考点32二面角-2018版典型高考数学试题解读与变式(解析版).pdf
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1、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. 来源 学科网 【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 1111 DCBAABCD中,AA1底面ABCD.四边形ABCD为梯 形,BCAD /,且BCAD2.过DCA,
2、1 三点的平面记为, 1 BB与的交点为Q. (1)证明:Q为 1 BB的中点;学 + 科网 (2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比; (3)若AA 1 4,2CD,梯形ABCD的面积为 6,求平面与底面ABCD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QC 1 AD,则出现相似三角形,于是根据三角形相似即可 得出 11 1 2 BQBQBC BBAAAD ,即Q为 1 BB的中点 .(2)连接,QA QD.设 1 AAh,梯形ABCD的 高为d, 四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V 上和V下, =BC a,则2ADa.先表示出 1 7 =+ 1
3、2 QA ADQABCD VVVahd 下 和 1 111 3 = 2 A B C DABCD Vahd,就可求出 1111 3711 = 21212 A B C DABCD VVVahdahdahd 下上 ,从而 11 = 7 V V 上 下 . (3)常规法, 作出二面角 .在ADC中, 作AEDC,垂足为 E,连接 1 AE.又 1 DEAA且 1 AAAEA,所以DE平面 1 AEA,于是 1 DEAE.所以 1 AEA为平面与底面ABCD所成二面角的平面角.( 1)证:因为BQ 1 AA, BCAD, 1 ,BCBQB ADAAA, 所以平面QBC平面 1 A AD.从而平面 1 A
4、CD与这两个平面的交线相互平行,即QC 1 A D. 故QBC与 1 A AD的对应边相互平行,于是 1 QBCA AD. 所以 11 1 2 BQBQBC BBAAAD ,即Q为 1 BB的中点 . (2)解:如图,连接,QA QD.设 1 AAh,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面所分成上下两部分的 体积分别为V上和V下,=BC a,则2ADa. 来源:Z。 xx。k.Com 1 1 11 2 3 23 QA AD Va h dahd, 121 3224 QABCD aah Vdahd, 所以 1 7 =+ 12 QA ADQABCD VVVahd 下 , 又 1 111 3 = 2 A
5、B C DABCD Vahd 所以 1111 3711 = 21212 A BC DABCD VVVahdahdahd 下上 , 故 11 = 7 V V 上 下 . 【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 cos S S ,求出二面角的余弦,从而求
6、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 111 ABCA BC中, 四边形 11 AA BB是菱形, 11 3 BB A, 1111 C BAABB面,二面角 11 CABB为 6 ,1CB. ()求证:平面 1 ACB平面 1 CBA; ()求二面角 1 AACB的余弦值 . 【解析】试题分析: (1)由菱形可得 11 ABAB,由棱柱和 1111 C BAA BB面,可得 1 CBAB,由直线与 平面垂直判定定理,可得 11 ABABC面,可证。 (2)过 11 ,AB AB交点 O 作 1 OEAC
7、,垂足为E,连AE 则AEO 为二面角 1 AACB的平面角。由二面角 11 CABB为 6 ,1CB,可求得各线段长, 即可算出二面角的平面角。 (2)由题意得 11 A B B为正三角形, 取 11 AB得中点为 D,连 CD,BD, 则 11 BDA B,又 11 CBA B 易得 11 CDA B,则CDB 为二面角 11 CA BB的平面角, 因 1BC , CDB= 6 ,所以3BD, 所以 1111 2ABBBAB 过 11 ,AB AB交点 O 作 1 OEAC,垂足为E,连AE 则AEO 为二面角 1 AACB的平面角, 又 5 ,3 5 OEAO得 4 5 5 AE 所以
8、1 cos 4 AEO 【变式2】 【改编例题中条件】【2014湖南卷(理) 】如图6,四棱柱 1111 ABCDABC D的所有棱长都相 等, 11111 ,ACBDO ACB DO,四边形 11 ACC A和四边形 11 BDD B为矩形 . (1) 证明 : 1 OO底面ABCD; (2) 若 0 60CBA,求二面角 11 COBD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,AC BD与 1 OO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 1, O O均为中点 ,得到 111 ,A A OO B B
9、三者相互平 行,四边形 1111 ,BDD B ACC A均为矩形与平行相结合即可得到,AC BD与 1 OO垂直 ,进而证明线面垂直. (2) 要求二面角 ,此问可以以以O为坐标原点 , 1 ,OB OC OO所在直线分别为x轴,y轴,z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 1 O作 1 BO的垂 线交 1 BO于点H,连接 11 ,HO HC.利用 (1)得到 111 OOAC,在利用四边形 1111 ABC D为菱形 ,对角线相互垂直, 两个垂直关系即可得到 11 AC垂直于平面 11 BDD B,进而得到 111
10、BOOC,结合 11 BOO H得到线面垂直,说 明角 11 O HC即为哦所求二面角的平面角,设四棱柱各边长为2a,利用勾股定理求出相应边长即可得到角 11 O HC的余弦值 ,进而得到二面角的余弦值. (1) 证明 :四棱柱 1111 ABCDABC D的所有棱长都相等 四边形ABCD和四边形 1111 ABC D均为菱形 11111 ,ACBDO ACB DO 1 ,O O分别为 11 ,BD B D中点 四边形 11 ACC A和四边形 11 BDD B为矩形 1/ / OO 11 /CCBB且 11 ,CCAC BBBD 11 ,OOBD OOAC 又ACBDO且 ,AC BD 底面
