第5讲 二面角（解析版）-2021年新高考数学之立体几何综合讲义

第 5 讲 二面角 一．选择题（共 7 小题） 1．在边长为 1 的菱形 ABCD 中， 60ABC   ，将菱形沿对角线 AC 折起，使折起后 1BD  ，则二面角 B AC D  的余弦值为 ( ) A． 1 3 B． 1 2 C． 2 2 3 D． 3 2 【解答】解：取 AC 中点 E ，连接 BE ， DE ，则 DE AC ， BE AC ； BED 便是二面角 B AC D  的平面角； 在 Rt CDE 中， 30EDC   ， 1CD  ， 90DEC   ； 3 2DE  ，同样 3 2BE  ，又 1BD  ； 由余弦定理得： 3 3 1 14 4cos 3 3 2 BED      ． 故选： A ． 2．已知矩形 ABCD 的两边 3AB  ， 4AD  ，PA  平面 ABCD ，且 4 5PA  ，则二面角 A BD P  的正切值 为 ( ) A． 1 2 B． 1 3 C． 1 2  D． 1 3  【解答】解：过 A 作 AO BD ，交 BD 于 O ，连结 PO ， 矩形 ABCD 的两边 3AB  ， 4AD  ， PA  平面 ABCD ，且 4 5PA  ， 2 23 4 5BD    ， PO BD ， POA 是二面角 A BD P  的平面角，  1 1 2 2BD AO AB AD     ， 12 5 AB ADAO BD    ， 4 15tan 12 3 5 PAPOA AO      ． 二面角 A BD P  的正切值为 1 3 ． 故选： B ． 3．在平面 内，已知 AB BC ，过直线 AB ， BC 分别作平面  ， ，使锐二面角 AB   为 3  ，锐二 面角 BC   为 3  ，则平面  与平面 所成的锐二面角的余弦值为 ( ) A． 1 4 B． 3 4 C． 1 2 D． 3 4 【解答】解：在平面 内， AB BC ，过直线 AB ， BC 分别作平面  ， ， 使锐二面角 AB   为 3  ，锐二面角 BC   为 3  ， 平面  与平面 所成的锐二面角 的余弦值为： 1cos cos cos3 3 4      ． 故选： A ． 4．如图，60 的二面角的棱上有 A ，B 两点，直线 AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直 于 AB ．已知 4AB  ， 6AC  ， 8BD  ，则 CD 的长为 ( ) A． 17 B．7 C． 2 17 D．9 【解答】解： CA AB ， BD AB ，  0CA AB   ， 0DB AB   ．  CD CA AB BD      ，  2 2 2 2 2 2 2CD CA AB BD CA AB CA BD AB BD                  2 2 26 4 8 2 6 8cos120 68        ， 2 17CD  故选： C ． 5．二面角的棱上有 A 、B 两点，直线 AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于 AB ．已知 4AB  ， 6AC  ， 8BD  ， 2 17CD  ，则该二面角的大小为 ( ) A．150 B． 45 C． 60 D．120 【解答】解析：由条件，知 0, 0,CA AB AB BD CD CA AB BD              ．  2 2 2 2| | | | | | | | 2 2 2CD CA AB BD CA AB AB BD CA BD                  2 2 2 26 4 8 2 6 8cos , (2 17)CA BD         ， 1cos , 2CA BD     ，即 , 120CA BD    ， 所以二面角的大小为 60 ， 故选： C ． 6．设二面角 a   的大小是 60 ， P 是二面角内的一点， P 点到 ，  的距离分别为1cm ， 2cm ，则点 P 到棱 a 的距离是 ( ) A． 2 21 3 cm B． 21 3 cm C． 2 3 cm D． 4 21 3 cm 【解答】解：设两个平面垂足分别为 B ， D ． P 到 L 的垂足为 A ， ABPD 构成四点共圆的平面四边形， AP 是直径， 90B D     ， 60A   ， 120P   ， 在 BPD 中，利用余弦定理 2 2 2 cos 7BD BP DP BP DP BPD      ， 2sin BD rA  ， AP 是直径是直径 7 2 21 sin 33 2 BDAP A     ， 点 p 到棱 L 距离为 2 21 3 ． 