高中数学立体几何二面角经典快速求法及高考真题解析
高中数学必修2立体几何专题二面角典型例题解法总结(最新整理)
AA 1 =2, E、E 1 、F 分别是棱 AD、AA 1 、AB 的中点。
D1
A1 （1） 证明：直线 EE 1 //平面 FCC 1 ；
C1 B1
（2） 求二面角 B-FC 1 -C 的余弦值。
E1
D
E
A
F
C B
证（1）略 解 （ 2） 因 为 AB=4, BC=CD=2, 、 F 是 棱 AB 的 中 点 ,所 以 A1 BF=BC=CF,△BCF 为正三角形,取 CF 的中点 O,则 OB⊥CF,又因
分析：本题是一道典型的利用三垂线定理求二面角问题，在证明 AD⊥平面 PAB 后，容易发现平面 PAB⊥ 平面 ABCD，点 P 就是二面角 P-BD-A 的半平面上的一个点，于是可过点 P 作棱 BD 的垂线，再作平面 ABCD
的垂线，于是可形成三垂线定理中的斜线与射影内容，从而可得本解法。（答案：二面角 P BD A 的大
2 ，则 GF
2
，
2
又∵ SA AC 6 ，∴ AM 2 ，∵ AM AB 2 ， ABM 600 ∴△ ABM 是等边三角形，∴
BF 3 。在△ GAB 中， AG 6 ， AB 2 ， GAB 900 ，∴ BG 3 4 11
2
2
2
cos BFG GF 2 FB 2 BG 2
6
，求二面角 E—AF—C 的余弦值.
2
分析：第 1 题容易发现，可通过证 AE⊥AD 后推出 AE⊥平面 APD，使命 题获证，而第 2 题，则首先必须在找到最大角正切值有关的线段计算出各线段的长度之后，考虑到运用在 二面角的棱 AF 上找到可计算二面角的平面角的顶点 S，和两边 SE 与 SC，进而计算二面角的余弦值。（答
立体几何二面角5种常见解法
立体几何二面角5种常见解法立体几何二面角大小的求法一、定义法:二面角的类型和求法可用框图展现如下:直接在二面角的棱上取一点（特殊点），分别在两个半平面内作棱的垂线，得出平面角，用定义法时，要认真观察图形的特性；例、如图，已知二面角a - a - B等于120° ,PA丄a ,A €a ,PB丄B ,B .求/ APB的大小.例、在四棱锥P-ABCD中，ABCD是正方形，PA丄平面ABCD ,PA=AB=a，求二面角B-PC-D的大小二、三垂线定理法:已知二面角其中一个面内一点到一个面的垂线，用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角;例、在四棱锥P-ABCD中，ABCD是平行四边形，PA丄平面ABCD，PA=AB=a，/ ABC=30，求二面角P-BC-A 的大小。
例、（2003北京春）如图,ABCD-ABCD是长方体，侧棱AA长为1,底面为正方体且边长为2,E是棱BC勺中点，求面CD》面CD所成二面角的正切值.AB例、△ ABC中，/ A=90°, AB=4 AC=3 平面ABC外一点P在平面ABC内的射影是AB中点M二面角P—AC—B的大小为45°。
求（1）二面角P—BC—A的大小；（2）二面角C-PB-A的大小例、（2006年陕西试题）如图4,平面丄平面，A =l, A €, B € ，点A在直线I上的射影为A i，点B在I的射影为B i，已知AB=2 , AA i = 1, BB i二V2，求：二面角A i —AB —B i 的大小.例、空间的点P到二面角l 的面、及棱I的距离分别为4、3、◎，求二面角3 的大小.三、垂面法:已知二面角内一点到两个面的垂线时，过两垂线作平面与两个半平面的交线所成的角即为平面角，由此可知，二面角的平面角所在的平面与棱垂直;四、射影法：（面积法）利用面积射影公式S射=S原cos ,其中为平面角的大小,此方法不必在图形中画出平面角;例、在四棱锥P-ABCD中，ABC［为正方形，PU平面ABCD PA =AB= a,求平面PBA与平面PDC所成二面角的大小。
全国高中数学必修2立体几何专题二面角典型例题解法总结
又∵ SA AC 6 ，∴ AM 2 ，∵ AM AB 2 ，ABM 600∴△ ABM 是等边三角形，BF 3 。
在△ GAB 中，AG 626，AB 2，GAB 900，cos BFG GF 2FB2BG 22GF FB132222112面角S AM6B的大小为arccos( 36)二面角的求法一、定义法：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角, 这条直线叫做二面角的棱, 这两个半平面叫做二面角的面，在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角。
本定义为解题提供了添辅助线的一种规律。
如例1中从二面角S—AM—B 中半平面ABM 上的一已知点（B）向棱AM 作垂线，得垂足（F）；在另一半平面ASM 内过该垂足（F）作棱AM 的垂线（如GF），这两条垂线（BF、GF）便形成该二面角的一个平面角，再在该平面角内建立一个可解三角形，然后借助直角三角函数、正弦定理与余弦定理解题。
例 1 如图，四棱锥S ABCD 中，底面ABCD为矩形，SD 底面ABCD ，AD 2DC SD 2，点M在侧棱SC上，ABM =60（I）证明：M 在侧棱SC 的中点（II ）求二面角S AM B 的大小。
