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1、立体几何（几何法）—二面角（模型一）例1（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））如图1,在等腰直角三角形中,,,分别是上的点,,为的中点.将沿折起,得到如图2所示的四棱锥,其中.(Ⅰ)证明:平面;(Ⅱ)求二面角的平面角的余弦值..COBDEACDOBE图1图2【答案】(Ⅰ)在图1中,易得CDOBEH连结,在中,由余弦定理可得由翻折不变性可知,所以,所以,理可证,又,所以平面.(Ⅱ)传统法:过作交的延长线于,连结,因为平面,所以,所以为二面角的平面角.结合图1可知,为中
2、点,故,从而CDOxE向量法图yzB所以,所以二面角的平面角的余弦值为.向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示,则,,所以,设为平面的法向量,则,即,解得,令,得由(Ⅰ)知,为平面的一个法向量,所以,即二面角的平面角的余弦值为.例2（2012高考真题广东理18）（本小题满分13分）如图1－5所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.(1)证明：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．图1－5【
3、答案】证明：(1)⇔PC⊥BD.⇒PA⊥BD.∵PA∩PG＝P，PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC.(2)法一：如图所示，记BD与AC的交点为F，连接EF.※【本资料来源：全品高考网、全品中考网；全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】※※【本资料来源：全品高考网、全品中考网；全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】※由PC⊥平面BDE，BE⊂平面BDE，EF⊂平面BDE，∴PC⊥BE，PC⊥EF.即∠BEF为二面角B－PC－A的平面角．由(1)可得BD⊥AC，所以矩形ABCD为
4、正方形，AB＝AD＝2，AC＝BD＝2，FC＝BF＝.在Rt△PAC中，PA＝1，PC＝＝3，即二面角B－PC－A的正切值为3.法二：以A为原点，的方向分别作为xyz轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．※【本资料来源：全品高考网、全品中考网；全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】※设AB＝b，则：A(0,0,0)，B(b,0,0)，C(b,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．于是＝(b,2，－1)，＝(b，－2,0)．因为PC⊥DB，所以·＝b2－4＝0，从而b＝2.结合(1)可得＝
5、(2，－2,0)是平面APC的法向量．现设＝(x，y，z)是平面BPC的法向量，则⊥，⊥，即·＝0，·＝0.因为＝(0,2,0)，＝(2,2，－1)，所以2y＝0,2x－z＝0.取x＝1，则z＝2，＝(1,0,2)．令θ＝〈，〉，则cosθ＝＝＝，sinθ＝，tanθ＝3.由图可得二面角B－PC－A的正切值为3.例3（2012高考真题山东理18）（18）（本小题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形是等腰梯形，∥，平面.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值.【答案】解：(1)证明：因为四边形A
6、BCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，因此∠ADB＝90°，AD⊥BD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED，所以BD⊥平面AED.(2)解法一：取BD的中点G，连接CG，FG，由于CB＝CD，因此CG⊥BD，又FC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以FC⊥BD，由于FC∩CG＝C，FC，CG⊂平面FCG，所以BD⊥平面FCG，故BD⊥FG，所以∠FGC为二面角F－BD－C的平面角．在等腰三角形BC
7、D中，由于∠BCD＝120°，因此CG＝CB.又CB＝CF，所以GF＝＝CG，故cos∠FGC＝，因此二面角F－BD－C的余弦值为.解法二：由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设CB＝1.则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(0,0,1)．因此＝，＝(0，－1,1)．设平面BDF的一个法向量为＝(x，y，z)，则·＝0，·＝0，所以x＝y
8、＝z，取z＝1，则＝(，1,1)．由于＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，则cos〈，〉＝＝＝，所以二面角F－BD－C的余弦值为.例4（2013年高考浙江卷（文））如图,在在四棱锥P-ABCD中,PA⊥面ABCD,AB=BC=2,AD=CD=,PA=,∠ABC=120°,G为线段PC上的点.(Ⅰ)证明:BD⊥面PAC;(Ⅱ)若G是PC的中点,求DG与APC所成的角的正切值;(Ⅲ)若G满足PC⊥面BGD,求的值.【答案】解:证明:(Ⅰ)由已知得三角形是等腰三角形,