故选： A ． 7．正四棱锥相邻两个侧面所成的二面角的平面角为  ，侧面与底面的二面角的平面角为  ，则 2cos cos2  的值是 ( ) A．1 B．2 C． 1 D． 3 2 【解答】解：设正四棱锥 S ABCD 的底面边长为 a ，侧棱长为 b ，如图 过 S 做 SE AB 与 E ， SO  底面 ABCD 与 O ，连 EO ，则 SEO 即为侧面与底面所成二面角的平面角，即 为  ， 在三角形 SEO 中， 2 2 21 4SE b a  ， 2 aOE  ，所以 2 2 2 2 1 4cos 1 4 a b a    ， 2 2 2 2 1 2cos2 2cos 1 11 4 a b a       过 B 做 BH SA 与 H ，连 CH ，由 SAB SAC   ，所以 CH SA ，则角 BHC 即为两个侧面所成的二面角 的平面角，即 ， 在 BCH 中， BC a ， 2 21 4a b a BH CH b    ，由余弦定理可得 2 2 2 1 4cos 1 4 a b a     ， 所以 22cos cos2 2(cos cos      ) 1 0 1 1     故选： C ． 二．填空题（共 4 小题） 8．已知四棱锥 P ABCD 的底面是正方形， PA  平面 ABCD ，且 PA AD ，则平面 PAB 与平面 PCD 所成 的二面角的度数为 045 ． 【解答】解：如图，过点 P 作直线 / /l AB ，直线 l 就是平面 PAB 与平面 PCD 的交线， PA  面 ABCD ， PA CD  ，又 CD AD ， CD  面 PAD 即 CD PD ， PD l  ， PA l ，故 DPA 就是平面 PAB 与平面 PCD 所成的二面角的平面角， 在直角 PAD △中可知 45DPA   ． 故答案为： 045 9．如图所示的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，过顶点 B 、D 、 1C 作截面，则二面角 1B DC C  的平面角的余 弦值是 3 3 ． 【解答】解：以 A 为坐标原点，AB ，AD ， 1AA 分 别为 x ， y ， z 轴正方向建立空间坐标系 设正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 a 则由正方体的几何特征可得 (0AD  ，a ，0) 是平 面 1DC C 的一个法向量； 设平面 1BDC 的法向量为 (m x ， y ， )z 由 (BD a  ，a ，0) ， 1 (0BC  ，a ， )a ，m BD  ， m BD  得 0 0 ax ay ay az       令 1x  ，则 (1m  ，1， 1) 为平面 1BDC 的一个法 向量 设二面角 1B DC C  的平面角为 则 | | 3cos 3| | | | 3 AD m a AD m a         故答案为： 3 3 10．将直角三角形 ABC 沿斜边上的高 AD 折成120 的二面角，已知直角边 4 3, 4 6AB AC  ，那么二面 角 A BC D  的正切值为 42 3 ． 【解答】解：如图，由题意可知 BDC 为 B AD C  的平面角，即 120BDC   4 2AD  ， 4BD  ， 8DC  ， 4 21 7DF  ， AFD 为二面角 A BC D  的平面角， 42tan 3AFD  ， 故答案为 42 3 ． 11．已知二面角 a   等于120 ，二面角内一点 P 满足， PA  ， A  ， PB  ， B  ． 4PA  ， 6PB  ．则点 P 到棱 a 的距离为 4 21 3 ． 【解答】解：如图所示， PA 与 PB 确定平面 ，与 l 交于点 E ，则 BE a ， AE a ， BEA 即为二面角的平面角， 120BEA   ，从而 60BPA   ，又 4PA  ， 6PB  ． 2 2 2 cos 28 2 7AB PA PB PA PB BPA       ． 2 7 4 212 sin60 33 2 ABPE R     ， 则点 P 到棱 a 的距离是 4 21 3 ． 故答案为： 4 21 3 ． 三．解答题（共 10 小题） 12．