证（I）略AM 的中点，过F点在平面ASM 内作GF AM ，GF交AS 于G，连结AC，∵△ ADC≌△ ADS，∴ AS-AC，且M是SC的中点，∴ AM⊥SC，GF⊥ AM，∴ GF∥AS，又∵ F为AM 的中点，∴GF是△ AMS的中位线，点G是AS的中点。
则GFB 即为所求二面角. ∵ SM 2 ，则GF解（II ）：利用二面角的定义。
在等边三角形A BM 中过点B 作BF AM 交AM 于点F ，则点F 为二、三垂线法 三垂线定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂 直．通常当点 P 在一个半平面上则通常用三垂线定理法求二面角的大小。
二面角经典例题讲解
二面角求法归纳第一课时（用定义法和三垂线法解决问题）通常是立体几何（12-14分），本题考查空间线面平行、线面垂直、面面垂直的判断与证明，考查二面角的求法以及利用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。
定义法：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角, 这条直线叫做二面角的棱, 这两个半平面叫做二面角的面，在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角。
本定义为解题提供了添辅助线的一种规律。
如例1中从二面角S—AM—B中半平面ABM 上的一已知点（B）向棱AM作垂线，得垂足（F）；在另一半平面ASM内过该垂足（F）作棱AM的垂线（如GF），这两条垂线（BF、GF）便形成该二面角的一个平面角，再在该平面角内建立一个可解三角形，然后借助直角三角函数、正弦定理与余弦定理解题。
-中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面例1（2009全国卷Ⅰ理）如图，四棱锥S ABCDAD=ABCD，2==，点M在侧棱SC上，ABM2DC SD∠=60°（I）证明：M在侧棱SC的中点--的大小。
（II）求二面角S AM B例2. （2010全国I理，19题，12分）如图，四棱锥S-ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB//DC，AD⊥DC，AB=AD=1，DC=SD=2，E为棱SB上的一点，平面EDC⊥平面SBC .（Ⅰ）证明：SE=2EB；（Ⅱ）求二面角A-DE-C的大小.二、三垂线法三垂线定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．通常当点P在一个半平面上则通常用三垂线定理法求二面角的大小。
本定理亦提供了另一种添辅助线的一般规律。
如（例2）过二面角B-FC1-C中半平面BFC上的一已知点B作另一半平面FC1C的垂线，得垂足O；再过该垂足O作棱FC1的垂线，得垂足P，连结起点与终点得斜线段PB，便形成了三垂线定理的基本构图（斜线PB、垂线BO、射影OP）。
二面角求法及经典题型归纳
二面角求法归纳18题，通常是立体几何（12-14分），本题考查空间线面平行、线面垂直、面面垂直的判断与证明，考查二面角的求法以及利用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。
以下是求二面角的五种方法总结，及题形归纳。
定义法：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角, 这条直线叫做二面角的棱, 这两个半平面叫做二面角的面，在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角。
本定义为解题提供了添辅助线的一种规律。
如例1中从二面角S —AM —B 中半平面ABM 上的一已知点（B ）向棱AM 作垂线，得垂足（F ）；在另一半平面ASM 内过该垂足（F ）作棱AM 的垂线（如GF ），这两条垂线（BF 、GF ）便形成该二面角的一个平面角，再在该平面角内建立一个可解三角形，然后借助直角三角函数、正弦定理与余弦定理解题。
例1（2009全国卷Ⅰ理）如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2AD =2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上，ABM ∠=60°（I ）证明：M 在侧棱SC 的中点 （II ）求二面角S AM B --的大小。
证（I ）略解（II ）：利用二面角的定义。
在等边三角形ABM 中过点B作BF AM ⊥交AM 于点F ，则点F 为AM 的中点，过F 点在平面ASM 内作GF AM ⊥，GF 交AS 于G ，连结AC ，∵△ADC ≌△ADS ，∴AS-AC ，且M 是SC 的中点， ∴AM ⊥SC ， GF ⊥AM ，∴GF ∥AS ，又∵F 为AM 的中点，∴GF 是△AMS 的中位线，点G 是AS 的中点。
