高考数学考点32二面角试题解读与变式

高考数学考点32二面角试题解读与变式

考点 32：二面角 【考纲要求】 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题. 2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 【命题规律】 二面角的知识是高考的热点问题，选择、填空、解答题都有可能进行考查.预计 2018 年的高 考对本知识的考查空间向量的应用，仍然是以简单几何体为载体解决线线问题．【典型高考试 题变式】 （一）常规法求二面角的平面角 例 1.【2014 安徽卷（理）】如图，四棱柱 1111 DCBAABCD 中， AA1  底面 ABCD.四边形 ABCD为梯形， BCAD// ,且 BCAD 2 .过 DCA ,,1 三点的平面记为 ， 1BB 与 的交点 为Q . （1）证明：Q 为 1BB 的中点； （2）求此四棱柱被平面 所分成上下两部分的体积之比； （3）若 AA1 4 ， 2CD ，梯形 ABCD的面积为 6，求平面 与底面 ABCD所成二面角大 小. 【解析】 试题分析：（1）利用面面平行来证明线线平行 QC ∥ 1A D ，则出现相似三角形，于是根据三 角形相似即可得出 1 1 1 2 BQ BQ BC BB AA AD    ，即 Q 为 1BB 的中点.（2）连接 ,QA QD .设 1AA h ，梯形 ABCD 的高为 d ，四棱柱被平面 所分成上下两部分的体积分别为V上 和V下 ， =BC a ，则 2AD a .先表示出 1 7= + 12Q A AD Q ABCDV V V ahd  下 和 1 1 1 1 3= 2A B C D ABCDV ahd ，就 可求出 1 1 1 1 3 7 11= = 2 12 12A B C D ABCDV V V ahd ahd ahd   下上 ，从而 11= 7 V V 上 下 .（3）常规法，作 出二面角.在 ADC 中，作 AE DC ，垂足为 E ，连接 1A E .又 1DE AA 且 1AA AE A ，所以 DE  平面 1AEA ，于是 1DE A E .所以 1AEA 为平面 与底面 ABCD 所成二面角的平面角.（1）证：因为 BQ ∥ 1AA ， BC ∥ AD , 1,BC BQ B AD AA A   ， 所以平面QBC ∥平面 1A AD .从而平面 1ACD 与这两个平面的交线相互平行，即QC ∥ 1A D . 故 QBC 与 1A AD 的对应边相互平行，于是 1QBC A AD  . 所以 1 1 1 2 BQ BQ BC BB AA AD    ，即 Q 为 1BB 的中点. （2）解：如图，连接 ,QA QD .设 1AA h ，梯形 ABCD 的高为 d ，四棱柱被平面 所分成 上下两部分的体积分别为V上 和V下 ， =BC a ，则 2AD a . 1 1 1 123 2 3Q A ADV a h d ahd       ， 1 2 1 3 2 2 4Q ABCD a a hV d ahd          ， 所以 1 7= + 12Q A AD Q ABCDV V V ahd  下 ， 又 1 1 1 1 3= 2A B C D ABCDV ahd 所以 1 1 1 1 3 7 11= = 2 12 12A B C D ABCDV V V ahd ahd ahd   下上 ， 故 11= 7 V V 上 下 . 【方法技巧归纳】证明线面平行有两种思路：第一寻求线线平行，利用线面平行的判定定理. 第二寻求面面平行，本题借助平行四边形和三角形中位线定理可以得到线线平行，进而证明 线面平行；求二面角一是传统方法，“一作，二证，三求”，如本题的解析，二是建立空间 直角坐标系，借助空间向量，求法向量，利用公式求角. 求二面角的常见方法有：1、利用定义找到二面角的平面角，根据平面几何知识求解；2、利 用公式 'cos S S   ，求出二面角的余弦，从而求得二面角的大小；3、利用空间相夹角余弦公 式． 【变式 1】【改编例题中条件】【2017 届安徽省马鞍山市中加学校三模】如图，三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，四边形 1 1AA BB 是菱形， 1 1 3BB A   ， 1 1 1 1C B AA BB 面 ,二面角 1 1C A B B  为 6  ， 1CB  . （Ⅰ）求证：平面 1ACB  平面 1CBA ; （Ⅱ）求二面角 1A AC B  的余弦值. 【解析】试题分析：（1）由菱形可得 1 1AB A B ，由棱柱和 1 1 1 1C B AA BB 面 ，可得 1CB AB ， 由直线与平面垂直判定定理，可得 1 1AB A BC 面 ,可证。（2）过 1 1,AB A B 交点O 作 1OE AC , 垂足为 E ,连 AE 则 AEO 为二面角 1A AC B  的平面角。