求。

2.(2012 年东北三省四市教研协作体等值诊断联合暨长春市三模) 【试题解析】解:⑴由四边形 ADD1 A1 是正方形,
? ∴ AD1 ? A1 D 。又 AA1 ? 平面 ABCD , ?ADC ? 90 ,

AA ? AD ? A ∴ AA1 ? DC , AD ? DC ,而 1 ,
A D ? DC ? D ∴ DC ? 平面 AA1 D1 D , AD1 ? DC 。又 1 ,

∴ AD1 ? 平面 A1 DCB1 ,从而 AD1 ? B1C 。

(4 分)

⑵以 D 为坐标原点, DA , DC , DD1 为坐标轴建立空间直角坐标系 D ? xyz ,则易得

B(2,1,0) C1 (0,2,2), A1 (2,0,2) 。

?n1 ? DB ? 0 ? ? A1 BD n1 ? ( x1 , y1 , z1 ) ,则由 ?n1 ? DA1 ? 0 ,求得 n1 ? (1,?2,?1) ; ? 设平面 的法向量为
?n2 ? DB ? 0 ? ? ?n2 ? DC1 ? 0 ?

设平面 C1 BD 的法向量为 n2 ? ( x2 , y 2 , z 2 ) ,则由
cos? ? n1 ? n2 n1 n2 ? 6 6

,求得 n2 ? (1,?2,2) ,

则根据

,于是可得

sin ? ?

30 6 。

(9 分) , 又三棱锥 A1 ? ABD 的体积等于

(3) 设所给四棱柱的体积为 V,则

V ? S ABCD ? AA1 ? 6

三 棱 锥 B ? A1 D1C1 的 体 积 , 记 为 V1 ; 而 三 棱 锥 D ? A1 D1C1 的 体 积 又 等 于 三 棱 锥

C1 ? CBD 的体积,记为 V 2 ,

1 1 2 1 1 4 V1 ? ? ? 2 ? 1 ? 2 ? V2 ? ? ? 2 ? 2 ? 2 ? 3 2 3, 3 2 3, 则由于
∴所求四面体的体积为 V ? 2V1 ? 2V2 ? 2 。 3.(2012 年长春市高三毕业班第四次调研测试) 【试题解析】⑴证明:由条件知四边形 ABCD 是菱形,所以 BD ? AC 。 而平面 AA1CC1 ? 平面 ABCD ,平面 AA1CC1 ? 平面 ABCD ? AC , 所以 BD ? 平面 AA1CC1 。 又 AA1 ? 平面 AA1CC1 ,所以 BD ? AA1 . ⑵解:因为 ?ABC ? 60 , ABCD 是菱形,所以 AC ? AB ? AA1 。
?

(3 分)

而 ?A1 AC ? 60 ,所以 ?A1 AC 是正三角形.
?

令 BD ? AC ? O ,连结 A1O ,则 BD, AC , OA1 两两互相垂直. 如 图 所 示 , 分 别 以 BD, AC , OA1 所 在 的 直 线 为 x, y, z 轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 , 则

???? ? ??? ? D(? 3, 0, 0) , A(0, ?1,0) , A1 (0, 0, 3) , DA ? ( 3, ?1, 0) , DA1 ? ( 3, 0, 3) , ? 平面 AA1CC1 的法向量为 n ? (1, 0, 0) 。 ? 设 m ? ( x, y, z ) 是平面 DAA1 的法向量,则

? ? ??? ? ?m ? DA ? 0 ? ? ? 3x ? y ? 0 ? y ? 3x 。 ?? ?? ? ? ? ???? ?x ? z ? 0 ?m ? DA1 ? 0 ? 3x ? 3z ? 0 ? ? ? ? 令 x ? 1 ,则 y ? 3, z ? ?1. 即 m ? (1, 3, ?1) 。
设二面角 D ? AA1 ? C 的平面角为 ? , 则 ? 是锐角,并且

?? ? m?n ?? ? 1 5 cos ? ? cos m, n ? ?? ? ? ? . 5 m ? n 1? 1 ? 3 ? 1

, (8 分)

5 。 5 ??? ? ???? ? C1 ⑶ 解 : 设 这 样 的 点 P 存 在 , 且 CP ? ? CC1 , 而 C ( 0 , 1 , 0 ) ,
因此二面角 D ? AA1 ? C 的余弦值为

( 0 , 2, 所 以 , 3)

P( 0 , ? ? , ?3 。) 1

又 B ( 3, 0, 0) ,所以 BP ? (? 3,1 ? ? , 3? ) , DC1 ? ( 3, 2, 3)

??? ?

???? ?

? 设 k ? ( x, y, z ) 是平面 DA1C1 的法向量,则



? ???? ? ?k ? DC1 ? 0 ? 3x ? 2 y ? 3z ? 0 ? y ? 0 ? ? 。 ?? ?? ? ? ? ???? ?x ? z ? 0 ? 3x ? 3z ? 0 ?k ? DA1 ? 0 ? ?

令 z ? 1,则 x ? ?1 ,即 k ? (?1, 0,1) .要使 BP ∥平面 DA1C1 当且仅当

?

? ? ??? k ? BP ? 0 ? (?1) ? (? 3) ? 0 ? (1 ? ? ) ? 1? 3? ? 0 ,所以 ? ? ?1 。
这说明题目要求的点 P 存在,实际上,延长C1C 到点 P ,使得CP ? C1C 即得到所求的点 P 。 (12 分) 4. (2012 年东北三省三校:东师附中、哈师附中、辽宁省实验中学 2013 届高三第二 次联合模拟测试一)【试题解析】(Ⅰ)证明: AD ? AE , ?DAE ? 60 ?△DAE 为等边
?

