考点32+二面角-2018版典型高考数学试题解读与变式 27页

典型高考数学试题解读与变式2018版 考点32：二面角【理】‎ ‎【考纲要求】‎ ‎1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.‎ ‎2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.‎ ‎【命题规律】‎ 二面角的知识是高考的热点问题，选择、填空、解答题都有可能进行考查.预计2018年的高考对本知识的考查空间向量的应用，仍然是以简单几何体为载体解决线线问题．【典型高考试题变式】‎ ‎（一）常规法求二面角的平面角 例1.【2014安徽卷（理）】如图，四棱柱中，底面.四边形为梯形，,且.过三点的平面记为，与的交点为.‎ ‎（1）证明：为的中点；‎ ‎（2）求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；‎ ‎（3）若，，梯形的面积为6，求平面与底面所成二面角大小.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用面面平行来证明线线平行∥，则出现相似三角形，于是根据三角形相似即可得出，即为的中点.（2）连接.设 ，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则.先表示出和，就可求出，从而.（3）常规法，作出二面角.在中，作，垂足为，连接.又且，所以平面，于是.所以为平面与底面所成二面角的平面角.（1）证：因为∥，∥,，‎ 所以平面∥平面.从而平面与这两个平面的交线相互平行，即∥.‎ 故与的对应边相互平行，于是.‎ 所以，即为的中点.‎ ‎（2）解：如图，连接.设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则.‎ ，‎ ，‎ 所以，‎ 又 所以，‎ 故.‎ ‎【方法技巧归纳】证明线面平行有两种思路：第一寻求线线平行，利用线面平行的判定定理.第二寻求面面平行，本题借助平行四边形和三角形中位线定理可以得到线线平行，进而证明线面平行；求二面角一是传统方法，“一作，二证，三求”，如本题的解析，二是建立空间直角坐标系，借助空间向量，求法向量，利用公式求角.‎ 求二面角的常见方法有：1、利用定义找到二面角的平面角，根据平面几何知识求解；2、利用公式 ，求出二面角的余弦，从而求得二面角的大小；3、利用空间相夹角余弦公式．‎ ‎【变式1】【改编例题中条件】【2017届安徽省马鞍山市中加学校三模】如图，三棱柱中，四边形是菱形， ， ,二面角为， .‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面;‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由菱形可得，由棱柱和可得，由直线与平面垂直判定定理，可得,可证。（2）过交点作,垂足为,连则为二面角的平面角。由二面角为， ，可求得各线段长，即可算出二面角的平面角。‎ ‎（2）由题意得为正三角形，‎ 取得中点为D，连CD,BD,‎ 则,又 易得,则为二面角的平面角，‎ 因, =,所以,‎ 所以 过交点作,垂足为,连 则为二面角的平面角， ‎ 又 得 所以 ‎ ‎【变式2】【改编例题中条件】【2014湖南卷（理）】如图6,四棱柱的所有棱长都相等,,四边形和四边形为矩形.‎ ‎(1)证明:底面;‎ ‎(2)若,求二面角的余弦值.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)要证明线面垂直,只需要在面内找到两条相交的线段与之垂直即可,即证明与垂直,首先利用四棱柱所有棱相等,得到上下底面为菱形,进而得到均为中点,得到三者相互平行,四边形均为矩形与平行相结合即可得到与垂直,进而证明线面垂直.‎ ‎(2)要求二面角,此问可以以以为坐标原点,所在直线分别为轴,轴,轴建立三维直角坐标系,利用空间向量的方法得到二面角的余弦值,在此说明第一种方法,做出二面角的平面角, 过作的垂线交于点,连接.利用(1)得到,在利用四边形为菱形,对角线相互垂直,两个垂直关系即可得到垂直于平面,进而得到,结合得到线面垂直,说明角即为哦所求二面角的平面角,设四棱柱各边长为,利用勾股定理求出相应边长即可得到角的余弦值,进而得到二面角的余弦值.‎ ‎(1)证明:四棱柱的所有棱长都相等 四边形和四边形均为菱形 分别为中点 四边形和四边形为矩形 且 又且底面 底面.‎ 又且,面 面 又面 又且,面 面 为二面角的平面角,则 且四边形为菱形 ,,‎ 则 再由的勾股定理可得,‎ 则,所以二面角的余弦值为.‎ ‎（二）向量法求二面角的平面角 例2.【2017全国1卷（理）】如图所示，在四棱锥中，，且 ‎(1)证明：平面平面；‎ ‎(2)若，，求二面角的余弦值.‎ ‎【解析】（1）证明：因为，所以，.‎ 又因为，所以，又因为，、平面 所以平面，又平面，所以平面平面 ‎（2）取中点，中点，联结，，‎ 因为，所以四边形为平行四边形，所以.