则GFB ∠即为所求二面角. ∵2=SM ，则22=GF ，又∵6==AC SA ，∴2=AM ∵2==AB AM ，060=∠ABM ∴△ABM 是等边三角形，∴3=BF在△GAB 中，26=AG ，2=AB ，090=∠GAB ，∴211423=+=BG 366232222113212cos 222-=-=⨯⨯-+=⋅-+=∠FB GF BG FB GF BFG FGFG∴二面角S AM B --的大小为)36arccos(-例2. （2010全国I 理，19题，12分）如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB//DC ，AD ⊥DC ，AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC . （Ⅰ）证明：SE=2EB ；（Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 . (Ⅱ) 由225,1,2,,SA SD AD AB SE EB AB SA =+===⊥知22121,AD=133AE SA AB ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又.故ADE ∆为等腰三角形.取ED 中点F,连接AF,则226,3AF DE AF AD DF ⊥=-=. 连接FG ，则//,FG EC FG DE ⊥.所以，AFG ∠是二面角A DE C --的平面角. 连接AG,A G=2,2263FG DG DF =-=, 2221cos 22AF FG AG AFG AF FG +-∠==-,所以，二面角A DE C --的大小为120°.例3（2010浙江省理，20题，15分）如图， 在矩形ABCD 中，点,E F 分别 在线段,AB AD 上，243AE EB AF FD ====.沿直线EF 将 AEF 翻折成'A EF ，使平面'A EF BEF ⊥平面.（Ⅰ）求二面角'A FD C --的余弦值；（Ⅱ）点,M N 分别在线段,FD BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C 与'A 重合，求线段FM 的长.练习（2008山东）如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，P A⊥平面ABCD，60ABC∠=︒,E，F分别是BC, PC的中点.（Ⅰ）证明：AE⊥PD;（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面P AD所成最大角的正切值为62，求二面角E—AF—C的余弦值.分析：第1题容易发现，可通过证AE⊥AD后推出AE⊥平面APD，使命题获证，而第2题，则首先必须在找到最大角正切值有关的线段计算出各线段的长度之后，考虑到运用在二面角的棱AF上找到可计算二面角的平面角的顶点S，和两边SE与SC，进而计算二面角的余弦值。
数学老师重点通知：高中数学求二面角大小的经典巧解技巧方法整理
数学老师重点通知：高中数学求二面角大小的经典巧解技巧方
法整理
Hello，我是洪老师
今天给大家进行的是这个求二面角大小的经典巧解技巧方法整理！
立体几何中的二面角是一个非常重要的数学概念，求二面角的大小更是历年高考的热点问题，每年各省、市的高考试题中几乎都会出现此类题型。
其求解的策略主要有三种方法：其一是定义法，即按照二面角的定义进行求解；其一是射影法，即找其中一个平面的垂线；其一是空间向量法，即建立直角坐标系进行求解. 在高考中常常以解答题出现，其试题难度属中高档题.
方法一定义法
使用情景：空间中面面角的求法
解题模板：第一步首先分别在两个平面中找出与交线垂直的直线；
第二步然后运用平移或解三角形的知识求其夹角；
第三步得出结论.
方法二射影法
使用情景：空间中面面角的求法
解题模板：第一步首先求出其中一个平面的垂线；
第二步然后过垂足作交线的垂线即可得到二面角的平面角；
第三步运用解三角形等相关知识即可求出其大小.
具体的方法，可以下载下来进行学习的，是word文档，可以打印的！
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利用传统方法解决二面角问题(五大题型)(解析版)
利用传统方法解决二面角问题【题型归纳目录】题型一：定义法题型二：三垂线法题型三：射影面积法题型四：垂面法题型五：补棱法【方法技巧与总结】二面角的求法法一：定义法在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角，如图在二面角α-l -β的棱上任取一点O ，以O 为垂足，分别在半平面α和β内作垂直于棱的射线OA 和OB ，则射线OA 和OB 所成的角称为二面角的平面角(当然两条垂线的垂足点可以不相同，那求二面角就相当于求两条异面直线的夹角即可)．法二：三垂线法在面α或面β内找一合适的点A ，作AO ⊥β于O ，过A 作AB ⊥c 于B ，则BO 为斜线AB 在面β内的射影，∠ABO 为二面角α-c -β的平面角．如图1，具体步骤：①找点做面的垂线；即过点A ，作AO ⊥β于O ；②过点(与①中是同一个点)做交线的垂线；即过A 作AB ⊥c 于B ，连接BO ；③计算：∠ABO 为二面角α-c -β的平面角，在Rt △ABO 中解三角形．