如图，四棱锥V ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，其它四个侧面都是侧棱长为 5 的等腰 三角形， E 、 F 分别为 AB 、VC 的中点． （1）求证： / /EF 平面VAD ； （2）求二面角V AB C  的大小． 【解答】证明：（1）取VD 中点 M ，连结 AM 、 MF ， M 、 F 分别是VD 、VC 中点， / /MF AB ，且 1 2MF AB AE  ，（2 分） 四边形 AEFM 是平行四边形， / /EF AM （4 分） 又 AM  平面VAD ， EF  平面VAD ， / /EF 平面VAD ．（6 分） 解：（2）取 CD 中点 N ，则 EN AB ， 连结VE ，VN ， VA VB ， E 是 AB 中点， VE AB  ，（8 分） VEN 是二面角V AB C  的平面角，（10 分） 2VE VN   ， 2EN AD  ， 60VEN   即二面角V AB C  的大小为 60 ．（12 分） 13．如图，在四面体 ABCD 中，D 在平面 ABC 的射影 O 为棱 AB 的中点，E 为棱 BD 的中点，过直线 OE 作 一个平面与平面 ACD 平行，且与 BC 交于点 F ，已知 5AC BC  ， 2AO DO  ． （1）证明： F 为线段 BC 的中点； （2）求平面 ACD 与平面 DOF 所成锐二面角的余弦值． 【解答】（1）证明：平面 / /OEF 平面 ACD ，平面 ABC  平面 ACD AC ，平面 ABC  平面 OEF OF ， / /OF AC ， AO OB ， 点 F 为线段 BC 之中点． （2）解：由 AC CB ， AO OB ， CO AB  ， DO  平面 ABC ， DO OC  ， DO AB ． 建立如图所示的空间直角坐标系，  5AC BC  ， 2AO DO  ． 2 2( 5) 2 1CO    ． (0O ，0， 0) ， (2A ，0， 0) ， (0C ， 1 ， 0) ， ( 2B  ，0， 0) ， ( 1F  ， 1 2  ， 0) ， (0D ，0， 2) ，  ( 2AD   ，0， 2) ， ( 2AC   ， 1 ， 0) ， (0OD  ，0， 2) ， ( 1OF   ， 1 2  ， 0) ， 设平面 ACD 的法向量为 1(m x ， 1y ， 1)z ，则 0m AD m AC     ， 可得： 1 1 1 1 2 2 0 2 0 x z x y       ，取 (1m  ， 2 ，1) ． 设平面 DOF 的法向量为 2(n x ， 2y ， 2 )z ，则 0n OD n OF     ， 可得： 2 2 2 2 0 1 02 z x y    ，取 (1n  ， 2 ， 0) ． 5 30cos , | | | | 66 5 m nm n m n            ． 平面 ACD 与平面 DOF 所成锐二面角的余弦值为 30 6 ． 14．已知四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA  平面 ABCD ， 1AP AD  ， 2AB  ， E 、 F 分 别是 AB 、 PD 的中点． （1）求证： / /AF 平面 PEC ； （2）求 PC 与平面 ABCD 所成角的大小； （3）求二面角 P EC D  的大小． 【解答】解：（1）取 PC 的中点 H ，连接 FH ， EH ， 因为 E 、 F 分别是 AB 、 PD 的中点． 所以 / /FH DC ， 1 2FH DC ，又 / /AB DC ， / /FH AE ，并且 FH AE ． 四边形 AEHF 是平行四边形， / /AF EH ， EH  平面 PEC ， AF  平面 PEC ， 所以 / /AF 平面 PEC ； （2）连接 AC ，因为 PA  平面 ABCD ， 所以 PC 与平面 ABCD 所成的角的大小，就是 PCA ； 因为底面 ABCD 是矩形， 1PA AD  ， 2AB  ， 所以 2 21 2 5AC    ， 在 Rt PAC 中 1 5tan 55 PAPCA AC      ， 5arctan 5PCA  ． （3）延长 CE 至 O ，使得 AO CE 于 O ， 连接 PO ，因为 PA  平面 ABCD ， 所以 POA 就是二面角 P EC D  的大小， 在 Rt AOE 与 Rt EBC 中，易得 Rt AOE Rt EBC ∽ ， 所以 AO AE BC EC  ， 2 2 2EC EB BC   ， 所以 1 1 2 22 AE BCAO AO EC     ， 在 Rt PAO 中， 1tan 2 2 2 PAPOA AO     ， 所以所求的二面角 P EC D  的大小为： arctan 2 ． 