高中數(shù)學(xué)同步講義（人教B版2019必修四）第39講 專(zhuān)題11-11 立體幾何初步中的線(xiàn)面角、二面角問(wèn)題

③求二面角的面角的大小(常用面積相等關(guān)系求垂線(xiàn)段長(zhǎng)度）【例題3】（2023·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，二面角α?AB?β的平面角為銳角，C是α內(nèi)的一點(diǎn)（它不在棱AB上），點(diǎn)D是C在平面β內(nèi)的射影，點(diǎn)E是A．∠B．∠C．∠D．無(wú)法確定∠CEB與∠【答案】A【分析】過(guò)C向AB做垂線(xiàn)交AB于F，連接DF，由直角三角形可知CF>DF，再由【詳解】過(guò)C向AB做垂線(xiàn)交AB于F，連接DF，如圖，因?yàn)镃D⊥β，AB?因?yàn)镃D⊥AB，CF⊥AB，CD∩所以AB⊥面CDF，DF?平面CDF，所以AB在直角三角形CDF中，CF為斜邊DF為直角邊，所以CF>在直角三角形CEF中，tan∠CEF在直角三角形DEF中，tan∠DEB由CF>DF故選：A【變式3-1】1．（2022春·山東聊城·高一山東聊城一中?？茧A段練習(xí)）已知二面角α?l?β的大小為60o，點(diǎn)A∈α，AC⊥l，C為垂足，點(diǎn)B∈β【答案】2【分析】以DB、DC為鄰邊作平行四邊形BDCE，連接AE、AB，分析可知二面角α?l?β的平面角為∠ACE=60°，推導(dǎo)出【詳解】以DB、DC為鄰邊作平行四邊形BDCE，連接AE、AB，如下圖所示：因?yàn)樗倪呅蜝DCE為平行四邊形，則CE//BD且CE=BD=1因?yàn)锽D⊥l，則CE⊥所以，二面角α?l?因?yàn)锳C=CE=1，故△∵AC⊥CD，CE⊥CD∵AC∩CE=C，AC、CE?平面∵AE?平面ACE，∴BE故答案為：2.【變式3-1】2．（2023·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在直角梯形ABCD中，AD//BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn).將(1)求證：CD⊥(2)若AB=AD=2,【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)60°.【分析】（1）通過(guò)證明AB⊥CD,BD⊥（2）作出二面角B?【詳解】（1）由于AB⊥AC,所以AB⊥平面ACD.由于CD?平面ACD，所以由于BD⊥CD,所以CD⊥平面ABD（2）分別取BD,AD的中點(diǎn)F,由于E,F分別是BC,由于CD⊥平面ABD，所以EF⊥平面由于AD,FG?平面ABD由于G,F分別是AD,由于AB⊥AD，所以由于EF∩FG=E,EF,所以∠EGF是二面角B在Rt△EFG中，EF所以tan∠EGF=EFFG=所以二面角B?AD?【變式3-1】3．（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠DAB=60°,∠ADP=90°，平面ADP⊥(1)證明：平面FAC⊥平面PBD(2)當(dāng)二面角D?FC?B的余弦值為24【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)60°.【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可得線(xiàn)面垂直，從而得到PD⊥AC，再由線(xiàn)面垂直的判定定理可證AC⊥平面PBD，從而證得平面AFC（2）根據(jù)題意過(guò)H作HG⊥FC于G，連接BG，可得∠BGH【詳解】（1）因?yàn)槠矫鍭DP⊥平面ABCD，且∠ADP=90°且PD?平面PAD，平面ADP∩平面ABCD=AD又因?yàn)锳C?平面ABCD，所以因?yàn)锳BCD為菱形，所以AC⊥BD，且PD∩BD=所以AC⊥平面PBD，又因?yàn)锳C?