11、ABCD 1 OO底面 ABCD. 又 111 OCOO且 1111 OOOCO, 111 ,OO O B面 1 OB D 11 OC面 1 OBD 又 1 BO面 1 OB D 111 BOOC 又 11 BOO H且 1111 OCO HO, 111 ,OC O H面 11 O HC 1 BO面 11 O HC 11 O HC为二面角 11 COBD的平面角 ,则 1 11 1 cos O H O HC HC 0 60CBA且四边形ABCD为菱形 11 OCa, 11 3 ,BOa 22 11111 2 ,7OOa B OB OOOa, 则 1 1111111 1 22 21 sin3 7
12、 7 OOa O HBOO BOBOaa BO a 再由 11 O HC的勾股定理可得 2222 1111 1219 77 HCO HOCaaa, 则 1 11 1 cos O H O HC HC 2 21 2 57 7 1919 7 a a ,所以二面角 11 COBD的余弦值为 2 57 19 . (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PABCD中,/ABCD,且90BAPCDP D C B A P (1) 证明:平面PAB平面PAD; (2) 若PAPDABDC,90APD,求二面角APBC的余弦值 . 【解析】(1)证明:因为 90BA
13、PCDP ,所以 PAAB,PD CD . 又因为 ABCD ,所以PDAB,又因为 PDPAP ,PD、PA平面PAD 所以AB平面PAD,又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD (2)取AD中点 O , BC 中点E,联结 PO , OE , 因为 AB CD ,所以四边形ABCD 为平行四边形,所以 OEAB . 由( 1)知,AB平面PAD,所以 OE平面PAD, 又 PO 、AD平面PAD,所以 OEPO , OEAD . 又因为PAPD,所以 POAD ,所以 PO 、 OE、AD两两垂直, 所以以 O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz 设2PA,所以 0 0
14、2D, , , 220B, , , 002P, , , 2 02C, , , 所以 022PD, , , 222PB, , , 2 2 0 0BC, , 设 xyzn, 为平面 PBC 的法向量, 由 0 0 n PB n BC ,得 2220 2 20 xyz x . 令 1y ,则2z,0x,可得平面PBC 的一个法向量 012n, . 因为90APD,所以PDPA,又知AB平面PAD,PD平面PAD, 所以PDAB,又 PAABA,所以 PD平面PAB, 即PD是平面PAB的一个法向量, 022PD, 所以 23 cos 32 3 PD PD PD n n n , . 由图知二面角APB
15、C 为钝角,所以它的余弦值为 3 3 . 【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】 【2
16、017 全国 2 卷(理)】如图所示,四棱锥PABCD中,侧面PAD为等边三 角形且垂直于底面ABCD, 1 2 ABBCAD, o 90BADABC,E是PD的中点 . (1)证明:直线/CE平面PAB; (2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成锐角为45,求二面角MABD的余弦值 . EM D C B A P (2)以 AD 中点 O为原点,如图建立空间直角坐标系 设1ABBC,则0 0 0O,01 0A,11 0B,1 0 0C,0 1 0D, 0 03P, , M 在底面 ABCD 上的投影为M,所以 MMBM因为45MBM, 所以MBM为等腰直角三角形 因为POC为直角三角
17、形, 3 3 OCOP ,所以 60PCO 设MMa, 3 3 CM a , 3 1 3 OMa所以 3 100 3 Ma, , 2 222316 101 332 BMaaaa所以 32 11 32 OMa 所以 2 100 2 M, , 26 10 22 M, , 26 11 22 AM, ,(1 0 0)AB, 设平面 ABM 的法向量 11 (0)yz,m 11 6 0 2 yz,所以(062),m, 0 2 0AD,1 0 0AB,设 平面 ABD 的法向量为 2 0 0 z,n, (001), ,n所以 10 cos, 5 m n m n mn 所以二面角MABD 的余弦值为 10
18、5 z y x M M O F P A BC D E 【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ABCD中,ABC是正三 角形,ACD是直角三角形, ABDCBD,ABBD (1)证明:平面ACD平面ABC; ( 2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角 DAEC的余弦值 【解析】取 AC中点为O,联结BO,DO ; B E C D A O 因为 ABC 为等边三角形,所以 BOAC,所以ABBC . ABBC BDBD ABDDBC , ABDCBD .所以 ADCD ,即 ACD 为等腰直角三角形,
19、ADC 为直角又 O 为底边 AC 中点,所以 DOAC . 令 ABa,则ABACBCBDa,易得: 2 2 ODa, 3 2 OBa 所以 222 ODOBBD,由勾股定理的逆定理可得 2 DOB ,即OD OB. z O A D C E B x y ODAC ODOB ACOBO ACABC OBABC 平面 平面 ,所以 OD 平面 ABC. 又因为 OD 平面 ADC ,由面面垂直的判定定理可得平面 ADC 平面 ABC. 由题意可知 VV DACEBACE,即B,D到平面 ACE的距离相等,即 E为BD中点 . 以 O为原点, OA 为x轴正方向, OB 为y轴正方向, OD 为z
20、轴正方向,设ACa,建立空间直角坐标系, 则 0,0,0O , ,0,0 2 a A , 0,0, 2 a D , 3 0,0 2 Ba , 3 0, 44 a Ea 易得: 3 , 244 aa AEa , ,0, 22 aa AD , ,0,0 2 a OA , 设平面AED的法向量为1 n,平面AEC的 法向量为 2 n , 则 1 1 0 0 AE AD n n ,解得 1 3,1, 3n, 2 2 0 0 AE OA n n ,解得 2 0,1,3n. 若二面角DAEC为,易知为锐角,则 12 12 7 cos 7 nn nn . 【数学思想】 1.转化与化归的思想方法是数学中最基本
21、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
22、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
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