二面角真题.docx

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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ABCA1B1C1中ACBC1AA1，D是棱11121

AA1的中点，DC1BD。

（1）证明：

DC1BC；

（2）求二面角A1BDC1的大小。

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

底面ABCD，AC22，

PA2,E是PC上的一点，PE2EC。

（1）证明：

PC平面BED；

（2）设二面角APBC为90，求PD与平面PBC所成角的大小。

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SABCD中，AB//CD,BCCD，侧面SAB为等边三角形，ABBC2,CDSD1。

（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，SD底面ABCD，AB//DC，ADDC，

6.（2010年全国高考全国卷二）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，AA1AB，D为BB1的中点，E为AB1上的一点，AE3EB1。

（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A1AC1B1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RtDAC中，ADAC得：

ADC45，

同理：

A1DC145CDC190得：

DC1DC,DC1BDD1C面

BCDDC1BC。

（2）解：

DC1BC,CC1BCBC面ACC1A1BCAC，取A1B1的中点O，过点O作OHBD于点H，连接C1O,C1H，

A1C1B1C1C1OA1B1，面A1B1C1面A1BDC1O面A1BD。

OHBDC1HBD得：

点H与点D重合。

且C1DO是二面角A1BDC1的平面角。

设ACa，则C1O2a，C1D2a2C1OC1DO30。

2

既二面角A1BDC1的大小为30。

2.（2012年全国高考全国卷一）

【试题解析】设ACBDO,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）。

所以PC（22,0,2），BE（32,a,23），

PCBD（22,0,2）（0,2a,0）0。

所以PCBE,PCBD，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nAP0,nAB0得n（1,2,0），设平面PBC的法向量为m（x,y,z），又

BC（2,a,0）,CP（22,0,2，）由mBC0,mCP0，得m（1,

由于二面角APBC为90，所以mn0，解得a2。

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所成角的正弦值为|PDm|1，所以PD与平面PBC所成角为。

|PD||m|26

3.（2011年全国高考课标卷）

【试题解析】（Ⅰ）因为DAB60,AB2AD,由余弦定理得BD3AD，从而BD2+AD2=AB2，故BDAD

又PD底面ABCD，可得BDPD，所以BD平面PAD.故PABD。

（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线直角坐标系D-xyz，则

A1,0,0,B0，3,0,C1,3,0,P0,0,1。

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x3y0，

3yz0

因此可取n=（3,1,3）。

设平面PBC的法向量为m，

可取m=（0，-1，3），

故二面角A-PB-C的余弦值为

DA为x轴的正半轴建立空间

7

4.（2011年全国高考全国卷一）

【试题解析（Ⅰ）证明：

取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DECB2。

连结SE，则SEAB，SE3。

又SD1,故ED2SE2SD2,所以DSE为直角。

（3分）

由ABDE,ABSE,DESEE,得AB平面SDE,所以ABSD。

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SD1,AD5,SA2,于是SA2SD2AD，可知SDSA。

同理可得SDSB,又SAISBS，所以SD平面SAB。

（6分）

（Ⅱ）解：

由AB平面SDE知，平面ABCD平面SDE。

作SFDE,垂足为F,则SF平面ABCD,SFSDSE3

DE2作FGBC,垂足为G,则FGDC1。

连结SG，则SGBC，又BCFG,SGIFGG,

故BC平面SFG,平面SBC平面SFG。

（9

分）

作FHSG,H为垂足,则FH平面SBC。

FHSFFG3,即F到平面SBC的距离为21。

SG77

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sind21,arcsin21。

（12分）

EB77

6.（2010年全国高考全国卷一）

【试题解析】解法一：

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=SD2DB26，

SDDB2

DE=，

SB3

22626EB=DB2DE2，SE=SB-EB=。

33

所以SE=2EB。

（Ⅱ）解：

由SA=SD2AD25，AB=1，SE=2EB，AB⊥SA，知

AE=（31SA）2（32AB）21，又AD=1，故△ADE为等腰三角形。

6

取ED中点F，连结AF，则AF⊥DE，AF=AD2DF26。

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=DG2DF26，

3

AF2FG2AG21

cosAFG，2AFFG2

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A1B，记A1B与AB1的交点为F。

因为面AA1B1B为正方形，故A1BAB1，且AFFB1。

又AE3EB1，所以FEEB1，又D为BB1的中点，

故DE//BF，DEAB1。

作CGAB，G为垂足，由ACBC知，G为AB中点。

又由底面ABC面AA1B1B，得CG面AA1B1B.连接DG，则DG//AB1，故DEDG，由三垂线定理，得DECD。

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，CDG45。

设AB2，则AB122,DG2,CG2,AC3。

作B1HA1C1，H为垂足.因为底面A1B1C1面AA1C1C，故B1H面AA1C1C，又

作HKAC1，K为垂足，连接B1K，由三垂线定理，得B1KAC1，因此B1KH为

面角A1AC1B1的平面角。

A1B1A1C12（21A1B1）2

A1C1

如图，正方形ABCD与

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）

⑴求证：

AC//平面BEF；

⑵求平面BEF与平面ABCD所成锐角的正切值。

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

ABCD1AB1C1D1中，A1A底面AB,CADC90，ABCD，中，，，

ADCDDD12AB2

⑴求证：

AD1B1C；

⑵求二面角A1BDC1的正弦值；

3）求四面体A1BDC1的体积。

3.（2012年长春市高三毕业班第四次调研测试）如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，

ABCA1AC60，平面AA1CC1平面ABCD。

⑴证明：

BDAA1；

⑵求二面角DAA1C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，且A1AB60，是A1B1的中点，MBAC.