平面AFC，所以平面AFC（2）設(shè)PD=∵平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD=連接BD，則∠PBD就是直線(xiàn)PB與平面ABCD由題意得，△BDC過(guò)B作BH⊥CD于H，則H為∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥過(guò)H作HG⊥FC于G，連接BG，則∠BGH∵cos∠易得BH=∵sin∠GCH=GH∴tan∠PBD∴∠PBD=60°，即直線(xiàn)PB與平面【變式3-1】4．（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∠ABC=60°，E為AC的中點(diǎn)，將△ACD(1)求證：平面BD(2)若三棱錐D'?ABC的體積為2【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)1【分析】（1）由線(xiàn)線(xiàn)垂直證線(xiàn)面垂直，再證面面垂直；（2）過(guò)D'作D'M⊥BE于點(diǎn)M，過(guò)M作MN⊥AB于點(diǎn)N，連接D'N，分析得∠【詳解】（1）證明：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴△ABC又∵E為AC的中點(diǎn)，∴BE⊥AC，D'E⊥AC，BE∩D'又∵AC?平面ABC，∴平面B（2）過(guò)D'作D'M⊥BE于點(diǎn)M，∵平面BD'E∩∴VD過(guò)M作MN⊥AB于點(diǎn)N，連接∵AB?平面ABC，∴D'M⊥AB，∵D'M∩MN=M,∵D'N?平面D∴∠D'NMEM=32?2∴D'N=故二面角D'?AB【變式3-1】5．（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）在三棱柱ABC?A1B1C1中，AB⊥BC，AB⊥AA1(1)求證：CC(2)求平面B1BCC【答案】(1)證明見(jiàn)解析3【分析】（1）根據(jù)三棱柱中的垂直關(guān)系以及角度，可通過(guò)證明CC1⊥【詳解】（1）由題意可知，CC1//AA連接AM,由∠A1AC=2π又點(diǎn)M為棱CC1的中點(diǎn)，所以AB?平面ABM，AM?平面ABM，所以CC1⊥平面ABM，所以CC（2）由（1）知，CC根據(jù)二面角定義可知，∠AMB在正三角形△ACC1中，AC因?yàn)锳B⊥AA1，又AB⊥BC，且BB1∩而B(niǎo)M?平面B1BC在Rt△ABM中，AM所以sin∠AMB于是平面B1BCC1【變式3-1】6．（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在正四棱錐P?ABCD中，(1)求側(cè)棱PA與底面ABCD所成角的大??；(2)求二面角P?【答案】(1)π(2)3【分析】（1）根據(jù)線(xiàn)面角的定義可證得∠PAO為所求角，設(shè)等邊△PAB的邊長(zhǎng)為a，由長(zhǎng)度關(guān)系可求得（2）由二面角平面角定義可知∠PEO【詳解】（1）設(shè)底面正方形ABCD的中心為O，連接AO,由正四棱錐P?ABCD結(jié)構(gòu)特征知：PO⊥即點(diǎn)P在平面ABCD上的投影為O，∴∠PAO為側(cè)棱PA與底面ABCD在△PAB中，PA=PB，∠PAB=∵PO⊥平面ABCD，AO?平面ABCD在Rt△PAO中，PA=a，AO∴∠PAO=π4，即側(cè)棱PA與底面（2）取AB的中點(diǎn)為E，連接PE,在正方形ABCD中，OE⊥AB；在等邊△PAB∴∠PEO為二面角P∵PO⊥平面ABCD，EO?平面ABCD在Rt△PEO中，PE=32a∴二面角P?AB?【變式3-1】7．（2022春·浙江麗水·高一?？茧A段練習(xí)）如圖1，在直角三角形ABC中，∠C為直角，∠A=30°,D在AC上，且DA=DC=3，作DE⊥AB于E?，將(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求證:BE(2)若二面角P?DE?A為銳角，且二面角P?【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)11【分析】(1)由題意知BE⊥DE，由面面垂直的性質(zhì)定理可得BE⊥平面PDE(2)作PH⊥BE所在的直線(xiàn)于點(diǎn)H,由題意可得知DE⊥BE,DE⊥PE，所以ED⊥平面PEB，即可得平面PBE⊥平面BCDE，作HG⊥BC于點(diǎn)G?