用三垂线法求二面角地方法(新)

余年寄山水
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2020年08月03日 22:06
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用三垂线法求二面角的方法
三垂线定理:平面内的一条直线,如果和这个平面内的一条斜线的射影垂直,那么它也和这条斜线垂直。
已知:如图, PB是平面

的斜线, PA是平面

的垂线, 直线a

平面

,直线a垂直;射影AB.
求证: a

PB
P

证明:∵PA是平面

的垂线, 直线a

平面



∴直线a

PA又∵直线a

AB AB

PA
A


a

∴直线a

平面PAB 而PB

平面PAB ∴a

PB


总结:定理论述了三个垂直关系,①垂线PA和平 面

垂直;②射影AB和直线a垂直;③斜线PB和直线
a垂直.
三垂线定 理揭示了一个平面和四条直线所构成的三种垂直关系的内在联系,是线面垂直的性质,在立体
几何中有广 泛的应用。求二面角是高考考查的热点,三垂线法是求二面角最常用的方法,应用好定理的关键是
实现斜 线与其在面内射影垂直关系的转化,因此寻找垂线、斜线及其射影至关重要。
运用三垂线法求二面角的一般步骠:
①作:过二面角的其中一个平面上一点作(找)另一个平面的垂线,过垂足作二面角的棱的垂线。.
②证:证明由①所得的角是二面角的平面角(符合二面角的定义) 。
③求: 二面角的平面角的大小(常用面积相等关系求垂线段长度) 。
1、如右图所示的四面体
AB CD
中,
AB
平面BCD,
BCCD

BCCD1

AD3
,①求二面角


B
A
CABD
的大小;②求二面角
BCDA
的大小;
1.解: ①∵
AB

BCD

BCAB

BDAB


CBD
为二面角
CABD
的平面角

B CCD

BCCD1

CBD
=
∴二面角
CABD
的大小为
A


4
B
C
D


4
②∵
AB

BCD

BCCD
∴由三垂线定理得
CDAC


ACB
为二面角
BCDA
的平面角

BCCD

BDBC
2
CD
2
 2

AB
1

BC

AB
平面BCD ∴
ABBC

ABBD


ABAD
2
BD
2
1

RtABC
中,
tanACB
∴二面角
BC DA
的大小为


4
AB、斜线AC及
方法点拨:
本题①的方法是直接运用二面角的定义求解,本题②的关键是找出垂线
其射影BC,。从而得到二面角 的平面角为
ACB

标准文案


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< br>2.如图所示的多面体,它的正视图为直角三角形,侧视图为正三角形,俯视图为正方形(尺寸如图所示) ,E
为VB的中点.
求二面角A—VB—D的余弦值.

V


2 2

正视图
侧视图

E

A
D



B
C

2

俯视图

2 解:取AB的中点P,连结VP、DE,则由题意可知VP⊥平面ABCD,∴DA⊥VP
又 ∵AD⊥AB ∴AD⊥平面VAB ∵
VAB
是正三角形,E为VB的中点,∴AE⊥VB,
∴由三垂线定理得VB⊥DE. 所以
AED
就是所求二面角的平面角.
由已知 得DA=2,AE=
3
∴DE=
7

COSAED
AE 21


ED7
故二面角A—VB—D的余弦值为
21

7
方法点拨:
本题的关键是过二面角的一个平面VBD上一点D到二面角的另一个平面 AVB的垂线D
则斜线为DE,其射影为AE从而得到二面角的平面角为
AED
。,。.
3.一个三棱锥
SABC
的三视图、直观图如图.求二面角
SABC
的 正切值.









3 解:由正视图、俯视图知
AC4

由正视图、侧视图知,点B在平面SAC上的正投影为AC的中点D,则
BD3

BD
平面
SAC

BDAC

由俯视图、侧视图知,点S在平面ABC上的正投影为DC的中点O,

SO2< br>,
SO
平面
ABC

SOAC
.如图.