‎ 由（1）知，平面，所以平面，‎ 又、平面，所以，.‎ 又因为，所以，所以、、两两垂直，‎ 所以以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 设，所以，，，，‎ 所以，， 设为平面的法向量，‎ 由，得.‎ 令，则，，可得平面的一个法向量.‎ 因为，所以，又知平面，平面，‎ 所以，又，所以平面，‎ 即是平面的一个法向量， 所以.‎ 由图知二面角为钝角，所以它的余弦值为.‎ ‎【方法技巧归纳】1.利用向量计算二面角大小的常用方法 ‎(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．‎ ‎(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．‎ ‎2．利用法向量求二面角时的两个注意点 ‎(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求．‎ ‎(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论错误.‎ ‎【变式1】【改编例题条件】【2017全国2卷（理）】如图所示，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，， 是的中点.‎ ‎（1）证明：直线平面；‎ ‎（2）点在棱上，且直线与底面所成锐角为，求二面角的余弦值.‎ ‎ ‎ ‎（2）以中点为原点，如图建立空间直角坐标系．‎ 设，则，，，，，‎ ．在底面上的投影为，所以．因为，‎ 所以为等腰直角三角形．‎ 因为为直角三角形，，所以．‎ 设，，．所以．‎ ．所以．‎ 所以，，，．‎ 设平面的法向量．，所以，‎ ，．设平面的法向量为，‎ ．所以．‎ 所以二面角的余弦值为．‎ ‎【变式2】【改编函数条件和问法】【2017全国3卷（理）】如图所示，四面体中，是正三角形，是直角三角形，‎ ，．‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）过的平面交于点，若平面把四面体 分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值．‎ ‎【解析】⑴取中点为，联结，；‎ 因为为等边三角形，所以，所以.‎ ，.所以，即为等腰直角三角形，‎ 为直角又为底边中点，所以.‎ 令，则，易得：， 所以，由勾股定理的逆定理可得，即.‎ ，所以平面.‎ 又因为平面，由面面垂直的判定定理可得平面平面.‎ ⑵由题意可知，即，到平面的距离相等，即为中点.‎ 以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，设，建立空间直角坐标系，则，，，， 易得：，，，‎ 设平面的法向量为，平面的法向量为，‎ 则，解得，，解得.‎ 若二面角为，易知为锐角，则.‎ ‎【数学思想】‎ ‎1.转化与化归的思想方法是数学中最基本的思想方法，数学中一切问题的解决(当然包括解题)都离不开转化与化归，数形结合思想体现了数与形的相互转化；函数与方程思想体现了函数、方程、不等式间的相互转化；分类讨论思想体现了局部与整体的相互转化，以上三种思想方法都是转化与化归思想的具体体现。各种变换方法、分析法、反证法、待定系数法、构造法等都是转化的手段。所以说，转化与化归是数学思想方法的灵魂.‎ ‎2. 转化包括等价转化和非等价转化，非等价转化又分为强化转化和弱化转化 等价转化要求在转化过程中的前因后果既是充分的又是必要的，这样的转化能保证转化的结果仍为原问题所需要的结果，非等价转化其过程则是充分的或必要的，这样的转化能给人带来思维的启迪，找到解决问题的突破口，非等价变形要对所得结论进行必要的修改.‎ 非等价转化（强化转化和弱化转化）在思维上带有跳跃性，是难点，在压轴题的解答中常常用到，一定要特别重视！‎ ‎3.转化与化归的原则 ‎（1）熟悉化原则：将不熟悉和难解的问题转化为熟知的易解的或已经解决的问题；‎ ‎（2）直观化原则：将抽象的问题转化为具体的直观的问题；‎ ‎（3）简单化原则：将复杂的问题转化为简单的问题，将一般性的问题转化为直观的特殊的问题；将实际问题转化为数学问题，使问题便与解决.‎ ‎（4）正难则反原则：若过正面问题难以解决，可考虑问题的反面，从问题的反面寻求突破的途径；‎ ‎（5）低维度原则：将高维度问题转化成低维度问题.‎ ‎4.转化与化归的基本类型 ‎（1） 正与反、一般与特殊的转化；‎ ‎（2） 常量与变量的转化；‎ ‎（3） 数与形的转化；‎ ‎（4） 数学各分支之间的转化；‎ ‎（5） 相等与不相等之间的转化；‎ ‎（6） 实际问题与数学模型的转化.‎ ‎5．