由二面角 1 1C A B B  为 6  ， 1CB  ，可求得各线段长，即可算出二面角的平面角。 （2）由题意得 1 1A B B 为正三角形， 取 1 1A B 得中点为 D，连 CD,BD, 则 1 1BD A B ,又 1 1CB A B 易得 1 1CD A B ,则 CDB 为二面角 1 1C A B B  的平面角， 因 1BC  , CDB = 6  ,所以 3BD  , 所以 1 1 1 1 2A B BB A B   过 1 1,AB A B 交点O 作 1OE AC ,垂足为 E ,连 AE 则 AEO 为二面角 1A AC B  的平面角， 又 5 , 35OE AO  得 4 5 5AE  所以 1cos 4AEO  【变式 2】【改编例题中条件】【2014 湖南卷（理）】如图 6,四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的所有 棱长都相等, 1 1 1 1 1,AC BD O AC B D O   ,四边形 1 1ACC A 和四边形 1 1BDD B 为矩形. (1)证明: 1O O  底面 ABCD ; (2)若 060CBA  ,求二面角 1 1C OB D  的余弦值. 【解析】 试题分析:(1)要证明线面垂直,只需要在面内找到两条相交的线段与之垂直即可,即证明 ,AC BD 与 1O O 垂直,首先利用四棱柱所有棱相等,得到上下底面为菱形,进而得到 1,O O 均为 中点,得到 1 1 1, ,A A O O B B 三者相互平行,四边形 1 1 1 1,BDD B ACC A 均为矩形与平行相结合即可 得到 ,AC BD 与 1O O 垂直,进而证明线面垂直. (2)要求二面角,此问可以以以 O 为坐标原点, 1, ,OB OC OO 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴 建立三维直角坐标系,利用空间向量的方法得到二面角的余弦值,在此说明第一种方法,做出 二 面 角 的 平 面 角, 过 1O 作 1B O 的 垂 线 交 1B O 于 点 H , 连 接 1 1,HO HC . 利 用 (1) 得 到 1 1 1O O AC ,在利用四边形 1 1 1 1A B C D 为菱形,对角线相互垂直,两个垂直关系即可得到 1 1AC 垂直于平面 1 1BDD B ,进而得到 1 1 1B O O C ,结合 1 1B O O H 得到线面垂直,说明角 1 1O HC 即为哦所求二面角的平面角,设四棱柱各边长为 2a ,利用勾股定理求出相应边长即可得到角 1 1O HC 的余弦值,进而得到二面角的余弦值. (1)证明:四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的所有棱长都相等 四边形 ABCD 和四边形 1 1 1 1A B C D 均为菱形  1 1 1 1 1,AC BD O AC B D O    1,O O 分别为 1 1,BD B D 中点 四边形 1 1ACC A 和四边形 1 1BDD B 为矩形  1 / /OO 1 1//CC BB 且 1 1,CC AC BB BD  1 1,OO BD OO AC   又 AC BD O 且 ,AC BD  底面 ABCD 1OO  底面 ABCD . 又 1 1 1O C OO 且 1 1 1 1OO O C O , 1 1 1,O O O B  面 1OB D 1 1O C  面 1OB D 又 1B O  面 1OB D 1 1 1B O O C  又 1 1B O O H 且 1 1 1 1O C O H O , 1 1 1,O C O H  面 1 1O HC 1B O  面 1 1O HC  1 1O HC 为二面角 1 1C OB D  的平面角,则 1 1 1 1 cos O HO HC HC   060CBA  且四边形 ABCD 为菱形 1 1O C a  , 1 1 3 ,B O a 2 2 1 1 1 1 12 , 7OO a B O B O OO a    , 则 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 21sin 3 77 O O aO H B O O B O B O a aB O a        再由 1 1O HC 的勾股定理可得 2 2 2 2 1 1 1 1 12 19 7 7HC O H OC a a a     , 则 1 1 1 1 cos O HO HC HC   2 21 2 577 1919 7 a a   ,所以二面角 1 1C OB D  的余弦值为 2 57 19 . （二）向量法求二面角的平面角 例 2. 