三角形,设 AD ? 1 ,则

DE ? 1, CE ? 3, CD ? 2,??DEC ? 90? , 即 CE ? DE 。

(3分)

? DD? ? 底面 ABCD , CE ? 平面 ABCD , ?CE ? DD' 。
? ' ? CE ? 平面DD E ? ? ' (6分) CE ? DD ? CE ? DF 。 ?? ' ? ? ? DF ? 平面DD E ? ' DE ? DD ? D ? 1 ? (Ⅱ)解:取 AE 中点 H ,则 AD ? AE ? AB ,又 ?DAE ? 60 ,所以△ DAE 为等 2
边三角形。 则 DH ? AB , DH ? CD 。

CE ? DE

分别以 DH、DC、DD ' 所在直线为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系,设 AD ? 1 ,

则 D(0, 0, 0), E (

3 1 3 1 3 1 3 , , 0), A( , ? , 0), D '(0, 0,3), F ( , , ), C (0, 2, 0) , 2 2 2 2 4 4 2

??? ? ? ??? ? 3 1 3 ??? 3 3 EF ? (? , ? , ), AE ? (0,1, 0), CE ? ( , ? , 0) 。 4 4 2 2 2
设平面 AEF 的法向量为 n1 ? ( x, y, z ) ,

??

? 3 1 3 x? y? z ?0 ?? 则? 4 。 4 2 ?y ? 0 ?
取 n1 ? (2 3, 0,1) , 平面 CEF 的法向量为 n2 ? ( x, y, z ) ,

??

?? ?

(8 分)

? 3 1 3 x? y? z ?0 ?? ? 4 4 2 则? ? 3 x? 3 y ?0 ? 2 ? 2 ?? ? 取 n2 ? (3 3,3, 2) ,
cos? ? n1 , n2 ?? n1 ? n2 n1 ? n2 ? 20 13 ? 40 ? 130 , 13

(10 分)

所以二面角 A ? EF ? C 的余弦值为 ?

130 。 13

(12 分)

5.(2012 年东北四校:东师附中、吉林省实验中学、哈尔滨三中、辽宁省实验中学联考一) 【试题解析】 (Ⅰ)∵侧面 ABB1 A1 是菱形 且 ?A1 AB ? 60 又∵点 M 为 A1 B1 的中点 ∴ BM ? A1B1 ∵ AB ∥ A1 B1 ∴ BM ? AB 。 由已知 MB ? AC ∴ MB ? 平面 ABC 。 (Ⅱ) (解法一)连接 C1 M ,作 MH ? BB1 于 H ,连接 C1 H 。 由(Ⅰ)知 C1 M ? 面 A1 ABB1 ,∴ C1 M ? BB1 。 又 MH ? BB1 ∴ BB1 ? 面 C1 MH ∴ BB1 ? C1 H 。
A1 M H C C1

o

∴ ?A1BB1 为正三角形。



(4 分)

B1

A

B

∴ ?C1 MH 为所求二面角的平面角 。 设菱形 ABB1 A1 边长为 2,则 C1 M ?

(8 分)

3,

在 Rt?B1 MB 中,由 MH ? BB1 ? MB1 ? MB 知: MH ?

3 。 2

在 Rt?C1 MH 中, tan ?C1 MH ?

C1 M 5 。 ? 2 , ∴ cos ?C1 MH ? 5 MH
5 。 5
(12 分)

即二面角 A1 ? BB1 ? C 的余弦值为

解法二:如图建立空间直角坐标系: 设菱形 ABB1 A1 边长为 2, 得 B1 0, ?1, 3 , A ? 0,2,0 ? ,

zC
A1 M

1

?

?

B1

C

?

3,1,0 , A1 0,1, 3 。

?

?

?

x
C

则 BA1 ? 0,1, 3 , BA ? ? 0,2,0 ? ,

????

?

?

??? ?

y

A

B

???? ??? ? BB1 ? 0, ?1, 3 , BC ?

?

?

?

3,1,0 。

?

设面 ABB1 A1 的法向量 n1 ? ? x1 , y1 , z1 ? ,由 n1 ? BA , n1 ? BA1 得:

??

??

??? ?? ?

????

?? ? 2 y1 ? 0 ? ,令 x1 ? 1 ,得 n1 ? ?1,0,0 ? 。 (8 分) ? ? y1 ? 3 z1 ? 0 ? ?? ? ?? ???? ?? ??? ? ? ? 设面 BB1C1C 的法向量 n2 ? ? x2 , y2 , z2 ? , 由 n2 ? BB1 , n2 ? BC 得:

?? y2 ? 3z2 ? 0 ? ,令 y 2 ? 3 ,得 n 2 ? ? 1, 3 ,1 。 ? ? 3x2 ? y2 ? 0 ?

?

?

(10 分)

得 cos n1 , n2 ?

n1 ? n2 n1 ? n2

?

?1 1? 5

??

5 。 5
5 。 5
(12 分)
A

又二面角 A1 ? BB1 ? C 为锐角,所以所求二面角的余弦值为

G B M

N D E


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(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 ...
二面角经典例题讲解
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二面角练习题
(Ⅲ) 求异面直线 AC1 与 B1C 所成角的余弦值 C A 王新敞奎屯 新疆 B D 2.如图,已知正方形 ABCD 和正方形 ABEF 所在平面成 60 的二面角,求直线 BD ...
二面角及立体几何l练习题
二面角及立体几何l练习题_高三数学_数学_高中教育_教育专区。二面角及立体几何课后习题 1. 已知:如图 2,四面体 V-ABC 中,VA=VB=VC=a,AB=BC=CA=b,VH⊥面 ...
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