CHAB
于H,作
OECH
交AB于E,则
OEAB

连接SE,因OE是SE在底面ABC内的射影,而
OEAB
,故由
标准文案


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三垂线定理得
SEAB
,∴
SEO
为二面角
SABC
的平面角.
△ABC中,易求得
BABC13

由△ABO的面积相等关系:
OE
11
AOBDABOE

22
AOBD9


AB
13
SO21321 3

,故二面角
SABC
的正切值为.
OE99
Rt SEO
中,
tanSEO
方法点拨:
本题的难点是过二面角的一个平面 SAB上一点S作二面角的另一个平面ABC的垂线SO,
再过垂足O作二面角的棱AB的垂线,从而 得到斜线SE及其射影OE,从而得到二面角的平面角为
SEO


4. 如图,
ABC
是以
ABC
为直角的三角形,
SA
平面 ABC,
SA=BC=2,AB= 4. N、D分别是AB、BC的中点。
S
求二面角
S

N D

A
的正切值.




A

4. 解: 过A作AF

DN且与DN的延长线相交于点F,连接SF

SA
平面ABC∴由三垂线定理得
DFSF


SFA
就是二面角S—ND—A的平面角,

RtBDN
中,
DN
C
N
B
D
BD
2
BN
2
5

AFBD1
SinBND

ANND
5
S

RtAFN
中,
SinANF

AF
12
SA
gAN

tanSFA5

AF
55
A
F
N
B
D
C
故二面角S—ND—A的正切值为
5

方法点拨:
本题的关键是找到从二面角的一个平面SND上一点S到二面角的另一个平面AND 的垂线
AF,过垂足A作二面角的棱DN的垂线AF,从而得到斜线AF及其射影AF, 从而得到二面角的平面角为
SFA


5.如图所示,圆柱底面的直径AB
长度为
22

O
为底面圆心,
正三角形
ABP
的一个顶点
P
在上底面的圆周上,
PC
为圆柱的母线, CO
的延长线交
eO
于点
E

BP
的中点为< br>F
.
求二面角
FCEB
的正切值.

标准文案


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5.解:取BC的中点K
,
取OC的中点N
,
则KN∥
OB

∵F是PB的中点 ∴FK∥PC

PC
为圆柱的母线∴
PC
⊥平面
CEB
∴FK⊥平面
CEB

∵正三角形
ABP
中,
O
为AB的中点 ∴
AB

OP


∴由三垂线定理的逆定理得
AB

OC

KN

OC


∴由三垂线定理得CE⊥FN ∴
KNF
为二面角
FCEB
的平面角
由已知得
K N

tan
KNF
=
12
1
OB

,
OP6

,

PC2

KFPC1

22
2

KF
2
,即二面角
FCEB
的正切值为
2
.
KN
方法点拨:
本题的难点是找到二面角的一个平面BCE的垂线PC,则过二面角的一个平面FCE上一点
F 作PC的平行线FK就是二面角的另一个平面BCE的垂线,过垂足K作二面角的棱CE的垂线KN,从而得到斜 线
FN及其射影KN, 从而得到二面角的平面角为
FNK


P
6、 如图,P-AD-C是直二面角,四边形ABCD是∠BAD=120
的菱形,PA=AB=2,PA ⊥ AD,试问在线段AB(不包括端点)
上是否存在一点F,使得二面角A-PF-D的大小为45?
若存在,请求出AF的长,若不存在,请说明理由.

