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同理:
A1DC145CDC190得:
DC1DC,DC1BDD1C面
BCDDC1BC。
(2)解:
DC1BC,CC1BCBC面ACC1A1BCAC,取A1B1的中点O,过点O作OHBD于点H,连接C1O,C1H,
A1C1B1C1C1OA1B1,面A1B1C1面A1BDC1O面A1BD。
OHBDC1HBD得:
点H与点D重合。
且C1DO是二面角A1BDC1的平面角。
设ACa,则C1O2a,C1D2a2C1OC1DO30。
2
既二面角A1BDC1的大小为30。
2.(2012年全国高考全国卷一)
【试题解析】设ACBDO,以O为原点,OC为x轴,OD为y轴建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(2,0,0),P(2,0,2),设B(0,a,0),D(0,a,0),E(x,y,z)。
所以PC(22,0,2),BE(32,a,23),
PCBD(22,0,2)(0,2a,0)0。
所以PCBE,PCBD,所以PC平面BED;
(Ⅱ)解:
设平面PAB的法向量为n(x,y,z),又AP(0,0,2),AB(2,a,0),
由nAP0,nAB0得n(1,2,0),设平面PBC的法向量为m(x,y,z),又
BC(2,a,0),CP(22,0,2,)由mBC0,mCP0,得m(1,
由于二面角APBC为90,所以mn0,解得a2。
所以PD(2,2,2),平面PBC的法向量为m(1,1,2),所以PD与平面PBC所成角的正弦值为|PDm|1,所以PD与平面PBC所成角为。
|PD||m|26
3.(2011年全国高考课标卷)
【试题解析】(Ⅰ)因为DAB60,AB2AD,由余弦定理得BD3AD,从而BD2+AD2=AB2,故BDAD
又PD底面ABCD,可得BDPD,所以BD平面PAD.故PABD。
(Ⅱ)如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长,射线直角坐标系D-xyz,则
A1,0,0,B0,3,0,C1,3,0,P0,0,1。
AB(1,3,0),PB(0,3,1),BC(1,0,0)
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则
即x3y0,
3yz0
因此可取n=(3,1,3)。
设平面PBC的法向量为m,
可取m=(0,-1,3),
故二面角A-PB-C的余弦值为
DA为x轴的正半轴建立空间
7
4.(2011年全国高考全国卷一)
【试题解析(Ⅰ)证明:
取AB中点E,连结DE,则四边形BCDE为矩形,DECB2。
连结SE,则SEAB,SE3。
又SD1,故ED2SE2SD2,所以DSE为直角。
(3分)
由ABDE,ABSE,DESEE,得AB平面SDE,所以ABSD。
即SD与两条相交直线AB、SE都垂直,所以SD平面SAB。
分)
另解:
由已知易求得SD1,AD5,SA2,于是SA2SD2AD,可知SDSA。
同理可得SDSB,又SAISBS,所以SD平面SAB。
(6分)
(Ⅱ)解:
由AB平面SDE知,平面ABCD平面SDE。
作SFDE,垂足为F,则SF平面ABCD,SFSDSE3
DE2作FGBC,垂足为G,则FGDC1。
连结SG,则SGBC,又BCFG,SGIFGG,
故BC平面SFG,平面SBC平面SFG。
(9
作FHSG,H为垂足,则FH平面SBC。
FHSFFG3,即F到平面SBC的距离为21。
SG77
由于ED//BC,所以ED//平面SBC,E到平面SBC的距离d也为21,
设AB与平面SBC所成的角为,则sind21,arcsin21。
(12分)
EB77
6.(2010年全国高考全国卷一)
【试题解析】解法一:
形,故BC⊥BD。
又SD⊥平面ABCD,故BC⊥SD,
所以,BC⊥平面BDS,BC⊥DE。
作BK⊥EC,K为垂足,因平面EDC⊥平面SBC,故BK⊥平面EDC,BK⊥DE。
即DE与平面SBC内的两条相交直线BK、BC都垂直。
所以DE⊥平面SBC,DE⊥EC,DE⊥SB。
SB=SD2DB26,
SDDB2
DE=,
SB3
22626EB=DB2DE2,SE=SB-EB=。
33
所以SE=2EB。
由SA=SD2AD25,AB=1,SE=2EB,AB⊥SA,知
AE=(31SA)2(32AB)21,又AD=1,故△ADE为等腰三角形。
6
取ED中点F,连结AF,则AF⊥DE,AF=AD2DF26。
3
连结FG,则FG∥EC,FG⊥DE,
所以,∠AFG是二面角A—DE—C的平面角。
连结AG,AG=2,FG=DG2DF26,
AF2FG2AG21
