立体几何(几何法)—二面角(模型四).doc

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1、立体几何（几何法）—二面角（模型四）例1（2012高考真题四川理19）(本小题满分12分)如图，在三棱锥中，，，，平面平面。（Ⅰ）求直线与平面所成角的大小；（Ⅱ）求二面角的大小。【答案】解：解法一：(1)设AB的中点为D，AD的中点O，连结POCOCD.由已知，△PAD为等边三角形．所以PO⊥AD.又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AD，所以PO⊥平面ABC.所以∠OCP为直线PC与平面ABC所成的角．不妨设AB＝4，则PD＝2，CD＝2，OD＝1，PO＝.在Rt△OCD中，CO＝＝.所以，在Rt△POC中，tan∠OCP＝＝＝.故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arct

2、an.(2)过D作DE⊥AP于E，连结CE.由已知可得，CD⊥平面PAB.根据三垂线定理知，CE⊥PA.所以∠CED为二面角B－AP－C的平面角．由(1)知，DE＝.在Rt△CDE中，tan∠CED＝＝＝2.故二面角B－AP－C的大小为arctan2.解法二：(1)设AB的中点为D，作PO⊥AB于点O，连结CD.因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AD，所以PO⊥平面ABC.所以PO⊥CD.由AB＝BC＝CA，知CD⊥AB.设E为AC中点，则EO∥CD，从而OE⊥PO，OE⊥AB.如图，以O为坐标原点，OBOEOP所在直线分别为xyz轴建立空间直角坐标系O－xyz.不妨设PA

3、＝2，由已知可得，AB＝4，OA＝OD＝1，OP＝，CD＝2.所以O(0,0,0)，A(－1,0,0)，C(1,2，0)，P(0,0，)．所以＝(－1，－2，)，而＝(0,0，)为平面ABC的一个法向量．设α为直线PC与平面ABC所成的角，则sinα＝＝＝.故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arcsin.(2)由(1)有，＝(1,0，)，＝(2,2，0)，设平面APC的一个法向量为＝(x1，y1，z1)，则⇔⇔从而取x1＝－，则y1＝1，z1＝1，所以＝(－，1,1)．设二面角B－AP－C的平面角为β，易知β为锐角．而面ABP的一个法向量为＝(0,1,0)，则cosβ＝＝＝.故二面角B－

4、AP－C的大小为arccos.例2（2012高考重庆文20）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问4分，（Ⅱ）小问8分）已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3，D为AB的中点．(1)求异面直线CC1和AB的距离；(2)若AB1⊥A1C，求二面角A1－CD－B1的平面角的余弦值．图1－3【答案】解：(1)因AC＝BC，D为AB的中点，故CD⊥AB.又直三棱柱中，CC1⊥面ABC，故CC1⊥CD，所以异面直线CC1和AB的距离为CD＝＝.(2)解法一：由CD⊥AB，CD⊥BB1，故CD⊥面A1ABB1，从而CD⊥DA1，CD⊥DB1，故∠A1DB1为所求的二面角A1－CD－B1的

5、平面角．因A1D是A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1⊥A1D，从而∠A1AB1，∠A1DA都与∠B1AB互余，因此∠A1AB1＝∠A1DA，所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A，因此＝，得AA＝AD·A1B1＝8.从而A1D＝＝2，B1D＝A1D＝2，所以在△A1DB1中，由余弦定理得cos∠A1DB1＝＝.解法二：如下图，过D作DD1∥AA1交A1B1于D1，在直三棱柱中，由(1)知DB，DC，DD1两两垂直，以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为x轴y轴z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.设直三棱柱的高为h，则A(－2,0,0)，A

6、1(－2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，，0)，从而＝(4,0，h)，＝(2，，－h)．由⊥得·＝0，即8－h2＝0，因此h＝2.图1－4故＝(－2,0,2)，＝(2,0,2)，＝(0，，0)．设平面A1CD的法向量为＝(x1，y1，z1)，则⊥，⊥，即取z1＝1，得＝(，0,1)．设平面B1CD的法向量为＝(x2，y2，z2)，则⊥，⊥，即取z2＝－1，得＝(，0，－1)，所以cos〈，〉＝＝＝.所以二面角A1－CD－B1的平面角的余弦值为.