图1图2图3法三：射影面积法凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式(cos θ=S 射S 斜=S △A 'B 'C 'S △ABC，如图2)求出二面角的大小；法四：补棱法当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线(称为补棱)，然后借助前述的定义法与三垂线法解题．当二平面没有明确的交线时，也可直接用法三的摄影面积法解题．法五：垂面法由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角．【典型例题】题型一：定义法1.(2024·高一·江西宜春·期末)如图(1)，六边形ABCDEF 是由等腰梯形ADEF 和直角梯形ABCD 拼接而成，且∠BAD =∠ADC =90°，AB =AF =EF =ED =2,AD =CD =4，沿AD 进行翻折，得到的图形如图(2)所示，且∠AEC =90°.(1)求证：CD ⊥平面ADEF .(2)求二面角C -AE -D 的余弦值；【解析】(1)在等腰梯形ADEF 中，作EM ⊥AD 于M ，则DM =AD -EF 2=1,AM =3,EM =3，可得AE =3+9=23，连接AC ，则AC =42，因为∠AEC =90°，可得EC =25，由ED 2+DC 2=EC 2，可得CD ⊥ED ，且CD ⊥AD ,AD ∩ED =D ，AD ,ED ⊂平面ADEF ，所以CD ⊥平面ADEF .(2)由(1)可知CD ⊥平面ADEF ，且AE ⊂平面ADEF ，可得CD ⊥AE ，且CE ⊥AE ，CE ∩CD =C ，CE ,CD ⊂平面CDE ，可得AE ⊥平面CDE ，且DE ⊂平面CDE ，可得AE ⊥DE ，又AE ⊥CE ，可知∠CED 就是二面角C -AE -D 的平面角，在Rt △CDE ，可得cos ∠CDE =DE CE =225=55，所以二面角C -AE -D 的余弦值为55.2.(2024·高一·全国·随堂练习)如图，在圆锥PO 中，已知PO =2，⊙O 的直径AB =2，点C 在AB上，且∠CAB =30°，点D 为AC 的中点．(1)证明：AC ⊥平面POD(2)求二面角P -AC -O 的正弦值．【解析】(1)证明：连接PC ，则PC =PA ，因为点D 为AC 的中点，所以PD ⊥AC ，因为AB 为⊙O 的直径，所以∠ACB =90°，所以AC ⊥BC ，因为O 为AB 的中点，D 为AC 的中点，所以OD ‖BC ，OD =12BC ，所以OD ⊥AC ，因为PD ∩OD =D ，PD ,OD ⊂平面POD ，所以AC ⊥平面POD ，(2)由(1)知PD ⊥AC ，OD ⊥AC ，所以∠PDO 为二面角P -AC -O 的平面角，因为PO ⊥平面ABC ，OD ⊂平面ABC ，所以PO ⊥OD ，因为∠ACB =90°，∠CAB =30°，AB =2，所以BC =12AB =1，所以OD =12BC =12，所以在Rt △POD 中，sin ∠PDO =OP PD =22+14=223,所以二面角P -AC -O 的正弦值为2233.(2024·高一·河南商丘·阶段练习)如图，四边形ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，且PA =AB =2 . 求：(1)求二面角B -PA -C 的大小．(2)求二面角A -PD -C 的大小.(3)求二面角B -PD -A 的大小的正弦值．【解析】(1)∵PA ⊥平面ABCD ，AB ，AC ⊂面ABCD ,∴PA ⊥AB ,PA ⊥AC ,∴∠BAC 为二面角B -PA -C 的平面角，又∵四边形ABCD 是正方形，∴∠BAC =45°，即二面角B -PA -C 的大小为45°；(2)作PD 的中点E ,PC 的中点F ,连接AE ,EF ,AF ,∵PA ⊥平面ABCD ，AD ⊂面ABCD ,∴PA ⊥AD ,∵PA =AB ，∴△PAD 为等腰直角三角形，∵E 为PD 的中点，∴AE ⊥PD ,又∵PA ⊥CD ,AD ⊥CD ,PA ,AD ⊂平面PAD ,且PA ∩AD =A ,∴CD ⊥平面PAD ,∴CD ⊥PD ,∵E ,F 分别为PD 和PC 的中点，∴EF ⊥PD ,∴∠AEF 为二面角A -PD -C 的平面角，∵EF ⎳CD ,∴EF ⊥平面PAD ,∴EF ⊥AE ,∴∠AEF =90°,即二面角A -PD -C 的大小为90°；(3)连接BE ,BD ,∵PB =AP 2+AB 2=22,BD =AB 2+AD 2=22,∴PB =BD ,∴BE ⊥PD ,∴∠AEB 二面角B -PD -A 的大小的平面角，又∵PA ⊥AB ,AB ⊥AD ,AP ,AD ⊂平面PAD ,且PA ∩AD =A ,∴AB ⊥平面PAD ,∴AB ⊥AE ,∵PD =2AP =22,∴ED =12PD =2,∴BE =BD 2-ED 2=6,∴sin ∠AEB =AB BE=63 ,即二面角B -PD -A 的大小的正弦值63.题型二：三垂线法1.(2024·高一·湖南长沙·阶段练习)如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，直线PC ⊥平面ABC .