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）

【试题解析】解：

⑴证明：

【方法一】.设ACBDO，取BE中点G，连结FG、OG，则OG∥DE且OG＝1DE。

2

∵AF//DE，DE2AF，

∴AF∥OG且AF＝OG，∴AFGO是平行四边形，∴FG//AO。

∵FG平面BEF,AO平面BEF,

∴AO//平面BEF，即AC//平面BEF。

（6分）

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），

nFE0FE（2,0,1）2xz0

则nFB0，而FB（0,2,1），∴2yz0，令x1，则y1，z2

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ADD1A1是正方形，

∴AD1A1D。

又AA1平面ABCD，ADC90，

∴AA1DC,ADDC，而AA1ADA，

∴DC平面AA1D1D，AD1DC。

又A1DDCD

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

B（2,1,0）C1（0,2,2）,A1（2,0,2）。

设平面A1BD的法向量为n1（x1,y1,z1），则由

设平面C1BD的法向量为n2（x2,y2,z2），则由

n1DB0

n1DA10，求得n1（1,2,1）；

n2DB0

n2DC10，求得n2（1,2,2），

C1CBD的体积，记为V2，

V1112122则由于323，

∴所求四面体的体积为V2V12V22。

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BDAC。

分）

而平面AA1CC1平面ABCD，平面AA1CC1平面ABCDAC，所以BD平面AA1CC1。

又AA1平面AA1CC1，所以BDAA1.（3

⑵解：

因为ABC60，ABCD是菱形，所以ACABAA1。

而A1AC60，所以A1AC是正三角形.

令BDACO，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

P（0,1,3。

）

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

令z1，则x1，即k（1,0,1）.要使BP∥平面DA1C1当且仅当

kBP0

（1）（3）0

（1）130，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CPC1C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：

ADAE,DAE60△DAE为等边三角形，设AD1，则

DE1,CE3,CD2,DEC90，即CEDE。

（３分）

DD底面ABCD，CE平面ABCD，CEDD'。

CEDE'

'CE平面DD'E

CEDD'CEDF。

（６分）

'DF平面DD'E

DEDD'D

1

（Ⅱ）解：

取AE中点H，则ADAEAB，又DAE60,所以△DAE为等2

边三角形。

则DHAB，DHCD。

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AD1,

则D（0,0,0）,E（23,12,0）,

1313

12,0）,D'（0,0,3）,F（43,14,23）,C（0,2,0）,

313

EF（43,41,32）,AE（0,1,0）,CE（

3

32,0）。

设平面AEF的法向量为n1（x,y,z），

313

xyz0

442。

y0

8分）

取n1（23,0,1），平面CEF的法向量为n2（x,y,z），

313

xyz0

442

33

xy0

22

取n2（33,3,2），

10分）

n1n2

cosn1,n2

20

130，

13

所以二面角AEFC的余弦值为

130

。

13

12分）

4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ABB1A1是菱形且A1AB60o∴A1BB1为正三角形。

又∵点M为A1B1的中点∴BMA1B1。

∵AB∥A1B1∴BMAB。

由已知MBAC∴MB平面ABC。

Ⅱ）（解法一）连接C1M，作MHBB1于H，连接C1H。

由（Ⅰ）知C1M面A1ABB1，∴C1MBB1。

又MHBB1∴BB1面C1MH∴BB1C1H。

设菱形ABB1A1边长为2，则C1M3，

在RtB1MB中，由MHBB1MB1MB知：

MH

在RtC1MH中，tanC1MHC1M2，MH

∴cosC1MH

即二面角A1BB1C的余弦值为

12分）

解法二：

如图建立空间直角坐标系：

设菱形ABB1A1边长为2，

得B10,1,3，A0,2,0，

C3,1,0，A10,1,3。

则BA10,1,3，BA0,2,0，

BB10,1,3，BC3,1,0。

B1

x

设面ABB1A1的法向量

n1x1,y1,z1，由n1BA,n1BA1得：

2y10，令x1

y13z10

1，得n11,0,0。

8分）

设面BB1C1C的法向量

n2x2,y2,z2，由n2BB1，

n2BC得：

y23z20

3x2y20

令y23，得n21,3,1。

10分）

得cosn1,n2

n1n215

。

5

n1n2

15

又二面角A1BB1C为锐角，所以所求二面角的余弦值为

5

12分）

G

E

M