，連接PG，進(jìn)而可得∠PGH為二面角P?【詳解】（1）證明：由題意知BE⊥又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE=所以BE⊥平面PDE又PD?平面PDE所以BE⊥（2）解：由題意知DE⊥PE∩EB=E因而ED⊥平面PEB又ED?平面BCDE，因而平面PBE⊥平面如圖，作PH⊥BE所在的直線(xiàn)于點(diǎn)又平面PBE∩平面BCDE=BE，PH?平面PBE，所以作HG⊥BC于點(diǎn)G?則∠PGH為二面角P設(shè)∠PGH=θ在△ABC中，∠所以AB=4,設(shè)CG=x0<因而PH=在直角三角形PHG中，tanθ=PH解得x=12或x從而PB=【變式3-1】8．（2022春·河南洛陽(yáng)·高一?？茧A段練習(xí)）如圖所示，四邊形ABCD為菱形，PA=PD，平面PAD⊥平面ADC，點(diǎn)E(1)求證：PE⊥(2)若PA=AB=(3)若PA=AB，當(dāng)二面角P?AC?B的正切值為【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)1(3)45°【分析】(1)先證明PF⊥平面ABCD得到PE(2)將三棱錐E?PCD的體積轉(zhuǎn)化為三棱錐(3)設(shè)PF=3a，F(xiàn)G=b，可證得∠PGE為二面角P?AC?B的平面角，可得tan∠PGF【詳解】（1）如圖所示，設(shè)點(diǎn)F是棱AD的中點(diǎn)，連接PF，EF，BD，由PA=PD及點(diǎn)F是棱AD的中點(diǎn)，可得因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ADC，平面PAD∩平面ADC=AD，PF?平面PAD又因?yàn)锳C?平面ABCD，所以PF又因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以BD⊥而EF是△ABD的中位線(xiàn)，所以EF//BD又由PF∩EF=F，且PF?平面PEF所以AC⊥平面PEF，又因?yàn)镻E?平面PEF，所以（2）若PA=AB=BD=2，由于菱形ABCD，易證正三角形PAD中PF所以VE（3）設(shè)點(diǎn)G是AC與EF的交點(diǎn)，由（1）可知AC⊥平面PEF又PG，EG均在平面PEF內(nèi)，從而有PG⊥AC，故∠PGE為二面角P?AC所以tan∠PGF因?yàn)镻A=AB，所以不妨設(shè)菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2a，GE則在直角△PFG中，PF=3a，F(xiàn)G=因?yàn)镻F⊥平面ABCD，所以∠PEF為直線(xiàn)PE與平面則tan∠PEF所以直線(xiàn)PE與平面ABCD所成的角為45°題型4垂面法求二面角【方法總結(jié)】作一與棱垂直的平面，該垂面與二面角兩半平面相交，得到交線(xiàn)，交線(xiàn)所成的角為二面角的平面角、關(guān)鍵在拔與二面角的棱垂直且與二面角兩半平面都有交線(xiàn)的平面.【例題4】（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，棱長(zhǎng)都相等的平行六面體ABCD?A'B'A．13 B．?13 C．3【答案】A【分析】判斷四面體A'BDA為正四面體，取BD的中點(diǎn)E，連接AE，A'E，由等腰三角形“三線(xiàn)合一”的性質(zhì)，易得【詳解】解：棱長(zhǎng)都相等的平行六面體ABCD?A'B'連接AC、BD，AC∩BD=E，連接AE，A'且AE⊥BD，A'E⊥在△AA'故二面角A'?BD故選：A．【變式4-1】1．（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，以等腰直角三角形斜邊BC上的高AD為折痕，把△ABD和△A．BD⊥AC B．C．平面ADC⊥平面ABC D．二面角A?【答案】C【分析】設(shè)等腰直角三角形△ABC的腰為a，則斜邊BC=2a，利用面面垂直的性質(zhì)定理易證BD⊥平面ADC，又AC?