常见的转化方法 ‎（1）直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题；‎ ‎（2）换元法：运用“换元”把非标准形式的方程、不等式、函数转化为容易解决的基本问题；‎ ‎（3）参数法：引进参数，使原问题的变换具有灵活性，易于转化；‎ ‎（4）构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题；‎ ‎（5）坐标法：以坐标系为工具，用代数方法解决解析几何问题，是转化方法的一种重要途径；‎ ‎（6）类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于确定转化的途径；‎ ‎（7）特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的结论适合原问题；‎ ‎（8）一般化方法：若原问题是某个一般化形式问题的特殊形式且有较难解决，可将问题通过一般化的途径进行转化；‎ ‎（9）等价问题法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，达到转化目的；‎ ‎（10）补集法：（正难则反）若过正面问题难以解决，可将问题的结果看作集合A，而把包含该问题的整体问题的结果类比为全集U，通过解决全集U及补集获得原问题的解决.‎ 立体几何中的转化与化归，主要利用直接转化法或坐标法，将空间问题转化成平面问题、将几何问题转化成代数问题加以解决.‎ ‎【空间角的范围处理错误注意点】‎ 解决此类问题，要注意各种空间角的给定范围，容易在范围上出现问题.‎ ‎【典例试题演练】‎ ‎1．【2018届湖北省武汉市部分学校新高三起点调研】设点是棱长为2的正方体的棱的中点，点在面所在的平面内，若平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等，则点到点的最短距离是（ ）‎ A. B. C. 1 D. ‎【答案】A ‎2．【2018届甘肃省张掖市民乐县第一中学高三10月月考】如图所示，已知二面角的平面角为， 为垂足， 且， ，设到棱的距离分别为，当变化时，点的轨迹是下列图形中的（ ） ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 在平面内过作，垂足为，连结， ，同理， ，即，又的轨迹是双曲线在第一象限内的部分，故选D.‎ ‎3．【2018届浙江省温州市高三9月高考适应性测试】如图，正四面体中，、、在棱、、上，且，，分别记二面角，，的平面角为、、，在（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】是正四面体，、、在棱、、上，且，，可得为钝角，为锐角，设到的距离为，到的距离为，到的距离为，到的距离为，设正四面体的高为 ,可得，由余弦定理可得 ，由三角形面积相等可得到，所以可以推出所以 ，故选D.‎ ‎4．【2017届广西桂林市、崇左市、百色市高三下学期一模】在菱形中， ，将沿折起到的位置，若二面角的大小为，三棱锥的外接球球心为， 的中点为，则 A. 1 B. 2 C. D. ‎【答案】B ‎【解析】因为在菱形 中， 的中点为,所以 ,则 ,所以 为二面角的平面角, ,由于,所以 为等边三角形,若外接圆的圆心为,则平面,在等边中, ,可以证明,所以,又,所以 ,在中, ,选B.‎ ‎5．【2017届重庆市第一中学高三下学期第二次月考】已知正三棱锥的侧棱长为，若二面角的余弦值为，则三棱锥的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 如图，设正底面三角形的边长为，则，故，又，故，即 ‎，所以三棱锥的体积，应选答案A。‎ ‎6．【2017届河北省石家庄市高三第二次质量检测】设二面角的大小为，点在平面内，点在上，且，则与平面所成的角的大小为__________．‎ ‎【答案】30°‎ ‎【解析】如图，作平面于点，在平面内过作于点，连接，由三垂线定理得，所以为二面角的平面角，所以，又，所以．连接，则为与平面的所成角．设，则，，，，所以，所以．‎ ‎7．【2016届广西南宁三中、柳铁一中、玉林高中高三9月联考】如图，已知正四棱柱中，底面边长，侧棱 的长为4，过点作的垂线交侧棱于点，交于点．‎ ‎（1）求证： ⊥平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值。‎ ‎【解析】试题分析：（1）因为是正四棱柱，所以可证得，同理可得，即得证平面 ‎（2）以DA、DC、分别为轴，建立直角坐标系，由，找出两个面的法向量，代入公式即得解.‎ 试题解析：‎ ‎（1）连接AC，因为是正四棱柱，‎ 所以 ‎ 同理可得 又因为,所以平面． ‎ ‎（2）解法一：以DA、DC、分别为轴，建立直角坐标系，设则 ，由 设面DBE的法向量为.由 由 令得： 设平面的法向量为.由，由 令得： 设与所成的角为，‎ 则值 由题意：二面角为锐角， 二面角的余弦值为 ‎ ‎8．【2018届四川省成都市第七中学高三上学期半期考试】如图，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形， ，侧棱，点分别为棱的中点， 的重心为，直线垂直于平面.