【 2017 全 国 1 卷 （ 理 ）】 如 图 所 示 ， 在 四 棱 锥 P ABCD 中 ， //AB CD ， 且 90BAP CDP     (1)证明：平面 PAB  平面 PAD ； (2)若 PA PD AB DC   ， 90APD   ，求二面角 A PB C  的余弦值. 【解析】（1）证明：因为 90BAP CDP     ，所以 PA AB ， PD CD . 又因为 AB CD∥ ，所以 PD AB ，又因为 PD PA P ， PD 、 PA  平面 PAD 所以 AB  平面 PAD ，又 AB  平面 PAB ，所以平面 PAB  平面 PAD （2）取 AD 中点 O ， BC 中点 E ，联结 PO ， OE ， 因为 AB CD∥ ，所以四边形 ABCD 为平行四边形，所以 OE AB∥ . 由（1）知， AB  平面 PAD ，所以 OE  平面 PAD ， 又 PO 、 AD  平面 PAD ，所以 OE PO ， OE AD . 又因为 PA PD ，所以 PO AD ，所以 PO 、 OE 、 AD 两两垂直， 所以以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz 设 2PA  ，所以  0 02D  ， ， ，  22 0B ， ， ，  00 2P ， ， ，  2 02C  ， ， ， 所以  02 2PD    ， ， ，  22 2PB   ， ， ，  2 2 0 0BC   ， ， 设  x y zn , , 为平面 PBC 的法向量， 由 0 0 n PB n BC          ，得 2 2 2 0 2 2 0 x y z x       . 令 1y  ，则 2z  ， 0x  ，可得平面 PBC 的一个法向量  0 1 2n , , . 因为 90APD   ，所以 PD PA ，又知 AB  平面 PAD ， PD  平面 PAD ， 所以 PD AB ，又 PA AB A ，所以 PD  平面 PAB ， 即 PD  是平面 PAB 的一个法向量，  02 2PD    , , 所以 2 3cos 32 3 PDPD PD         nn n , . 由图知二面角 A PB C  为钝角，所以它的余弦值为 3 3  . 【方法技巧归纳】1.利用向量计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向 量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小． (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的 两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小． 2．利用法向量求二面角时的两个注意点 (1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，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，以防结论错误. 【变式 1】【改编例题条件】【2017 全国 2 卷（理）】如图所示，四棱锥 P ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ， 1 2AB BC AD  ， o90BAD ABC    ， E 是 PD 的中点. （1）证明：直线 //CE 平面 PAB ； （2）点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成锐角为 45 ，求二面角 M AB D  的 余弦值. （2）以 AD 中点 O为原点，如图建立空间直角坐标系． 设 1AB BC  ，则  0 0 0O ，， ，  0 1 0A ， ， ，  1 1 0B ， ， ，  1 0 0C ，， ，  0 1 0D ，， ，  0 0 3P ，， ． M 在底面 ABCD 上的投影为 M  ，所以 MM BM  ．因为 45MBM    ， 所以 MBM △ 为等腰直角三角形． 因为 POC△ 为直角三角形， 3 3OC OP ，所以 60PCO   ． 设 MM a  ， 3 3CM a  ， 31 3OM a   ．所以 31 0 03M a       ， ， ． 2 2 2 23 1 61 0 13 3 2BM a a a a              ．所以 3 21 13 2OM a     ． 所以 21 0 02M       ， ， ， 2 61 02 2M      ， ， ， 2 61 12 2AM        ， ， ， (1 0 0)AB  ，， ． 设平面 ABM 的法向量 1 1(0 )y z ， ，m ． 1 1 6 02y z  ，所以 (0 6 2) ， ，m ，  0 2 0AD  ，， ，  1 0 0AB  ，， ．