15．如图所示，四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是边长为 1 的菱形， 60BCD   ， E 是 CD 的中点， PA  底面 ABCD ， 3PA  ． （1）证明：平面 PBE  平面 PAB ； （2）求异面直线 PC 与 BD 所成的角 （3）求二面角 A BE P  的大小． 【解答】证明： ( )I 如图所示，连接 BD ， ABCD 是菱形且 60BCD   ， BCD 是等边三角形． E 是 CD 的中点， BE CD  ， 又 / /AB CD ， BE AB  ， 又 PA  平面 ABCD ， BE  平面 ABCD ， PA BE  ， PA AB A  ， BE  平面 PAB ． 又 BE  平面 PBE ，平面 PBE  平面 PAB ． 解：（2）连结 AC ， 四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是边长为 1 的菱形， AC BD  ， PA  底面 ABCD ， PA BD  ， AC PA A  ， BD  平面 PAC ， PC  平面 PAC ， BD PC  ， 异面直线 PC 与 BD 所成的角为 90 ． （3）由（1）知， BE  平面 PAB ， PB  平面 PAB ， PB BE  ． 又 AB BE ， PBA 是二面角 A BE P  的平面角． 在 Rt PAB 中， tan 3PAPBA AB    ． 60PBA   ． 故二面角 A BE P  的大小为 60 ． 16．如图甲，直角梯形 ABCD 中， / /AB CD ， 2DAB   ，点 M 、 N 分别在 AB ， CD 上，且 MN AB ， MC CB ， 2BC  ， 4MB  ，现将梯形 ABCD 沿 MN 折起，使平面 AMND 与平面 MNCB 垂直（如图乙）． （Ⅰ）求证： / /AB 平面 DNC ； （Ⅱ）当 3 2DN  时，求二面角 D BC N  的大小． 【解答】解：（Ⅰ）证明： / /MB NC ， MB  平面 DNC ， NC  平面 DNC ， / /MB 平面 DNC ． 同理 / /MA 平面 DNC ，又 MA MB M ，且 MA 、 MB  平面 MAB 平面 / /MAB 平面 DNC ． / / / /MAB NCD ABAB MAB    平面 平面 平面 平面 DNC ． （Ⅱ） 过 N 作 NH BC 交 BC 延长线于 H ， 平面 AMND  平面 MNCB ， DN MN ， DN  平面 MBCN ，从而 DH BC ， DHN 为二面角 D BC N  的平面角． 由 4MB  ， 2BC  ， 90MCB   知 60MBC   ， 4 2cos60 3CN     ， 3 33sin60 2NH    ．  3 2DN  3tan 3 DNNHD NH     ， 30DHN   17．如图，正方形 ABCD 的边长为 2，将四条边对应的等腰三角形折起构成一个正四棱锥 P ABCD ． （1）当 Q 为 PC 为中点时，证明 / /PA 平面 BDQ ； （2）当等腰三角形的腰长为多少时，异面直线 PA 与 BC 所成的角为 60 ； （3）当侧棱与底面所成的角为 60 时，求相邻两个侧面所成的二面角的余弦值． 【解答】（1）证明：如图， 连结 AC 交 BD 于点 O ，连结 OQ ，点 O ， Q 分别是 AC ， PC 的中点， / /OQ AP ， 又 OQ  平面 BDQ ， PA  平面 BDQ ， / /PA 平面 BDQ ； （2）建立空间直角坐标系 O xyz 如图所示， 不妨设高 OP x ，则 (1A ， 1 ， 0) ， (0P ，0， )x ， 所以 ( 1,1, ), ( 2AP x BC     ，0， 0) ． 所以 2 2 2 1cos , | | | | 2 2 2 AP BCAP BC AP BC x x              ． 要使异面直线 AP 与 BC 所成的角为 60 ，只需 2 1 1cos60 22 x     ，解得 2x  ． 