(1)证明：平面PBC⊥平面PAC；(2)设AB=PC=2，AC=1，求二面角B-PA-C的余弦值．【解析】(1)证明：∵AB是圆O的直径，∴BC⊥AC，又∵PC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PC⊥BC，∵PC∩AC=C，且PC，AC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC.(2)过C作CM⊥PA于M，连结BM，∵BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，∴PA⊥BC，∵BC∩CM=C，且BC，CM⊂平面BCM，∴PA⊥平面BCM，又BM⊂平面BCM，∴PA⊥BM，∴∠BMC为二面角B-PA-C的平面角，在Rt△BMC中，∵CM=25，BC=3，∴BM=45+3=195，则cos∠BMC=MCBM=25195=21919，∴二面角B-PA-C的余弦值为21919．2.(2024·高一·江苏南京·阶段练习)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为菱形，且有AB=1，PA=2，∠ABC=60°，E为PC中点．(1)证明：AC⊥面BED；(2)求二面角E-AB-C的平面角的正弦值．【解析】(1)证明：设AC与BD交于点O，连接EO，因为E，O分别为PC，AC的中点，所以EO⎳PA，又因为PA⊥底面ABCD，且BD、AC⊂底面ABCD，所以PA⊥BD，PA⊥AC，又因为EO⎳PA，所以EO⊥BD，EO⊥AC，AC∩BD=O，所以EO⊥底面ABCD，又四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，则EO⊥AC，BD⊥AC，且EO∩BD=O，EO，BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED；(2)过O作OF⊥AB于F，连接EF，由(1)知OE⊥底面ABCD，且FO、AB⊂底面ABCD，所以OE⊥AB，OE⊥FO，又EO∩FO=O，EO、FO⊂平面EOF，所以AB⊥平面EOF，又EF⊂平面EOF，所以AB⊥EF，即∠EFO为二面角E-AB-C的平面角，因为底面ABCD为菱形，AB=1，∠ABC=60°，所以△ABC是边长为1的等边三角形，则AO=12，FO=12sin60°=34，又PA=2，则EO=12PA=22，在直角三角形EOF中，EF=11 4，则cos∠EFO=FOEF=3311，所以sin∠EFO=22211，故所求二面角的正弦值为222 11．3.(2024·高二·江苏南京·阶段练习)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠ADC=60°，PA=AD=4，E为AD的中点．(1)求证：平面PCE⊥平面PAD；(2)求二面角A-PD-C的平面角的正弦值．【解析】(1)由题意，因为四边形ABCD为菱形，所以DA=DC.连接AC.因为∠ADC=60°，所以△ADC为等边三角形，从而CA=CD.在△ADC中，E是AD的中点，所以CE⊥AD.因为PA⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，所以CE⊥PA.∵PA∩AD=A，PA⊂面PAD，AD⊂平面PAD，CE⊄面PAD，∴EC⊥平面PAD.又CE⊂平面PCE，∴平面PCE⊥平面PAD(2)由题意及(1)得，在平面PAD中，过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接CM.因为EC⊥平面PAD,PD⊂平面PAD，所以EC⊥PD.又EM∩CE=E, EM⊂平面EMC,CE⊂平面EMC，所以PD⊥平面EMC.又CM⊂平面EMC，所以PD⊥CM，从而∠EMC是二面角APDC的平面角．在Rt△EMD中，ED=2,∠ADP=45°，所以EM=MD= 2.在Rt△CMD中，MD=2，CD=4，所以CM=CD2-MD2=14.在Rt△CME中,CE=23,sin∠EMC=CECM =2314=427,所以二面角APDC的平面角的正弦值为42 7.题型三：射影面积法1.如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD,PA=AB=a，求平面PBA与平面PDC所成二面角的大小．【解析】因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又AD⊥AB，且PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，同理BC⊥平面PAB，所以ΔPCD在平面PBA上的射影为ΔPAB．设平面PBA与平面PCD所成二面角为θ，所以cosθ=SΔPABSΔPCD=12a212a⋅2a=22，所以θ=45°．故平面PBA与平面PCD所成二面角的大小为45°．2.(2024·新疆和田·高一校考期末)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD是正三角形，平面PAD⊥底面ABCD．(1)证明：AB⊥平面PAD；(2)求面PAD与面PDB所成的二面角的正切值．