设平面 ABD 的法向量为  20 0 z ，，n ， (0 0 1) ， ，n ．所以 10cos , 5   m nm n m n ． 所以二面角 M AB D  的余弦值为 10 5 ． 【变式 2】【改编函数条件和问法】【2017 全国 3 卷（理）】如图所示，四面体 ABCD 中， ABC△ 是正三角形， ACD△ 是直角三角形， ABD CBD   ， AB BD ． （1）证明：平面 ACD  平面 ABC ； （2）过 AC 的平面交 BD 于点 E ，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，求 二面角 – –D AE C 的余弦值． 【解析】⑴取 AC 中点为 O ，联结 BO ， DO ； 因为 ABC△ 为等边三角形，所以 BO AC ，所以 AB BC . AB BC BD BD ABD DBC       ， ABD CBD△ △ .所以 AD CD ，即 ACD△ 为等腰直角三角形， ADC 为直角又 O 为底边 AC 中点，所以 DO AC . 令 AB a ，则 AB AC BC BD a    ，易得： 2 2OD a ， 3 2OB a 所以 2 2 2OD OB BD  ，由勾股定理的逆定理可得 2DOB   ，即 OD OB . OD AC OD OB AC OB O AC ABC OB ABC         平面 平面 ，所以OD  平面 ABC . 又因为 OD  平面 ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面 ADC  平面 ABC . ⑵由题意可知 V VD ACE B ACE  ，即 B ， D 到平面 ACE 的距离相等，即 E 为 BD 中点. 以 O 为原点， OA  为 x 轴正方向， OB  为 y 轴正方向，OD  为 z 轴正方向，设 AC a ，建立空 间直角坐标系，则  0,0,0O ， ,0,02 aA     ， 0,0, 2 aD     ， 30, ,02B a       ， 30, ,4 4 aE a       易得： 3, ,2 4 4 a aAE a        ， ,0,2 2 a aAD       ， ,0,02 aOA       ， 设平面 AED 的法向量为 1n ，平面 AEC 的法向量为 2n ， 则 1 1 0 0 AE AD        n n ，解得  1 3,1, 3n ， 2 2 0 0 AE OA        n n ，解得  2 0,1, 3 n . 若二面角 D AE C  为 ，易知 为锐角，则 1 2 1 2 7cos 7    n n n n . 【数学思想】 1.转化与化归的思想方法是数学中最基本的思想方法，数学中一切问题的解决(当然包括解题) 都离不开转化与化归，数形结合思想体现了数与形的相互转化；函数与方程思想体现了函数、 方程、不等式间的相互转化；分类讨论思想体现了局部与整体的相互转化，以上三种思想方 法都是转化与化归思想的具体体现。各种变换方法、分析法、反证法、待定系数法、构造法 等都是转化的手段。所以说，转化与化归是数学思想方法的灵魂. 2. 转化包括等价转化和非等价转化，非等价转化又分为强化转化和弱化转化 等价转化要求在转化过程中的前因后果既是充分的又是必要的，这样的转化能保证转化的结 果仍为原问题所需要的结果，非等价转化其过程则是充分的或必要的，这样的转化能给人带 来思维的启迪，找到解决问题的突破口，非等价变形要对所得结论进行必要的修改. 非等价转化（强化转化和弱化转化）在思维上带有跳跃性，是难点，在压轴题的解答中常常 用到，一定要特别重视！ 3.转化与化归的原则 （1）熟悉化原则：将不熟悉和难解的问题转化为熟知的易解的或已经解决的问题； （2）直观化原则：将抽象的问题转化为具体的直观的问题； （3）简单化原则：将复杂的问题转化为简单的问题，将一般性的问题转化为直观的特殊的问 题；将实际问题转化为数学问题，使问题便与解决. （4）正难则反原则：若过正面问题难以解决，可考虑问题的反面，从问题的反面寻求突破的 途径； （5）低维度原则：将高维度问题转化成低维度问题. 4.转化与化归的基本类型 （1） 正与反、一般与特殊的转化； （2） 常量与变量的转化； （3） 数与形的转化； （4） 数学各分支之间的转化； （5） 相等与不相等之间的转化； （6） 实际问题与数学模型的转化. 5．