平面ADC，從而可知BD⊥AC，可判斷A；由題意及設(shè)法可知AB=AC=a，BD=CD=22a，利用勾股定理可求得BC=22【詳解】設(shè)等腰直角三角形△ABC的腰為a，則斜邊BC∵D為BC的中點(diǎn)，∴又平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，BD⊥AD，BD?又AC?平面ADC，∴由A知，BD⊥平面ADC，CD?平面ADC，∴又BD=CD=22又AB=AC=∵△ADC為等腰直角三角形，取斜邊AC的中點(diǎn)F，則DF⊥AC，又△ABC為等邊三角形，連接∴∠BFD為平面ADC與平面ABC由BD⊥平面ADC可知，∠BDF為直角，因此∠BFD不是直角，故平面ADC由題意知，AD⊥平面BDC過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC于點(diǎn)E，連接AE，則∴∠AED為二面角A?BC則tanθ故選：C.【變式4-1】2．（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）已知如圖邊長(zhǎng)為a的正方形ABCD外有一點(diǎn)P且PA⊥平面ABCD，PA=a【答案】2【分析】由線(xiàn)面垂直的判定和性質(zhì)，結(jié)合二面角平面角定義可知所求角為∠POA【詳解】設(shè)AC∩BD=∵PA⊥平面ABCD，BD,AO?平面ABCD∵四邊形ABCD為正方形，∴BD∵PA∩AO=A，PA,AO又PO?平面PAO，∴BD⊥PO，由AO=22a，故答案為：2.【變式4-1】3．（2023·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）已知P是二面角α?l?β內(nèi)的一點(diǎn)，PA垂直于α于A,PB垂直于【答案】π【分析】設(shè)平面PAB交直線(xiàn)l于點(diǎn)O，連接OA，OB，可證得∠AOB即二面角α?l?β的平面角，在△【詳解】解：設(shè)平面PAB交直線(xiàn)l于點(diǎn)O，連接OA，OB，由于PA⊥α，PB⊥β，故PA⊥l，PB⊥l，又PA∩故l⊥平面PAB，又OA，OB?平面PAB，故l⊥所以∠AOB為二面角α由于PA⊥α，PB⊥β，OA?α，故在四邊形PAOB中，∠APB與∠又AB=83，在△APB中由余弦定理A即832=又0<∠APB<π故∠AOB=π?2故答案為：π3【變式4-1】4．（2021春·廣東東莞·高一校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在三棱錐V-ABC中，AB=22，VA=VB，CA=CB，【答案】34##【分析】取AB的中點(diǎn)O，連接VO、OC，證明出VO⊥AB，OC⊥AB，可得出二面角V?AB?C的平面角為∠VOC【詳解】取AB的中點(diǎn)O，連接VO、OC，如下圖所示：∵VA=VB，O為AB的中點(diǎn)，則VO⊥AB，且AV因?yàn)镃A=CB，O為AB的中點(diǎn)，可得OC⊥AB，又因?yàn)閯t二面角V?AB?由余弦定理得cos∠VOC因此，二面角V?AB?故答案為：34【變式4-1】5．（2023·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥平面(1)求證：EF//平面ABC(2)求證：平面A1FD⊥(3)若三棱柱所有棱長(zhǎng)都為a，求二面角A1【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)證明見(jiàn)解析(3)6【分析】（1）由EF//BC，即可證EF//平面ABC；（2）由A1D⊥平面BCC1B【詳解】（1）證明：因?yàn)镋，F(xiàn)分別為A1B，所以EF//又EF?平面ABC，BC故EF//（2）證明：∵BB1⊥平面A1B∴BB∵A1D⊥B1C，又A1D?∴平面A1FD⊥（3）如圖所示：過(guò)點(diǎn)D作B1C垂線(xiàn)，垂足為H，連接A1∵A1D⊥B1∴B1C⊥平面A則∠A1HD∴A1D=32故二面角A1?B【變式4-1】6．