【解析】(1)证明：∵底面ABCD是正方形，∴AB ⊥AD ，∵平面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩底面ABCD =AD ，∴由面面垂直的性质定理得，AB ⊥平面PAD ；(2)(法一)由题意，△PBD 在面PAD 上的射影为△PAD ．设AD =a ，则S △PAD =34a 2，△PBD 中，PD =a ，BD =2a ，PB =2a ，∴S △PBD =12×a ×2a 2-a 24=74a 2，∴面PAD 与面PDB 所成的二面角的余弦值为37，∴面PAD 与面PDB 所成的二面角的正切值为23=233．(法二)如图所示：取PD 中点E ，连接AE ,BE .设AD =a ，则BD =PB =2a ，所以AE ⊥PD ,BE ⊥PD ,所以∠AEB 是平面PAD 与平面PDB 所成的二面角的平面角，在Rt △AEB 中，AE =32a ,AB =a ,∠BAE =π2,所以tan ∠AEB =AB AE =a 32a =23=233.3.(2024·高一课时练习)直角三角形ABC 的斜边在平面α内，两条直角边分别与平面α成30°和45°角，则这个直角三角形所在的平面与平面α所成的锐二面角的余弦值为．【答案】64【解析】过点C 作CD ⊥平面α，垂足为D ，连接AD ,BD ，∵AD ,BD ,AB ⊂平面α，则CD ⊥AD ,CD ⊥BD ,CD ⊥AB ，设CD =h >0，不妨设AC ，BC 分别与平面α成30°和45°角，则BC =2h ,AC =2h ,AD =3h ,BD =h ，过C 作CE ⊥AB ，垂足为E ，连接ED ，∵CD ⊥AB ，CE ∩CD =C ，CE ,CD ⊂平面CDE ，则AB ⊥平面CDE ，且DE ⊂平面CDE ，∴DE ⊥AB ，即所求二面角的平面角为∠CED ，由△ABC 的面积可得S △ABC =12AB ⋅CE =12AC ⋅BC ，由△ABD 的面积可得S △ABD =12AB ⋅DE =12AD ⋅BD ，∵cos ∠CED =DE CE =S △ABD S △ABC =12AD ⋅BD 12AC ⋅BC =3h ⋅h 2h ⋅2h =64，故所求锐二面角的余弦值为64．故答案为：64.题型四：垂面法1.(2024·高一·云南玉溪·期末)如图，三棱锥P -ABC 的底面△ABC 是等腰直角三角形，其中AB =AC =PA =PB =2，平面PAB ⊥平面ABC ，点E ，N 分别是AB ，BC 的中点．(1)证明：EN ⊥平面PAB ；(2)求二面角C -PB -A 的余弦值．【解析】(1)证明：因为三棱锥P -ABC 的底面是等腰直角三角形，且AB =AC =2，所以AB ⊥AC ，又点E ，N 分别是AB ，BC 的中点，故EN ∥AC ，故EN ⊥AB ，又平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC =AB ，EN ⊂平面ABC ，故EN ⊥平面PAB ．(2)如图，取PB 的中点为F ，连接AF ，CF ，因为PA =PB =AB =2，所以AF ⊥PB ，AF =3．又平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC =AB ，AB ⊥AC ，AC ⊂平面ABC ，故AC ⊥平面ABP ，PB ⊂平面ABP ，故AC ⊥PB ，AC ∩AF =A ，AC ,AF ⊂平面ACF ，故PB ⊥平面ACF ，CF ⊂平面ACF ，故PB ⊥CF ，则∠CFA 即为所求的角，于是tan ∠CFA =CA AF =23，cos ∠CFA =217，所以二面角C -PB -A 的余弦值为217．2.(2024·高一·安徽芜湖·期末)如图，在三棱台ABC -DEF 中，∠ACB =90°，BF ⊥AD ，BC =2，BE =EF =FC =1．(1)求证：平面BCFE ⊥平面ABC ；(2)若直线AE 与平面BCFE 所成角为π3，求平面DEC 和平面ABC 所成角的正切值．【解析】(1)取BC 中点为O ，连接FO ,∵BE =EF =FC =1，BC =2，所以BO =OC =FC =1,故∠BFO =∠OBF ,∠CFO =∠COF =∠FCO ,由三角形内角和可得∠BFO +∠CFO =90°,故BF ⊥FC ，又∵BF ⊥AD ,AD ,FC ⊂平面ADFC ,AD ,FC 为相交直线，∴BF ⊥平面ADFC ，AC ⊂平面ADFC ,∴BF ⊥AC又∵∠ACB =90°,即BC ⊥AC ,BF ∩BC =B ,BF ,BC ⊂平面BCFE ,∴AC ⊥平面BCFE ，AC 在平面ABC 内，∴平面BCFE ⊥平面ABC(2)由(1)知直线AE 与平面BCFE 所成角为∠AEC ，∴AC EC=3，由于AE =AF =BC 2-FC 2=3,∴AC =3设平面DEC 和平面ABC 的交线为l ，由于AB ⎳平面DEC ，AB ⊂平面ABC ，所以l ∥AB ，过点E 作EG ⊥BC 于G ，又(1)知平面BCFE ⊥平面ABC ，且两平面的交线为BC ，EG ⊂平面BCFE ,∴EG ⊥平面ABC ，l ∈平面ABC ，所以EG ⊥l ，且EG =EB 2-BC -EF 2 2=32,再过点G 作GK ⊥l 于K ，连接EK ，GK ∩EG =G ,GK ,EG ⊂平面EGK ，所以l ⊥平面EGK ，EK ⊂平面EGK ,故l ⊥EK ，∵∠EKG 即为所求角,BG =12,GC =32,GK =GC ⋅sin ∠BCK =32sin ∠BCK =32sin ∠B =32×313=9213∵tan ∠EKG =EG EK =32×2139=399题型五：补棱法1.