此时侧棱长也就是三角形的腰长为 2； （3）侧棱与底面所成的角也就是 60PBO   时， 3OP OB  ，而 2OB  ，所以 6OP  所以 ( 1,1, 6), (0AP AB    ，2， 0) ． 不妨设平面 PAB 的一个法向量为 (m x ， y ， )z ，则有 0 0 AP m AB m        ，即 6 0 2 0 x y z y      ，令 6x  ，得 0y  ， 1z  ． 所以 ( 6,0,1)m  ． 同理可得平面 PBC 的一个法向量为 (0, 6,1)n  ． 所以 1 1cos , | | | | 77 7 m nm n m n           ． 所以相邻两个侧面所成二面角的余弦值为 1 7  ． 18．已知， PA 垂直于正方形 ABCD 所在平面，且 PA AB ． （1）求平面 PDC 与平面 ABCD 所成二面角的大小； （2）求二面角 B PC D  的大小； （3）求二面角 A PB C  的大小； （4）求平面 PAC 与平面 PCD 所成二面角的大小． 【解答】解：（1）设 1PA AB  ，以 A 为原点， AB 为 x 轴，以 AD 为 y 轴， 以 AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 (0A ，0， 0) ， (1B ，0， 0) ， (1C ，1， 0) ， (0D ，1， 0) ， (0P ，0，1) ， (0,1, 1)PD   ， (1PC  ，1， 1) ， (1PB  ，0， 1) ， 设平面 PCD 的法向量 ( , , )n x y z ， 则 0 0 n PC x y z n PD y z           ， 取 1y  ，得 (0n  ，1，1) ，又平面 ABCD 的法向量 (0m  ，0，1) ， 设平面 PDC 与平面 ABCD 所成二面角的平面角为 ， 1 2cos | cos , | | | 22 m n       ， 45   ， 平面 PDC 与平面 ABCD 所成二面角为 45 ． （2）设平面 PCB 的法向量 ( , , )p a b c ， 则 0 0 n PC a b c n PB a c           ，取 1a  ，得 (1,0,1)p  ， 设二面角 B PC D  的平面角为 ， 则 1 1cos | cos , | | | 22 2 n p        ， 60   ， 二面角 B PC D  的大小为 60 ． （3）面 APB 的法向量 (0q  ，1， 0) ， 0cos , 0 2 q p     ， 二面角 A PB C  的大小为 90 ． （4） (0,0,1)AP  ， 设平面 PAC 的法向量 1(r x ， 1y ， 1)z ， 则 1 1 1 1 0 0 AP r z PC r x y z            ，取 1 1x  ，得 (1r  ， 1 ， 0) ， 设平面 PAC 与平面 PCD 所成二面角的平面角为  ， cos | cos r    ， 1 1| | | 22 2 n     ， 60   ， 平面 PAC 与平面 PCD 所成二面角的大小为 60 ． 19．如图，在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， E ， F ， M ， N 分别是棱 AB ， AD ， 1 1A B ， 1 1A D 的 中点，点 P ， Q 分别在棱 1DD ， 1BB 上移动，且 (0 2)DP BQ      ． （Ⅰ）当 1  时，证明：直线 1 / /BC 平面 EFPQ ； （Ⅱ）是否存在  ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出  的值；若不存在， 说明理由． 【解答】（Ⅰ）证明：以 D 为原点，射线 DA ，DC ， 1DD 分别为 x ，y ，z 轴的正半轴，建立坐标系，则 (2B ， 2， 0) ， 1 (0C ，2， 2) ， (2E ，1， 0) ， (1F ，0， 0) ， (0P ，0， ) ，  1 ( 2BC   ，0， 2) ， ( 1FP   ，0， ) ， (1FE  ，1， 0) 1  时， 1 ( 2BC   ，0， 2) ， ( 1FP   ，0，1) ，  1 2BC FP  ， 1 / /BC FP ， FP  平面 EFPQ ， 1BC  平面 EFPQ ， 直线 1 / /BC 平面 EFPQ ； （Ⅱ）设平面 EFPQ 的一个法向量为 (m x ， y ， )z ，则 0 0 x y x z      ， 取 (m  ，  ，1) ． 