常见的转化方法 （1）直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题； （2）换元法：运用“换元”把非标准形式的方程、不等式、函数转化为容易解决的基本问题； （3）参数法：引进参数，使原问题的变换具有灵活性，易于转化； （4）构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题； （5）坐标法：以坐标系为工具，用代数方法解决解析几何问题，是转化方法的一种重要途径； （6）类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于确定转化的途径； （7）特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的结论适合原问题； （8）一般化方法：若原问题是某个一般化形式问题的特殊形式且有较难解决，可将问题通过 一般化的途径进行转化； （9）等价问题法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，达到转化目的； （10）补集法：（正难则反）若过正面问题难以解决，可将问题的结果看作集合 A，而把包含 该问题的整体问题的结果类比为全集 U，通过解决全集 U 及补集获得原问题的解决. 立体几何中的转化与化归，主要利用直接转化法或坐标法，将空间问题转化成平面问题、将 几何问题转化成代数问题加以解决. 【空间角的范围处理错误注意点】 解决此类问题，要注意各种空间角的给定范围，容易在范围上出现问题. 【典例试题演练】 1．【2018 届湖北省武汉市部分学校新高三起点调研】设点 M 是棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱 AD 的中点，点 P 在面 1 1BCC B 所在的平面内，若平面 1D PM 分别与 平面 ABCD 和平面 1 1BCC B 所成的锐二面角相等，则点 P 到点 1C 的最短距离是（ ） A. 2 5 5 B. 2 2 C. 1 D. 6 3 【答案】A 2．【2018 届甘肃省张掖市民乐县第一中学高三 10 月月考】如图所示，已知二面角 l   的 平面角为 ， , , ,PA PB A B   为垂足， 且 4PA  ， 5PB  ，设 ,A B 到棱l 的距离 分别为 ,x y ，当 变化时，点 ,x y 的轨迹是下列图形中的（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 在平面 内过 A 作 AM l ，垂足为 M ，连结 , , ,BM PA AM PA AM     ， 2 2 216PM PA AM x     ，同理 2 2 225PM PB BM y    ， 2 216 25x y    ，即 2 2 9x y  ，又  0, 0, ,x y x y   的轨迹是双曲线 2 2 19 9 x y  在 第一象限内的部分，故选 D. 3．【2018 届浙江省温州市高三 9 月高考适应性测试】如图，正四面体 中， 、 、 在棱 、 、 上，且 ， ，分别记二面角 ， ， 的平面角为 、 、 ，在（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 是正四面体， 、 、 在棱 、 、 上，且 ， ，可得 为 钝角， 为锐角，设 到 的距离为 ， 到 的距离为 ， 到 的距离为 ， 到 的 距离为 ，设正四面体的高为 ,可得 ，由余弦定理可得 ，由三 角形面积相等可得到 ，所以可以推出 所以 ，故选 D. 4 ．【 2017 届 广 西 桂 林 市 、 崇 左 市 、 百 色 市 高 三 下 学 期 一 模 】 在 菱 形 ABCD 中 ， 2 3, 60AB A   ，将 ABD 沿 BD 折起到 PBD 的位置，若二面角 P BD C  的大小为 120 ，三棱锥 P BCD 的外接球球心为 O ， BD 的中点为 E ，则 OE  A. 1 B. 2 C. 7 D. 2 7 【答案】B 【 解析 】 因 为在 菱 形 ABCD 中 ， BD 的 中点 为 D , 所 以 ,AE BD CE BD  , 则 PE BD , 所 以 PEC 为 二 面 角 P BD C  的 平 面 角 , 0120PEC  , 由 于 060C A  ,所以 BCD 为等边三角形,若 BCD 外接圆的圆心为 'O ,则 'OO  平面 BCD , 在 等 边 BCD 中 , 2 3 1 3' 2, ' 13 2 3 2O C BC EO BC      , 可 以 证 明 POE COE   , 所 以 PEO CEO   , 又 0120PEC  , 所 以 0'=60OEO , 在 'Rt OEO 中, 2 '=2OE EO ,选 B. 5．【2017 届重庆市第一中学高三下学期第二次月考】已知正三棱锥 的侧棱长为 ，若二 面角 的余弦值为 ，则三棱锥 的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 如 图 ， 设 正 底 面 三 角 形 的 边 长 为 ， 则 ， 故 ， 又 ， 故 ， 即 ，所以三棱锥 的体积 ，应选答案 A。 6．【2017 届河北省石家庄市高三第二次质量检测】设二面角 的大小为 ， 点在平面 内， 点在 上，且 ，则 与平面 所成的角的大小为__________． 