cosAFG,2AFFG2
所以,二面角A—DE—C的大小为120°
。
2010年全国高考全国卷二)
连接A1B,记A1B与AB1的交点为F。
因为面AA1B1B为正方形,故A1BAB1,且AFFB1。
又AE3EB1,所以FEEB1,又D为BB1的中点,
故DE//BF,DEAB1。
作CGAB,G为垂足,由ACBC知,G为AB中点。
又由底面ABC面AA1B1B,得CG面AA1B1B.连接DG,则DG//AB1,故DEDG,由三垂线定理,得DECD。
所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线。
因为DG//AB1,故CDG为异面直线AB1与CD的夹角,CDG45。
设AB2,则AB122,DG2,CG2,AC3。
作B1HA1C1,H为垂足.因为底面A1B1C1面AA1C1C,故B1H面AA1C1C,又
作HKAC1,K为垂足,连接B1K,由三垂线定理,得B1KAC1,因此B1KH为
面角A1AC1B1的平面角。
A1B1A1C12(21A1B1)2
A1C1
如图,正方形ABCD与
二面角(2012长春市调研题汇编)
1.
(2012年东北三省四市教研协作体等值诊断联合暨长春市二模)
⑴求证:
AC//平面BEF;
⑵求平面BEF与平面ABCD所成锐角的正切值。
2.(2012年东北三省四市教研协作体等值诊断联合暨长春市三模)已知四棱柱
ABCD1AB1C1D1中,A1A底面AB,CADC90,ABCD,中,,,
ADCDDD12AB2
AD1B1C;
⑵求二面角A1BDC1的正弦值;
3)求四面体A1BDC1的体积。
3.(2012年长春市高三毕业班第四次调研测试)如图,棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2,
ABCA1AC60,平面AA1CC1平面ABCD。
⑴证明:
BDAA1;
⑵求二面角DAA1C的余弦值;
⑶在直线CC1上是否存在点P,使BP∥平面DA1C1?
若存在,求出点P的位置;
若不存在,请说明理由。
4.(2012年东北三省三校:
东师附中、哈师附中、辽宁省实验中学2013届高三第一次联合
模拟测试一)如图,底面为平行四边形的四棱柱ABCD—A'
B'
C'
D'
,DD'
⊥底面ABCD,
∠DAB=60°
,AB=2AD,DD'
=3AD,E、F分别是AB、D'
E的中点。
1)求证:
DF⊥CE;
2)求二面角A—EF—C的余弦值。
5.(2012年东北四校:
东师附中、吉林省实验中学、哈尔滨三中、辽宁省实验中学联考一)已知斜三棱柱ABC—A1B1C1的底面是正三角形,侧面ABB1A1是菱形,且A1AB60,是A1B1的中点,MBAC.
MB平面ABC;
2)求二面角A1—BB1—C的余弦值。
二面角(2012长春市调研题汇编)参考答案
1.(2012年东北三省四市教研协作体等值诊断联合暨长春市二模)
【试题解析】解:
【方法一】.设ACBDO,取BE中点G,连结FG、OG,则OG∥DE且OG=1DE。
∵AF//DE,DE2AF,
∴AF∥OG且AF=OG,∴AFGO是平行四边形,∴FG//AO。
∵FG平面BEF,AO平面BEF,
∴AO//平面BEF,即AC//平面BEF。
(6分)
方法二】.如图建立空间直角坐标系,设平面BEF的一个法向量为n(x,y,z),
nFE0FE(2,0,1)2xz0
则nFB0,而FB(0,2,1),∴2yz0,令x1,则y1,z2
2.(2012年东北三省四市教研协作体等值诊断联合暨长春市三模)
【试题解析】
解:
⑴由四边形ADD1A1是正方形,
∴AD1A1D。
又AA1平面ABCD,ADC90,
∴AA1DC,ADDC,而AA1ADA,
∴DC平面AA1D1D,AD1DC。
又A1DDCD
⑵以D为坐标原点,DA,DC,DD1为坐标轴建立空间直角坐标系Dxyz,则易得
B(2,1,0)C1(0,2,2),A1(2,0,2)。
设平面A1BD的法向量为n1(x1,y1,z1),则由
设平面C1BD的法向量为n2(x2,y2,z2),则由
n1DB0
n1DA10,求得n1(1,2,1);
n2DB0
n2DC10,求得n2(1,2,2),
C1CBD的体积,记为V2,
V1112122则由于323,
∴所求四面体的体积为V2V12V22。
3.(2012年长春市高三毕业班第四次调研测试)
试题解析】⑴证明:
由条件知四边形ABCD是菱形,所以BDAC。
而平面AA1CC1平面ABCD,平面AA1CC1平面ABCDAC,所以BD平面AA1CC1。
又AA1平面AA1CC1,所以BDAA1.(3
⑵解:
因为ABC60,ABCD是菱形,所以ACABAA1。
而A1AC60,所以A1AC是正三角形.