‎ ‎（1）求证：直线平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦.‎ ‎【解析】试题分析：（1）证线面平行，直接找线线平行即可，构造平行四边形，证明平行于DE，即可得到线线平行，进而得到线面平行。（2）建系，分别求出两个半平面的法向量，根据公式得到法向量的夹角，从而得到二面角的大小。‎ ‎(1) 连结 ，则在三角形中为中位线，于是， 因为为中点，所以平行且等于. 所以在平行四边形中， 平行于 因为在平面 上，所以平行于平面 ‎（2）分别以为轴建立空间直角坐标系 设，则 因为垂直于平面，所以有，‎ 解得，所以 面的法向量，面的法向量为 所以 结合图形知，二面角的平面角的余弦值为.‎ ‎9．【2018届河北省邢台市高三上学期第二次月考】如图，三棱柱的所有棱长均为2，底面侧面， ， 为的中点， .‎ ‎（1）证明： .‎ ‎（2）若是棱上一点，满足，求二面角的余弦值.‎ ‎【解析】试题分析：（1））取的中点，连接，易证为平行四边形，从而 .由底面侧面，可得侧面，即，又侧面为菱形，所以，从而平面，可证得AB1⊥A1P． （2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.利用向量法求解．‎ 试题解析;（1）取的中点，连接，易证为平行四边形，从而 .由底面侧面，底面侧面， ， 底面，所以侧面，即侧面，又侧面，所以，又侧面为菱形，所以，从而平面 ，因为平面，所以.‎ ‎（2）由（1）知， ， ， ，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 因为侧面是边长为2的菱形，且，所以， ， ， ， ， ，得.设，得，所以，所以.而 .所以，解得.所以， ， .设平面的法向量，由得，取.而侧面的一个法向量.设二面角的大小为.则 ‎10．【2018届山西实验中学、南海桂城中学高三上学期联考】如图所示，在中，斜边，将沿直线旋转得到，设二面角的大小为.‎ ‎（1）取的中点，过点的平面与分别交于点，当平面平面时，求的长（2）当时，求二面角的余弦值.‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据两个面平行的性质，可以得出交线平行，利用中位线的性质可得；（2）过点作交于点，可证明平面，建立以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角可求出二面角的余弦值.‎ 试题解析：（1）因为平面平面,平面平面，‎ 平面平面，所以.‎ 因为为的中点，所以为的中点.‎ 同理可证： 为的中点.所以.‎ 在中，斜边,可知： ,即,‎ 所以.‎ ‎（2）过点作交于点,连接,则.‎ 因为，所以平面平面.‎ 因为平面平面， 平面，所以平面.‎ 以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 在中， ，所以.‎ 所以.所以.‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则可得令可得.‎ 易知： 平面.‎ 所以.所以二面角的余弦值为.‎ ‎11．【2018届云南省昆明一中高三第一次摸底测试】如图，在直三棱柱中， ， ，点分别为的中点.‎ ‎ ‎ ‎（1）证明： 平面；‎ ‎（2）若，求二面角的余弦值.‎ ‎【解析】试题分析：（1）连接， ，点， 分别为， 的中点，可得为 △ 的一条中位线， ，由线面平行的判定定理可得结论；（2）先利用勾股定理证明，由题意以点 为坐标原点， 为轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果；‎ 试题解析：（1）证明：连接，，点，分别为， 的中点，所以为△的一条中位线， ，‎ 平面， 平面， ‎ 所以平面. ‎ ‎ ‎ ‎（2）设，则，， ，‎ 由，得，解得，‎ 由题意以点为坐标原点，为轴，为轴，‎ 为轴建立空间直角坐标系.‎ 可得，，，，‎ 故，， ， ，‎ 设为平面的一个法向量，则 ‎，得，同理可得平面的一个法向量为，‎ 设二面角的平面角为，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以，二面角的余弦值为.‎ ‎12．【2018届江西师大附属中学10月高三月考】如图所示的几何体是由棱台 和棱锥拼接而成的组合体，其底面四边形是边长为 的菱形，且 ， 平面 ， ．‎ ‎（1）求证：平面 平面 ；‎ ‎（2）求二面角的余弦值．‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）要证明平面⊥平面，由面面垂直的判定定理知，需在某个平面上找到某条直线垂直于另一个平面，通过观察分析，平面内直线平面.要证明平面，又转化为线面垂直问题， ⊥平面∴⊥，菱形中， ⊥，又∴平面 .‎ ‎（2）连接、交于点，以为坐标原点，以为轴，以为 轴，如图建立空间直角坐标系. ，同理 ,, 设平面的法向量 ，则 ‎ 设平面DFC的法向量 ，则 ‎ 设二面角为，