【答案】30° 【解析】如图，作 平面 于点 ，在平面 内过 作 于点 ，连接 ，由三垂线定理得 ， 所 以 为 二 面 角 的 平 面 角 ， 所 以 ， 又 ， 所 以 ．连接 ，则 为 与平面 的所成角．设 ，则 ， ， ， ，所以 ，所以 ． 7．【2016 届广西南宁三中、柳铁一中、玉林高中高三 9 月联考】如图，已知正四棱柱 ABCD A B C D１ １ １ １－ 中，底面边长 2AB  ，侧棱 1BB 的长为 4，过点 B 作 1B C 的垂线交侧棱 1CC 于点 E ，交 1B C 于点 F ． （1）求证： 1AC ⊥平面 BDE ； （2）求二面角 1E BD A  的余弦值。 【 解 析 】 试 题 分 析 ：（ 1 ） 因 为 1 1 1 1ABCD A B C D 是 正 四 棱 柱 ， 所 以 可 证 得 1 1BD A AC BD AC  平面 ，同理可得 1 1 1BE A B C BE AC  平面 ，即得证 1AC  平面 BDE （2）以DA、DC、 1DD 分别为 , ,x y z 轴，建立直角坐标系，由 1 1 0 1BE B C BE B C a       ， 找出两个面的法向量，代入公式即得解. 试题解析： （1）连接 AC，因为 1 1 1 1ABCD A B C D 是正四棱柱， 所以 1 1 1 1 BD AC BD AA BD A AC BD AC AC AA A           平面 同理可得 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 BE BC BE A B BE A BC BE AC BC A B B           平面 又因为 BD BE B  ,所以 1AC  平面 BDE ． （2）解法一：以 DA、DC、 1DD 分别为 , ,x y z 轴，建立直角坐标系，设 ,CE a 则  2,2,0 .B        1 10,2, , 2,2,4 , 0,2,0 , 2,0,4E a B C A ， 由  1 1 0 1. 0,2,1BE B C BE B C a E        设面 DBE 的法向量为  , ,n x y z .由   , , 2,2,0 0 0n DB x y z x y      由   , , 0,2,1 0n DE x y z   2 0y z   令 1y  得 ：  1, 2, 1,1, 2x z n        设 平 面 1DBA 的 法 向 量 为  1 1 1, ,m x y z . 由 0m DB x y    ， 由 1 2 0m DA x z    令 2x  得：  2, 1 2, 2, 1y z m        设 m 与 n 所成的角为 ， 则值 2 2 2 2 6cos 94 4 1 1 1 4 3 6 m n m n                    由题意：二面角 1A DB E  为锐角， 二面角 1A DB E  的余弦值为 6 .9 8．【2018 届四川省成都市第七中学高三上学期半期考试】如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 底面是等腰直角三角形， 090ACB  ，侧棱 1 2AA  ，点 , ,D E F 分别为棱 1 1, ,CC A B AB 的 中点， ABD 的重心为G ，直线 EG 垂直于平面 ABD . （1）求证：直线 / /CF 平面 1A BD ； （2）求二面角 1A BD C  的余弦. 【解析】试题分析：（1）证线面平行，直接找线线平行即可，构造平行四边形 EFCD ，证明CF 平行于 DE，即可得到线线平行，进而得到线面平行。（2）建系，分别求出两个半平面的法向 量，根据公式得到法向量的夹角，从而得到二面角的大小。 (1) 连结 , ,DE EF FC ，则在三角形 1A AB 中 EF 为中位线，于是 1/ /EF A A， 1 1 2EF A A 因为 D 为 1C C 中点，所以 EF 平行且等于 DC . 所以在平行四边形 EFCD 中， CF 平行于 DE 因为 DE 在平面 1A BD 上，所以CF 平行于平面 1A BD （2）分别以 1, ,CA CB CC 为 , ,x y z 轴建立空间直角坐标系 设CA a ，则        1 1,0,0 , 0, ,0 , 0,0,1 , ,0,2 , , ,1 , , ,2 2 3 3 3 a a a aA a B a D A a E G           因为 EG 垂直于平面 ABD ，所以有 0, 0EG AB EG AD       ， 解得 2a  ，所以 2 2AB  面 ABC 的法向量  0,0,1n  ，面 ABD 的法向量为 1 1 2, ,3 3 3EG         所以 6cos , 3n EG  结合图形知，二面角 1A BD C  的平面角的余弦值为 6 3  . 