（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖所示，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，其它四個(gè)側(cè)面都是側(cè)棱長(zhǎng)為(1)求二面角P?(2)在線(xiàn)段AB上是否存在一點(diǎn)E，使平面PCE⊥平面PCD？若存在，請(qǐng)指出點(diǎn)E【答案】(1)60(2)存在；設(shè)M是AB的中點(diǎn)，E為線(xiàn)段MB的中點(diǎn)；證明見(jiàn)解析.【分析】（1）設(shè)M,N分別是AB和CD的中點(diǎn)，連接PM，MN，PN,說(shuō)明∠PMN為二面角P（2）判斷存在點(diǎn)E，使平面PCE⊥平面PCD，此時(shí)E為線(xiàn)段MB的中點(diǎn)，設(shè)F，G分別為PN和PC的中點(diǎn)，然后證明MF⊥平面PCD,說(shuō)明四邊形EMFG為平行四邊形,推得EG∥MF，從而證明【詳解】（1）如圖，設(shè)M,N分別是AB和CD的中點(diǎn)，連接PM，MN，則MN∥∵PA=PB，M是AB的中點(diǎn),∴又在正方形ABCD中有MN⊥∴∠PMN為二面角P∵PA=PB=5，AB=2，M同理可得PN=2，又MN=BC=2,∴∴二面角P?AB?（2）存在點(diǎn)E，使平面PCE⊥平面PCD，此時(shí)E為線(xiàn)段MB證明如下:設(shè)E，F(xiàn)，G分別為MB，PN和PC的中點(diǎn)，連接MF，F(xiàn)G，EG，EC,由（1）知△PMN是等邊三角形，故MFPC=PD,N為又∵CD⊥MN，MN∩∴CD⊥平面PMN,MF?平面PMN，故CD⊥CD,PN?平面PCD,∴MF∵F，G分別為PN和PC的中點(diǎn)∴FG∥又E為線(xiàn)段MB的中點(diǎn),∴FG∥ME,∴EG∥MF,∴EG⊥平面PCD,又EG∴平面PCE⊥平面PCD【變式4-1】7．（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，將邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD沿對(duì)角線(xiàn)AC折起，使得點(diǎn)D到點(diǎn)D'的位置，連接B(1)若平面D'AC⊥(2)不考慮點(diǎn)D'與點(diǎn)B重合的位置，若二面角A?BD'【答案】(1)33(2)45【分析】（1）連接OD',OB，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得（2）取D'B的中點(diǎn)E，可得∠AEC為二面角A【詳解】（1）連接OD',因?yàn)槠矫鍰'AC⊥平面ABC，O所以O(shè)D'⊥平面ABC，又OB所以O(shè)D'⊥OB，又正方形ABCD所以O(shè)D'=設(shè)點(diǎn)O到平面D'BC的距離為VD所以13所以?=33，即點(diǎn)O到平面D（2）取D'B的中點(diǎn)E，連接因?yàn)锳B=所以AE⊥所以∠AEC為二面角A?B由題可知△AB在△AEC中，AC=2，cos∠AEC所以AE所以D'所以D'【變式4-1】8．（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PD⊥(1)求證：平面PBD⊥平面PBC(2)若二面角P?BC?D的大小為【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)3【分析】（1）利用線(xiàn)面垂直及面面垂直的判定定理可得結(jié)果；（2）根據(jù)等體積法即可求得點(diǎn)C到平面PBD的距離.【詳解】（1）在△ADB中,AD∴AD2∵PD⊥平面ABCD,AD?平面ABCD，∴又∵PD∩BD=D,PD,DB?又AD//BC，∴BC⊥又BC?平面PBC，所以平面PBD⊥（2）由（1）知BC⊥平面PBD，∴PB⊥∴∠PBD為二面角P?BC在Rt△PDB中,PD所以S△BDC=設(shè)點(diǎn)D到PBC的距離d,由VP?BCD即13×1即點(diǎn)D到PBC的距離為3【變式4-1】9．