6.解:设AF=x,过点D作BA延长线的垂线DH,垂足为H。
∵PA⊥AD,二面角P-AD-C是直二面角,
∴PA⊥面ABCD,∴PA⊥DH
F
B C
0
0
A
D
P
由于DH⊥AB,DH⊥PA,且PA

AB=A,故DH⊥平面PAB
过H作PF的垂线HO,O为垂足,再连接D0,由三垂线定理得:D0⊥PF,
所以∠HOD就为二面角A-PF-D的平面角。
O
在Rt△ADH中,求得:AH=1,DH=
在Rt△FHD中,FH=AF+AH=x+1,

PFH
的面积相等关系得,OH=
H
D
3

FH
g
PA
2(1x)


2
PF
4x
F
B
A
C
在Rt△HOD中,当∠HOD=45º,则有:OH=DH,此时:
2(1x)
3,解得:x=
2
2
4x
64

所以,在AB上存在一点F,使得二面角A- PF—D的大小为45º,此时AF=
264
.
方法点拨:
本题的难点是 过二面角的一个平面PFD上一点D作二面角的另一个平面PAF的垂线DH,
S
再过垂足 H作二面角的棱PF的垂线DO,从而得到斜线DO及其射影OH,从而得到二面角的平面角为
HOD

7.如图,在底面是直角梯形的四棱锥
S—ABCD
中,
标准文案
B
C


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ABC< br>=90°,
SA
⊥面
ABCD

SA=AB

BC
=1,
AD



1
.求面
SCD
与面
SBA
所成的二面角的正切值. 2
7.解法一:延长
BA、CD
相交于点
E
,连结
SE
,则
SE
是所求二面角的棱

AD

BC

BC
=2
AD

EA=AB=SA
,∴
SE

SB


SA
⊥面
ABCD
,得面
SEB
⊥面
EBC

EB
是交线.
S

BC

EB
,∴
BC
⊥面
SEB


SB

SC
在面
SEB
上的 射影,∴
CS

SE

所以∠
BSC
是所求二面角的平面角

SB

SA
2
AB
2

∴tg∠
BSC

2,BC1,BCSB

B
BC2


SB2
A
2
D
即所求二面角的正切值为
2
E

解法二:延长
BA、CD
相交于点
E,连结
SE
,则
SE
是所求二面角的棱


过A作AF

SE,垂足为F,连结FD

SA
⊥面
ABCD
∴AD⊥SA 又∵∠
ABC
=90°,
ADPBC

∴AD⊥AB而
ADSAA
∴DA⊥面SAE
∴由三垂线定理得:SE⊥DF ∴∠
DFA
是所求二面角的平面角
由已知得A为BE的中点 ∴AE

1 ,SE

C





S
2

F
A
E
B
C

SA
g
AE2


SAE
面积相等关系得
AF

SE2

RtFAD
中,
tanDFA
D

AD2
2

即所求二面角的正切值为
AF2
2
解法三(提示):取SC的中点Q,BC的中点H,连结QH

DH

DQ ,

QHSB,DHAB
,从而平面QHD

平面SBA,
所以面QHD与面SCD所成二面角的大小等于面SCD与面SBA所成二面角的大小
而面QHD与面SCD的公共棱为QD,。
S

SA
⊥面
ABCD
∴SA⊥BC,又∵∠
ABC
=90°
∴BC⊥面SAB ∴CH⊥面QHD
由已知得:
SD
Q
SA
2
AD
2

55
,CDDH
2
CH
2


22
A
B
H
C
∴SD=CD,又Q为SC的中点 ∴
QDQC

D
由三垂线逆定理得:
QDQH
所以,
CQH
是面QHD与面SCD所成二面角的平面角
标准文案


实用文档
由已知得:
CH
1112
CH2
BC,QHSB

RtQHC
中,
tanCQH


2222
QH2
解法四(提示用面积投影法):∵
SA
⊥面
ABCD
∴SA⊥BC,又∵∠
ABC
=90°
∴BC⊥面SAB ∵BCAD ∴AD⊥面SAB ∴C在平面SAB上的射影为B, D在平面SAB上的射影为A,
∴面
SCD
的投影面为面
SAB
,设Q为S C的中点,所求二面角的大小为