同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 ( 2n   ， 2  ，1) ， 若存在  ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角，则 ( 2) (2 ) 1 0m n           ， 21 2    ． 存在 21 2    ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角． 20．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为 6 的两个全等的等腰直角三角 形． （Ⅰ）请画出该几何体的直观图，并求出它的体积； （Ⅱ）用多少个这样的几何体可以拼成一个棱长为 6 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D ？试画出图形； （Ⅲ）在（Ⅱ）的情形下，设正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱 1CC 的中点为 E ，求平面 1AB E 与平面 ABCD 所成二面角的余弦值． 【解答】解：（Ⅰ）该几何体的直观图如图 1 所示，它是有一条 侧棱垂直于底面的四棱锥．其中底面 ABCD 是边长为 6 的 正方形，高为 1 6CC  ，故所求体积是 21 6 6 723V     （4 分） （Ⅱ）依题意，正方体的体积是原四棱锥体积的 3 倍， 故用 3 个这样的四棱锥可以拼成一个棱长为 6 的正方体， 其拼法如图 2 所示． 证明：面 ABCD 、面 1 1ABB A 、面 1 1AA D D 为全等的 正方形，于是 1 1 1 1 1 1 1C ABCD C ABB A C AA D DV V V    故所拼图形成立．（4 分） （Ⅲ）设 1B E ， BC 的延长线交于点 G ， 连接 GA ，在底面 ABC 内作 BH AG ，垂足为 H ， 连接 1HB ，则 1B H AG ，故 1B HB 为平面 1AB E 与 平面 ABC 所成二面角或其补角的平面角． 在 Rt ABG 中， 180AG  ， 则 6 12 12 180 5 BH   ， 2 2 1 1 18 5 B H BH BB   ， 1 1 2cos 3 HBB HB HB    ， 故平面 1AB E 与平面 ABC 所成二面角的余弦值为 2 3 ．（4 分） 21．如图，四边形 PDCE 为矩形，四边形 ABCD 为梯形，平面 PDCE  平面 ABCD ， 90BAD ADC     ， 1 12AB AD CD   ． （1）若 M 为 PA 中点，求证： / /AC 平面 MDE ； （2）若平面 PAD 与 PBC 所成的锐二面角的大小为 3  ，求线段 PD 的长度． 【解答】证明：（1）设 PC 交 DE 于点 N ，连结 MN ， 在 PAC 中， M ， N 分别是 PA ， PC 的中点， / /MN AC ， 又 AC  平面 MDE ， MN  平面 MDE ， / /AC 平面 MDE ． 解：（2）设 PD a ， ( 0)a  ， 四边形 PDCE 是矩形，四边形 ABCD 是梯形， 平面 PDCE  平面 ABCD ， PD  平面 ABCD ， 又 90BAD ADC     ， 以 D 为原点， DA ， DC ， DP 所在直线分为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系， 则 (0P ，0， )a ， (1B ，1， 0) ， (0C ，2， 0) ， (0,2, ), (1, 1,0)PC a CB     ， 平面 PAD 的法向量 (0n  ，1， 0) ， 设平面 PBC 的法向量 (m x ， y ， )z ， 则 2 0 0 m PC y az m CB x y          ，取 x a ，得 (m a ， a ， 2) ， 平面 PAD 与 PBC 所成的锐二面角的大小为 3  ， 2 | | 1cos 3 | | | | 22 4 m n a m n a         ， 解得 2a  ． 线段 PD 的长度为 2 ．