9．【2018 届河北省邢台市高三上学期第二次月考】如图，三棱柱 1 1 1ABC A B C 的所有棱长均 为 2，底面 ABC  侧面 1 1AA B B ， 1 1 60AA B   ， P 为 1CC 的中点， 1 1AB A B O  . （1）证明： 1 1AB A P . （2）若 M 是 AC 棱上一点，满足 45MOP   ，求二面角 1M BB A  的余弦值. 【解析】试题分析：（1））取 AB 的中点 D ，连接 , ,OP CD OD ，易证OPCD 为平行四边形， 从而OP CD .由底面 ABC  侧面 1 1AA B B ，可得CD  侧面 1 1AA B B ，即 1AB OP ，又 侧面 1 1AA B B 为菱形，所以 1 1AB A B ，从而 1AB  平面 1AOP ，可证得 AB1⊥A1P． （2）以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 z xoy .利用向量法求解． 试题解析;（1）取 AB 的中点 D ，连接 , ,OP CD OD ，易证 OPCD 为平行四边形，从而 OP CD .由底面 ABC  侧面 1 1AA B B ，底面 ABC  侧面 1 1AA B B AB ， CD AB ， CD  底面 ABC ，所以CD  侧面 1 1AA B B ，即OP 侧面 1 1AA B B ，又 1AB  侧面 1 1AA B B ， 所以 1AB OP ，又侧面 1 1AA B B 为菱形，所以 1 1AB A B ，从而 1AB  平面 1AOP ，因为 1A P  平面 1AOP ，所以 1 1AB A P . （2）由（1）知， 1OP OA ， OP OA ， 1OA OA ，以O 为原点，建立如图所示的空 间直角坐标系 z xoy . 因为侧面 1 1AA B B 是边长为 2 的菱形，且 1 1 60AA B   ，所以  0,0,0O ，  0,1,0A ，  1 0, 1,0B  ，  3,0,0B  ， 3 1, , 32 2C      ，  0,0, 3P ，得  0,0, 3OP  .设  0AM AC    ，得 3 1,1 , 32 2M         ，所以 3 1,1 , 32 2OM           ， 所以 3OP OM    .而 cosOP OM OP OM MOP         2 2 23 1 23 1 34 2 2           .所以 2 2 23 1 33 1 3 34 2 2             ，解得 1 2   .所以 3 3 3, ,4 4 2M      ，  1 3,1,0B B   ， 1 3 7 3, ,4 4 2B M        .设平面 1B BM 的法向量  1 , ,n x y z ，由 1 1 1 1 0{ 0 B B n B M n         得 3 0 { 3 7 3 04 4 2 x y x y z        ，取  1 1, 3, 3n   .而侧面 1 1AA B B 的一个法向量  2 0,0,1n  .设二面角 1M BB A  的大小为  .则 1 2 1 2 1 2 cos cos , n nn n n n          3 3 13 1313  10．【2018 届山西实验中学、南海桂城中学高三上学期联考】如图所示，在 Rt ABC 中，斜 边 4, 60AC ACB    ，将 ABC 沿直线 AC 旋转得到 ADC ，设二面角 D AC B  的 大小为  0 180     . （1）取 AB 的中点 E ，过点 E 的平面与 ,AC AD 分别交于点 ,F G ，当平面 / /EFG 平面 BDC 时，求 FG 的长（2）当 =90  时，求二面角 B DC A  的余弦值. 【解析】试题分析：（1）根据两个面平行的性质，可以得出交线 / /EG BD平行，利用中位线 的性质可得 1 12FG CD  ；（2）过点 B 作 BO AC 交 AC 于点 O ，可证明 DO  平面 ABC ，建立以点 O 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角可求出二面角 B DC A  的余弦值. 试题解析：（1）因为平面 / /EFG 平面 BDC ,平面 ABD  平面 EFG EG ， 平面 ABD  平面 BCD BD ，所以 / /EG BD. 因为 E 为 AB 的中点，所以G 为 AD 的中点. 同理可证： F 为 AC 的中点.所以 1 2FG CD . 在 Rt ABC 中，斜边 4, 60AC ACB    ,可知： cos60 2BC AC    ,即 2CD  , 所以 1 12FG CD  . （2）过点 B 作 BO AC 交 AC 于点 O ,连接 DO ,则 DO AC . 