,则
由已知得:
SDSA
2< br>AD
2

55
,CDDH
2
CH
2< br>

22
21116
,
S
V
SAB

g
SA
g
AB,S
V
SCD

gSC
g
DQ

22224
SCSB
2
B C
2
3,QDSD
2
SQ
2

2
S
SAB
6
从而求得
tan




2
S
SCD
3

cos


方法点拨:
本题的难点是作二面角的公共棱,方法①是先延展两个面SCD与面SBA得到公共 棱SE,
然后找其中一个面SBA的重线DA或CB, 方法②是先平移面SBA到面HQD得到公共棱QD,然后找
其中一个面HQD的垂线,,解法3用二面角的定义得 面QHD与面SCD所成二面角的平面角为
HQC
,解法四
用三垂线法得 面QHD与面SCD所成二面角的平面角为
HNC
.
8.(本小题满分14分)已 知
ABC和DBC
所在的平面互相垂直,且AB=BC=BD,
CBADB C120
0
,求:
⑴.直线AD与平面BCD所成角的大小;
⑵.直线AD与直线BC所成角的大小;
⑶.二面角A-BD-C的余弦值.
8. 解:⑴ 如图,在平面
ABC
内,过
A

AH

BC
,垂足为
H

A
H
D
RB
C

ABC和DBC
所在的平面互相垂直∴
AH
⊥平面
DBC
,∴ ∠
ADH
即为直线
AD
与平面
BCD
所成的角
由题设知

AHB
≌△
AHD
,则
DH

BH

AH
=
DH
,∴∠
ADH

45°…………….
5分
⑵∵
BC

DH,且
DH

AD
在平面
BCD
上的射影,

BC

AD
,故
AD

BC
所成的角为90° ……9分

⑶过
H

HR

BD
,垂足为
R
,连结
AR
,则由三垂线定理知,
AR

BD
,故∠
ARH
为二面角
A—BD—C
的 平面角
的补角 , 设
BC
=
a
,则由题设知,
AH
=
DH
=
AH
3a3
a
,∴tan
ARH
==2
a,BH
,在△
HDB
中,
HR
=
224HR
故二面角
A—BD—C
的余弦值的大小为


标准文案
5
…………14分
5


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9.如图,在四棱锥
CABDE
中,
ABC
为正三角形, AE
平面
ABC

BD
平面
ABC
M

CD
上一点,
BDBC2AE2
.
(Ⅰ)求证:
AE
平面
BCD

(Ⅱ)当
EMBD
时,求二面角
MABC
的正切值.
9解:(Ⅰ)∵
AE
平面
ABC

BD
平面
ABC

AE

BD


AE

平面
BCD

BD

平面
BCD


AE
∥平面
BCD

(Ⅱ)∵
BD
平面
ABC
∴平面
BCD

平面
ABC

在平面
BCD
中过点
M

MNBC
,垂足为
N
,则有
MN

平面
ABC

MN

BD
,∴
EMN

2

MN

AE
,过
N

NGAB

G


MGAB< br>,则
MGN
为二面角
MABC
的平面角,
在四边形
AEMN
中, ∵
EANANMNME
2
,∴四边形
AEMN
为矩形

MN
=
AE 1
,∴
M

CD
的中点,
N

BC的中点,在
RtMNG
中,
MN1

NGBNsin ABC
3
MN123

tanMGN


2
NG3
3
2
P
10. (2012广东理)如图所示,在四棱锥
PABCD
中,底面
ABCD

矩形,
PA
平面
ABCD
,点
E
在线段
PC
上,
PC
平面
BDE

(1) 证明:
BD
平面
PAC

(2) 若
PA1,AD2
,求二面角
BPCA
的正切值;
A
E
D
O
10.解:(1)
PC
平面
BDE

BD

BDE
BDPC

C
B

PA
平面
ABCD

BD< br>面
ABCDBDPA


PAIPCPBD

PAC

(2)法一:(定义法)设< br>ACIBDO
由(1)得:
BDACABAD

PA1,A D2AB2


PC
平面
BDE BEPC,OEPC
BEO
是二面角
BPCA
的平面角
BPBC25


PC3
2BO
22
tanBEO3

RtBOE
中,
BO2,OEBEBO
3OE
得:二面角
BPCA
的正切值为
3

法二:(三垂线法) 设< br>ACIBDO
由(1)得:
BO
平面
PAC
,过垂足O
作公共棱的垂线OF,
连结
BF
,则由三垂线定理得
PC BF

BFO
就是二面角
BPCA
的平面角.