（2023·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD．四邊形ABCD為梯形，(1)證明：Q為BB(2)求此四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積之比；(3)若A1A=4,CD=2，梯形ABCD【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)11(3)π【分析】（1）利用面面平行，證明線(xiàn)線(xiàn)平行，進(jìn)而得到△QBC～△A1AD（2）連接QA,QD，四棱柱被平面α所分成上?下兩部分的體積為V1,V（3）在△ADC中，作AE⊥DC，垂足為E，連接A1E，∠AEA1為平面【詳解】（1）證明：∵四棱柱ABCD?A1B1∴平面QBC∥平面A1∴平面A1CD與面QBC和平面A∴△QBC∴BQ∴Q為B（2）解：連接QA,QD，設(shè)梯形ABCD的高為d，四棱柱被平面α所分成上?下兩部分的體積為V1設(shè)BC=a，則∴VVQ?∵V棱柱=32∴四棱柱被平面α所分成上?下兩部分的體積之比11（3）解：在△ADC中，作AE⊥DC，垂足為E則DE⊥平面AE∴DE∴∠AEA1為平面α∵BC∴S∵梯形ABCD的面積為6,DC∴S∴tan∠AE∴∠AE∴平面α與底面ABCD所成二面角的大小為π4【變式4-1】10．（2023·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，直三棱柱ABC?A1B1(1)求直線(xiàn)BA1與平面(2)求二面角A?【答案】(1)π(2)2【分析】（1）取B1C1的中點(diǎn)D，連接A1D和BD，結(jié)合條件可證明A1D（2）取A1C的中點(diǎn)，連接AO，BO，先求得A1B=【詳解】（1）取B1C1的中點(diǎn)D，連接A因?yàn)锳1B1在直三棱柱ABC?A1B1C1中，BB1因?yàn)锽B1∩B1C1=B1，BB1、所以A1D⊥BD，則在Rt△A1BD中，0<∠在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1因?yàn)锳B=AC=AA則A1B=所以AD=12B1C1故直線(xiàn)BA1與平面BCC（2）取A1C的中點(diǎn)，連接AO，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1因?yàn)锳B=AC=由（1）知，A1B=A1又BO?平面BA1C，AO?平面A又BA⊥AC，BA⊥AA1，AC∩所以BA⊥平面AA1C1C，AO?在Rt△AOB中，tan∠AOB=ABAO題型5補(bǔ)形法【方法總結(jié)】在有些問(wèn)題中，所給的圖形不是能夠很好觀(guān)測(cè)到二面角的平面角，可以通過(guò)補(bǔ)形的方法來(lái)觀(guān)測(cè)二面角的平面角?！纠}5】在圖中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是一個(gè)直角梯形，其中PA=1，AD=1,CD=1,AB=1∠BAD=∠ADC=90°。求平面PAD與平面PBC所成二面角的大小?！窘馕觥垦娱L(zhǎng)直線(xiàn)DA與BC，它們相交于點(diǎn)E，連接PE。由題意可知，BA平行于CD，AB的長(zhǎng)度是CD的一半，且BA⊥AD，BA⊥PA，那么BA⊥平面PED，CD⊥平面PED，AE=1，PE=2。在三角形PED中，PD=PE=2，ED=AE+AD=2。那么根據(jù)勾股定理可知∠DPE=90°，即DP⊥PE。CD⊥平面PED，DP⊥PE，且DP是CP在平面PED內(nèi)的射影，根據(jù)三垂線(xiàn)定理知：CP⊥PE。又DP⊥PE，即∠CPD即為所求的二面角。在Rt△CDP中，CD=1，PD=2，PC=3。那么cos∠CPD=63即：∠CPD=arccos【變式5-1】1．（2023·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥面ABCD，AB⊥AD，AD//BC，點(diǎn)E(1)證明：直線(xiàn)EF//平面PBC(2)求二面角F?