(2024·山东淄博·高一统考期末)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为棱BB 1、BC 的中点．(1)证明：直线DN ⎳平面AMD 1；(2)设平面AMD 1与平面ABCD 的交线为l ，求点M 到直线l 的距离及二面角D 1-l -C 的余弦值．【解析】(1)证明：取CC 1的中点E ，连接DE 、NE 、ME ，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，BB 1⎳CC 1且BB 1=CC 1，∵M 、E 分别为BB 1、CC 1的中点，则BM ⎳CE 且BM =CE ，故四边形BCEM 为平行四边形，则ME ⎳BC 且ME =BC ，又因为AD ⎳BC 且AD =BC ，则ME ⎳AD 且ME =AD ，故四边形ADEM 为平行四边形，则DE ⎳AM ，∵DE ⊄平面AMD 1，AM ⊂平面AMD 1，∴DE ⎳平面AMD 1，因为AB ⎳C 1D 1且AB =C 1D 1，故四边形ABC 1D 1为平行四边形，则BC 1⎳AD 1，∵N 、E 分别为BC 、CC 1的中点，则NE ⎳BC 1，则NE ⎳AD 1，∵NE ⊄平面AMD 1，AD 1⊂平面AMD 1，∴NE ⎳平面AMD 1，∵DE ∩NE =E ，DE 、NE ⊂平面DEN ，所以，平面DEN ⎳平面AMD 1，∵DN ⊂平面DEN ，∴DN ⎳平面AMD 1.(2)延长D 1M 、DB 交与点P ，连接AP ，则直线AP 即为直线l ，因为BB 1⎳DD 1且BB 1=DD 1，M 为BB 1的中点，则PM PD 1=PB PD =BM DD 1=12，故点B 为PD 的中点，M 为PD 1的中点，在△ABP 中，AB =2，BP =BD =22，∠ABP =135°，由余弦定理可得AP2=AB2+BP2-2AB⋅BP cos135°=20，则AP=25，cos∠BAP=AB2+AP2-BP22AB⋅AP =255，则sin∠BAP=1-cos2∠BAP=55，过点D在平面ABCD内作DF⊥直线AP，垂足为点F，连接D1F，sin∠DAF=sin90°-∠BAP=cos∠BAP=255，所以，DF=AD sin∠DAF=455，∵DD1⊥平面ABCD，l⊂平面ABCD，∴DD1⊥l，∵DF⊥l，DF∩DD1=D，DF、DD1⊂平面DD1F，∴l⊥平面DD1F，∵D1F⊂平面DD1F，∴D1F⊥l，故二面角D1-l-C的平面角为∠D1FD，且D1F=DD21+DF2=655，故点M到直线l的距离为355，cos∠D1FD=DFD1F =23，因此，二面角D1-l-C的平面角的余弦值为23.2.(2024·湖南常德·高一临澧县第一中学校考期末)《九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右.它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，已知在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC.(1)从三棱锥P-ABC中选择合适的两条棱填空：⊥，则三棱锥P-ABC为“鳖臑”；(2)如图，已知AD⊥PB，垂足为D，AE⊥PC，垂足为E，∠ABC=90°.(i)证明：平面ADE⊥平面PAC；(ii)设平面ADE与平面ABC交线为l，若PA=23，AC=2，求二面角E-l-C的大小.【解析】(1)因为“鳖臑”是由四个直角三角形组成的四面体，又PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC；即△PAB，△PAC为直角三角形；若BC⊥AB，由AB∩PA=A，AB,PA⊂平面PAB，可得：BC⊥平面PAB；所以BC⊥PB，即△ABC，△PBC为直角三角形；满足四个面都是直角三角形；同理，可得BC⊥AC或BC⊥PB或BC⊥PC，都能满足四个面都是直角三角形；故可填：BC⊥AB或BC⊥AC或BC⊥PB或BC⊥PC；(2)(i)证明：∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，又AD⊂平面PAB，∴BC⊥AD，又AD⊥PB，PB∩BC=B，PB,BC⊂平面PBC，∴AD⊥平面PBC，又PC⊂平面PBC，∴PC⊥AD，又AE⊥PC，AE∩AD=A，AD,AE⊂平面ADE，∴PC⊥平面ADE，又PC⊂平面PAC，∴平面ADE⊥平面PAC.(ii)由题意知，在平面PBC中，直线DE与直线BC相交.如图所示，设DE∩BC=F，连结AF，则AF即为l.