令BDACO,连结A1O,则BD,AC,OA1两两互相垂直.
如图所示,分别以BD,AC,OA1所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则
D(3,0,0),A(0,1,0),A1(0,0,3),DA(3,1,0),DA1(3,0,3),
平面AA1CC1的法向量为n(1,0,0)。
设m(x,y,z)是平面DAA1的法向量,则
P(0,1,3。
)
又B(3,0,0),所以BP(3,1,3),DC1(3,2,3)
设k(x,y,z)是平面DA1C1的法向量,则
令z1,则x1,即k(1,0,1).要使BP∥平面DA1C1当且仅当
kBP0
(1)(3)0
(1)130,所以1。
这说明题目要求的点P存在,实际上,延长C1C到点P,使得CPC1C即得到所求的点P。
东师附中、哈师附中、辽宁省实验中学2013届高三第二次联合模拟测试一)
【试题解析】(Ⅰ)证明:
ADAE,DAE60△DAE为等边三角形,设AD1,则
DE1,CE3,CD2,DEC90,即CEDE。
(3分)
DD底面ABCD,CE平面ABCD,CEDD'
。
CEDE'
'
CE平面DD'
E
CEDD'
CEDF。
(6分)
DF平面DD'
DEDD'
D
1
取AE中点H,则ADAEAB,又DAE60,所以△DAE为等2
边三角形。
则DHAB,DHCD。
分别以DH、DC、DD'
所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系,设AD1,
则D(0,0,0),E(23,12,0),
1313
12,0),D'
(0,0,3),F(43,14,23),C(0,2,0),
313
EF(43,41,32),AE(0,1,0),CE(
32,0)。
设平面AEF的法向量为n1(x,y,z),
313
xyz0
442。
y0
8分)
取n1(23,0,1),平面CEF的法向量为n2(x,y,z),
442
xy0
22
取n2(33,3,2),
10分)
n1n2
cosn1,n2
20
130,
13
所以二面角AEFC的余弦值为
130
12分)
4分)
东师附中、吉林省实验中学、哈尔滨三中、辽宁省实验中学联考一)
试题解析】(Ⅰ)∵侧面ABB1A1是菱形且A1AB60o∴A1BB1为正三角形。
又∵点M为A1B1的中点∴BMA1B1。
∵AB∥A1B1∴BMAB。
由已知MBAC∴MB平面ABC。
Ⅱ)(解法一)连接C1M,作MHBB1于H,连接C1H。
由(Ⅰ)知C1M面A1ABB1,∴C1MBB1。
又MHBB1∴BB1面C1MH∴BB1C1H。
设菱形ABB1A1边长为2,则C1M3,
在RtB1MB中,由MHBB1MB1MB知:
MH
在RtC1MH中,tanC1MHC1M2,MH
∴cosC1MH
即二面角A1BB1C的余弦值为
解法二:
如图建立空间直角坐标系:
设菱形ABB1A1边长为2,
得B10,1,3,A0,2,0,
C3,1,0,A10,1,3。
则BA10,1,3,BA0,2,0,
BB10,1,3,BC3,1,0。
B1
x
设面ABB1A1的法向量
n1x1,y1,z1,由n1BA,n1BA1得:
2y10,令x1
y13z10
1,得n11,0,0。
设面BB1C1C的法向量
n2x2,y2,z2,由n2BB1,
n2BC得:
y23z20
3x2y20
令y23,得n21,3,1。
得cosn1,n2
n1n215
5
15
又二面角A1BB1C为锐角,所以所求二面角的余弦值为
G
M
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