PBC
中,
PB5,BC2,PC3PBC90BE

∵底面
ABCD
为矩形,
BDAC

ABAD 2
,
BO
OC2,PC
易得
RtPAC

RtOFC

OF
故二面角
BPCA
的正切值为
3

PA
2
AC
2
3



标准文案
OC2
BO
gPA
3

Rt BOF
中,
tanBFO
PC3
OF


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11 (2011广东高考题改编)(本小题满分13分)
如图5,在椎体
PABCD
中,
ABCD
是边长
为1的 菱形,且
DAB60
,
PAPD
0
1321
, ,
PB
22
求二面角
PADB
的大小.
法一 :(定义法)取
AD
的中点
H
,连结
BH

PH< br>

PAPD
,
H

AD
的中点

PHAD



















标准文案
ADAB
,
DAB60
0

ABD
是等边三角形
H

AD
的中点
BHAD

N
PHB
就是二面角
PADB
的平面角.
由已知得
PH3

BH
3
2

P

PNBH
交其延长线于
N
,则
PN
2< br>PH
2
NH
2
PB
2
BN
2


(3)
2
NH
2
(
21
2)
2
(
3
2
NH)
2
,解得
NH 
3
2


PHN60
o
从而
PH B
120
o
,故二面角
PADB
的大小.为
120< br>o

法二: (三垂线法)过
P

PO

平 面
ABCD
,垂足为
O
点,连结
OA

OD


OHAD

H
,连结
PH
,则由三垂线定 理得
ADPH


OHP
就是就是二面角
PADB
的平面角的补角,

ADPH

PAPD


H
AD
的中点∴
PHPA
2
AH
2
3


ABAD
,
DAB60
0


ABD
是等边三角形

BHAD
,∵
OH AD

O

H

B
三点共线

OHx
,则
OP
2
PH
2
OH
2
PB
2
OB
2


(3)
2
x2
(
21
2
)
2
(
3
2
x)
2
,解得
x
3
2


RtPO H
中,
cosOHP
OH
PH

1
2
, ∴
OHP
60
o

所以二面角
PADB
的大小.为
120
o






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12.(2013广东高考题)(本小题满分14分)
如图1,在等腰直角三角形
A BC
中,
A90
,
BC6
,
D,E
分别是
AC,AB
上的点,
CDBE2
,
O

BC
的中点.将
ADE
沿
DE
折起,得到如图2所示的四棱锥
A

BCDE
,其中
A

O3
.








A
图1
C
D
图2
O
E
B
D
E
C
O
.
B
A


(Ⅰ) 证明:
A

O
平面
BCDE

(Ⅱ) 求二面角
A

CDB
的平面角的余弦值.
12【解析】(Ⅰ) 在图1中,易得
OC3,AC32,AD22

连结
OD,OE
,在
OCD
中,由余弦定理可得
C
D
H
A

O
E
B
ODOCCD2OCCDcos455

由翻折不变性可知
A

D22
,
所以
A

O
2
OD
2
A

D
2
, 所以
A

OOD
,

22
同理可证
A

OOE
, 又
ODIOEO
,所以
A

O
平面
BCDE
.
(Ⅱ) 传统法:过
O

OHCD

CD
的延长线于
H< br>,连结
A

H
,
因为
A

O< br>平面
BCDE
,所以
A

HCD
,
所以
A

HO
为二面角
A

CDB
的平 面角.
结合图1可知,
H

AC
中点,故
OH
所以
cosA

HO
30
32
22
,从而A

HOHOA



2
2
OH15

,
A

H5
15
.
5
所以二面角
A

CDB
的平面角的余弦值为

标准文案

欧债危机-节操什么意思


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