因为 90  ，所以平面 ACD  平面 ABC . 因为平面 ACD 平面 ABC AC ， DO  平面 ACD ，所以 DO 平面 ABC . 以点O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系. 在 Rt BOC 中， 2, 60BC ACB    ，所以 1, 3OC OB  . 所以 3, 3AO DO  .所以      3,0,0 , 0,1,0 , 0,0, 3B C D . 设平面 BCD的一个法向量为  1 , ,n x y z ， 则 1 1 0,{ 0, n BD n BC         可得 3 3 0,{ 3 0. x z x y       令 1x  可得  1 1, 3,1n  . 易知： BO  平面 ACD . 所以 1 1 1 3 5cos , = 53 5 n OBn OB n OB          .所以二面角 B DC A  的余弦值为 5 5 . 11．【2018 届云南省昆明一中高三第一次摸底测试】如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 090BAC  ， 2AB AC  ，点 ,M N 分别为 1 1 1,AC AB 的中点. （1）证明： / /MN 平面 1 1BB C C ； （2）若CM MN ，求二面角 M CN A  的余弦值. 【解析】试题分析：（1）连接 1 1A B ， 1BC ，点 M ， N 分别为 1 1AC ， 1A B 的中点， 可得 MN 为 △ 1 1A BC 的一条中位 线， 1//MN BC ，由线面平行的判定定理可得结论；（2）先利用勾股定理证明CM MN ， 由题意以点 A 为坐标原点， AB 为 x 轴， AC 为 y 轴， 1AA 为 z 轴建立空间直角坐 标系，分别求出平面 MCN 与平面CNA 的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结 果； 试题解析：（1）证明：连接 1 1A B ， ，点 M ， 分别为 1 1AC ， 的中点，所以 MN 为△ 1 1A BC 的一条中位线， 1//MN BC ， MN 平面 1 1BB C C ， 1BC  平面 1 1BB C C ， 所以 //MN 平面 1 1BB C C . （2）设 ，则 ， ， ， 由CM MN ，得 ，解得 ， 由题意以点 为坐标原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系. 可得 ， ， ， ， 故 ， ， ， ， 设 为平面 的一个法向量，则 ，得 10 2m  （ ，， ），同理可得平面 的一个法向量为 3 2 2n（ ，， ）， 设二面角 M CN A  的平面角为 ， ， ， 所以，二面角 M CN A  的余弦值为 . 12．【2018 届江西师大附属中学 10 月高三月考】如图所示的几何体是由棱台 1 1 1ABC A B C 和 棱锥 1 1D AAC C 拼接而成的组合体，其底面四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，且 60BAD   ， 1BB  平面 ABCD ， 1 1 12 2BB A B  ． （1）求证：平面 1AB C  平面 1BB D 1BB D ； （2）求二面角 1 1A BD C  的余弦值． 【解析】试题分析： （1）要证明平面 1AB C ⊥平面 1BB D ，由面面垂直的判定定理知，需在某个平面上找到某条 直线垂直于另一个平面，通过观察分析，平面 1AB C 内直线 AC 平面 1BB D .要证明 AC 平 面 1BB D ，又转化为线面垂直问题， 1BB ⊥平面 ABCD ∴ 1BB ⊥ AC ，菱形 ABCD 中， BD ⊥ AC ，又 1BD BB B  ，∴ AC 平面 1BB D . （2）连接 BD 、 AC 交于点 O ，以 O 为坐标原点，以 OA为 x 轴，以 OD 为 y 轴，如图建 立空间直角坐标系.        10, 1,0 , 0,1,0 , 0, 1,2 , 3,0,0B D B A  1 1 1 1 3 1, ,22 2 2B A BA A          ，同理 1 3 1, ,22 2C       1 3 1, ,22 2BA        ,  0,2,0BD  , 1 3 1, ,22 2BC        设平面 1A BD 的法向量  , ,n x y z 1 0{ 0 BA n BD n         ，则  4,0, 3n   设平面 DFC 的法向量  1 1 1, ,m x y z 1 0{ 0 BD m BC m         ，则  4,0, 3m  设二面角 1 1A BD C  为 ， | 13cos 19 m n m n     