立体几何(几何法)—二面角(模型二)

例1（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））如图,AB是圆的直径,PA

垂直圆所在的平面,C是圆上的点.

(I)求证:平面PAC平面PBC；

(II)若AB2，AC1，PA1，求证：二面角CPBA的余弦值.

【答案】解： (1)证明：由AB是圆的直径，得AC⊥BC.

由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC. 又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC， 所以BC⊥平面PAC. 因为BC⊂平面PBC， 所以平面PBC⊥平面PAC. (2)方法一：

过C作CM∥AP，则CM⊥平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．

1－5 因为AB＝2，AC＝1，所以BC＝3.

因为PA＝1，所以A(0，1，0)，B(3，0，0)，P(0，1，1)． →→

故CB＝(3，0，0)，CP＝(0，1，1)． 设平面BCP的法向量为＝(x，y，z)． →n1＝0，CB·则

→n1＝0，CP·

3x＝0，所以

y＋z＝0，

不妨令y＝1，则1＝(0，1，－1)． →→

因为AP＝(0，0，1)，AB＝(3，－1，0)，

设平面ABP的法向量为2＝(x，y，z)， →n2＝0，AP·则

→n2＝0，AB·

z＝0，所以

3x－y＝0.

不妨令x＝1，2＝(1，3，0)． 36

于是cos〈1，2〉＝＝，

2 24

所以由题意可知二面角C－PB－A的余弦值为解法二：过C作CM⊥AB于M.

6. 4

图1－6

因为PA⊥平面ABC，CM⊂平面ABC， 所以PA⊥CM， 故CM⊥平面PAB.

过M作MN⊥PB于N，联结NC. 由三垂线定理得CN⊥PB.

所以∠CNM为二面角C－PB－A的平面角．

在Rt△ABC中，由AB＝2，AC＝1，得BC＝3，CM＝在Rt△PAB中，由AB＝2，PA＝1，得PB＝5. 3MN2

因为Rt△BNM∽Rt△BAP，所以＝，

153 5

故MN＝.

10

又在Rt△CNM中，CN＝

306，故cos∠CNM＝. 54

6

. 4

33，BM＝. 22

所以二面角C－PB－A的余弦值为

例2（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））如图,在四面体

ABCD中,AD平面BCD,BCCD,AD2,BD22.M是AD的中点,P

是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ3QC.

0(1)证明:PQ//平面BCD;(2)若二面角CBMD的大小为60,求BDC的大

小.

A

M

P B

C

Q D

【答案】解:证明(Ⅰ)方法一:如图6,取MD的中点F,且M是AD中点,所以

（第20题图）

AF3FD.因为P是BM中点,所以PF//BD;又因为(Ⅰ)AQ3QC且AF3FD,所以QF//BD,所以面PQF//面BDC,且PQ面BDC,所以

PQ//面BDC;

1MD;取CD的三等211分点H,使DH3CH,且AQ3QC,所以QH//AD//MD,所以

42方法二:如图7所示,取BD中点O,且P是BM中点,所以PO//PO//QHOHBCD,所以PQ//面BDC; 且HP/Q/,O(Ⅱ)如图8所示,由已知得到面ADB面BDC,过C作CGBD于G,所以

CGBMD,过G作GHBM于H,连接CH,所以CHG就是CBMD的二面角;由已知得到BM813,设BDC,所以

CDCGCBcos,sinCD22cos,CG22cossin,BC22sin,BDCDBD,

在RTBCG中,BCGsinBGBG22sin2,所以在RTBHGBC122sin2中, ,所以在RTCHG中 HG23322sinHGtanCHGtan603CG22cossin 2HG22sin3tan3(0,90)60BDC60;