内容正文:
专题三
立体几何
第14讲 立体几何中的计算问题(2)——二面角
高考总复习 一轮复习导学案 · 数学(提高版)
高考总复习 二轮复习导学案 · 数学
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【解析】
如图(2),取CD的中点M,连接AM,BM,则AM⊥CD,BM⊥CD.
由二面角的定义可知∠AMB为二面角A-CD-B的平面角.
设点H是△BCD的重心,则AH⊥平面BCD,且点H在BM上.
1.如图(1),设三棱锥A-BCD的各棱长均为2,则二面角A-CD-B的余弦值为______.
图(1)
图(2)
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图(1)
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【解答】
图(2)
又因为平面PAB⊥平面PBC且交线为BP,所以AB⊥平面PBC.
又因为BC⊂平面PBC,所以AB⊥BC,
又AB⊂平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面PBC.
以B为坐标原点,分别以BA,BC所在的直线为x轴、y轴,以过点B且垂直平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系,如图(2),
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图(2)
易知平面BCP的一个法向量为n=(1,0,0),
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1.二面角的定义:平面内的一条直线把平面分为两部分,其中的每一部分叫做半平面.从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.
2.二面角的取值范围:[0°,180°].
要点梳理
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举题固法
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求二面角
【解析】
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,设点A到平面A1BC的距离为h,
图(1)
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举题固法
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图(1)
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举题固法
【解析】
取A1B的中点E,连接AE,如图(2),因为AA1=AB,所以AE⊥A1B.
又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,且AE⊂平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,由BC⊂平面A1BC,BC⊂平面ABC可得AE⊥BC,BB1⊥BC.
又AE,BB1⊂平面ABB1A1且相交,所以BC⊥平面ABB1A1,
所以BC,BA,BB1两两互相垂直,
以B为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图(2).
图(2)
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举题固法
则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1,1),
图(2)
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举题固法
【解答】
在平行四边形ABCD中,AD=BC=2,由AD2+AB2=20=BD2,
得AD⊥AB,即BC⊥CD.
因为平面PCD⊥底面ABCD,且平面PCD∩底面ABCD=CD,BC⊂平面ABCD,则BC⊥平面PCD.
又PD⊂平面PCD,所以BC⊥PD.
图(1)
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举题固法
【解答】
图(1)
图(2)
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图(2)
令x=3,得n=(3,0,2).设平面PBC的法向量为m=(x′,y′,z′),
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举题固法
图(2)
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举题固法
(2022·徐州考前模)如图(1),在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB⊥AD,BC⊥CD,O为BD的中点,AB=AD,BD=2CD=2.
(1) 求证:OA⊥平面BCD;
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已知二面角求参数
【解答】
在△ABD中,因为AB=AD,O为BD的中点,所以AO⊥BD.
又因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,
所以OA⊥平面BCD.
图(1)
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(2022·徐州考前模)如图(1),在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB⊥AD,BC⊥CD,O为BD的中点,AB=AD,BD=2CD=2.
图(1)
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【解答】
图(2)
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图(2)
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变式 (2022·苏北四市一调)如图(1),在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AC=AA1,A1B⊥B1C.
(1) 求证:AB⊥AC;
图(1)
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举题固法
【解答】
在直三棱柱ABC-ABC1中,AA1⊥平面ABC.
又AB,AC⊂平面ABC,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.
又AB=AA1,所以四边形ABB1A1是正方形.
如图(2),连接AB1,则AB1⊥A1B.又A1B⊥B1C,AB1∩B1C
=B1,AB1,B1C⊂平面AB1C,所以A1B⊥平面AB1C.
又AC⊂平面ABC,所以A1B⊥AC.
因为AA1⊥AC,A1B∩AA1=A1,A1B,AA1⊂平面ABB1A1,所以AC⊥平面ABB1A1.又AB⊂平面ABB1A,所以AB⊥AC.
图(21)
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【解答】
变式 (2022·苏北四市一