【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)33【分析】（1）依題意可得AD//EF，即可得到（2）連接AC，即可求出AC、CD，從而得到AC⊥CD，再由線(xiàn)面垂直的性質(zhì)得到PA⊥CD，即可得到CD⊥平面PAC【詳解】（1）證明：∵點(diǎn)E,F分別為∴AD∵AD//BC∵EF?平面PBC，BC?∴EF//平面（2）解：∵AB⊥AD連接AC，由AB=BC=2∵AD=4，所以AC∴AC∵PA⊥底面ABCD，AC,CD?∵PA,AC∴CD⊥平面∵PC?平面∴二面角P?CD?∵AP=4，∴PC所以二面角P?CD?即二面角F?CD?【變式5-1】2．（2022春·浙江衢州·高一校考期中）在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2．點(diǎn)E,F分別在AB,CD上，且AE＝2，CF＝1．沿EF將四邊形AEFD翻折至四邊形A'(1)求證：CD'//平面(2)求異面直線(xiàn)EF與BD(3)在翻折的過(guò)程中，設(shè)二面角A'?BC?E【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)90°(3)1【分析】（1）由D'F//A'E得D'F//平面A'EB，F(xiàn)C//EB（2）延長(zhǎng)EF,BC交于點(diǎn)G，EF∩DB=H，可證得△EBG≌△DAB，進(jìn)而得∠EHB=90°，即EF（3）在平面ABCD內(nèi)作AO⊥EF于點(diǎn)O，作A'M⊥AO于M，作MN⊥BC于N，可證得A'【詳解】（1）因?yàn)镈'F//A'E，D'F?平面A因?yàn)镕C//EB，F(xiàn)C?平面A'EB，EB?平面又因?yàn)镕C∩D'F=因?yàn)镃D'?面D'FC（2）延長(zhǎng)EF,BC交于點(diǎn)G，F(xiàn)C//EB且FC=EB=DA,故∠GEB=∠BDA故∠GEB+∠DBA=90°，則從而EF⊥D'H,EF⊥所以EF⊥平面D'HB，而B(niǎo)D'?平面所以異面直線(xiàn)EF與BD'所成的角為（3）如圖，在平面ABCD內(nèi)作AO⊥EF于點(diǎn)O，作A'M⊥AO于EF⊥OM,EF⊥A'M?平面A又A'M⊥AO，EF∩AO=O，所以A'M⊥所以BC⊥平面A'MN所以∠A'NM為二面角A因?yàn)锳O⊥EF,A'設(shè)∠當(dāng)α=π2時(shí)，點(diǎn)O與點(diǎn)M重合，由AO當(dāng)α∈0,π2時(shí)，因?yàn)樗訟M=45所以tanθ同理當(dāng)α∈π2所以AM=45所以tanθ設(shè)y=5sin所以sinα+φ由3y4y所以y的最大值為1，此時(shí)5sinα+2cosα=3所以，當(dāng)cosα=23【變式5-1】3.（2023·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）在三棱錐P?ABC中，PA⊥平面ABC,CA⊥CB,∠AOC=π3，點(diǎn)(1)求證：平面OPG⊥平面PAC(2)求二面角P?【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)417【分析】（1）根據(jù)PA⊥平面ABC得到PA⊥OG，根據(jù)G為△AOC的內(nèi)心得到OG⊥（2）根據(jù)OG⊥平面PAC得到∠PDC為二面角P?OG?B的平面角，根據(jù)AC⊥CB，O為△ABC的外心，得到OA=OB【詳解】（1）∵PA⊥平面ABC，OG?平面∴PA⊥∵G為△AOC∴OG⊥∵PA∩AC=A，PA?平面PAC∴OG⊥平面PAC∵OG?平面OPG∴平面OPG⊥平面PAC.（2）延長(zhǎng)OG交AC于D，連接PD，∵OG⊥平面PAC，PD?平面PAC，CD?平面PAC，平面PAC∩∴OG⊥PD，∴∠PDC為二面角P∵AC⊥CB，O為∴O為AB中點(diǎn)，且OA=∵∠AOC∴△AOC為等邊三角形，AD在Rt△PAD中，AD=12，在Rt△PAC中，PA=2，AC=1cos∠PDC∵∠PDC∈0,所以二面角P?OG?題型6補(bǔ)角法【方法總結(jié)】直接求二面角有困難，有時(shí)候可以通過(guò)求解二面角的補(bǔ)角進(jìn)行求解【例題