∵PC⊥平面AED，l⊂平面AED，∴PC⊥l，∵PA⊥平面ABC，l⊂平面ABC，∴PA⊥l，又PA∩PC=P，PA,PC⊂平面PAC，∴l⊥平面PAC，又AE,AC⊂平面PAC，∴AE⊥l，AC⊥l.∴∠EAC即为二面角E-l-C的一个平面角.在△PAC中，PA⊥AC，PA=23，AC=2，∴PC=4，又AE⊥PC，∴AE=AP×ACPC =23×24=3，∴cos∠EAC=AEAC =32，∴∠EAC=30°，∴二面角E-l-C的大小为30°.3.(2024·黑龙江牡丹江·高一牡丹江一中校考期末)如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点.(1)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，试判断直线l 与平面PAC 的位置关系，并加以证明；(2)设PC =2AB =4，求二面角E -l -C 大小的取值范围.【解析】(1)∵EF ⎳AC ，AC ⊂平面ABC ，EF ⊄平面ABC ，∴EF ⎳平面ABC ，又EF ⊂平面BEF ，平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，所以EF ⎳l ，而l ⊄平面PAC ，EF ⊂平面PAC ，所以l ⎳平面PAC ；(2)设直线l 与圆O 的另一个交点为D ，连接DE ，FB ，如图：由(1)知，BD ⎳AC ，而AC ⊥BC ，所以BD ⊥BC ，所以PC ⊥平面ABC ，所以PC ⊥BD ，而PC ∩BC =C ，所以BD ⊥平面PBC ，又FB ⊂平面PBC ，所以BD ⊥BF ，所以∠FBC 就是二面角E -l -C 的平面角，因为PC =2AB =4，点F 是PC 的中点，所以FC =12PC =AB =2，故tan ∠FBC =FC BC =AB BC =1cos ∠ABC ，注意到0<∠ABC <π2，所以0<cos ∠ABC <1，所以tan ∠FBC >1，因为0<∠FBC <π2，所以∠FBC ∈π4,π2 ，所以二面角E -l -C 大小的取值范围为π4,π2.【过关测试】1.(2024·高一·广西玉林·阶段练习)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC =90°,2AB =2BC =CC 1=2，D 是棱CC 1的中点，(1)求证：B1D⊥平面ABD；(2)求平面AB1D与侧面BB1C1C所成锐角的正切值.【解析】(1)证明：因为直三棱柱ABC-A1B1C1中，2BC=CC1=2，D是棱CC1的中点，所以BC=CD=C1D=B1C1=1，BB1=2，∠BCD=∠B1C1D=90°，所以BD2=BC2+CD2=2,B1D2=C1D2+B1C21=2，所以BD2+B1D2=4=BB21，所以BD⊥B1D，因为BB1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB，因为∠ABC=90°，所以AB⊥BC，因为BB1∩BC=B，BB1,BC⊂平面BB1C1C，所以AB⊥平面BB1C1C，所以B1D⊂平面BB1C1C，所以AB⊥B1D，因为AB∩BD=B，AB,BD⊂平面ABD，所以B1D⊥平面ABD；(2)因为B1D⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，所以B1D⊥AD，因为BD⊥B1D，平面AB1D∩平面BB1C1C=B1D，所以∠ADB就是平面AB1D与侧面BB1C1C所成的平面角，因为AB⊥平面BB1C1C，BD⊂平面BB1C1C，所以AB⊥BD，在Rt△ADB中，AB=1,BD=2，则tan∠ADB=ABBD=12=22，所以平面AB1D与侧面BB1C1C所成锐角的正切值为2 2 .2.(2024·高一·河南商丘·阶段练习)如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F为棱AA1的两个三等分点．(1)求证：CE∥平面BDF；(2)求二面角C1-BD-F的余弦值．【解析】(1)如图，连接AC交BD于点O，连接OF．在△ACE中，O为AC的中点，F为AE的中点，所以OF∥CE，又平面BDF，OF⊂平面BDF，所以CE∥平面BDF．(2)连接C1O，C1F，A1C1．在正方体中，BD⊥AC，AA1⊥BD，AC∩AA1=A，AC,AA1⊂平面A1AC 所以BD⊥平面A1AC，而OF，OC1均在平面A1AC内，所以BD⊥OF，BD⊥OC1，所以∠FOC1是二面角C1-BD-F的平面角．因为正方体的棱长为3，所以AC=32，AO=322，AF=1，由勾股定理得FO=3222+12=222，C1O=322 2+32=362，C1F=(32)2+22=22．在△FOC1中，由余弦定理得cos∠FOC1=FO2+C1O2-C1F22FO⋅C1O=-3333，所以二面角C1-BD-F的余弦值为-33 33．3.(2024·高一·山东淄博·阶段练习)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=2，AC∩BD=O，PO⊥底面ABCD，PO=2，点E在棱PD上，且CE⊥PD．(1)证明：平面PBD⊥平面ACE；(2)证明：OE⊥PD(3)求二面角D-AC-E的余弦值【解析】(1)∵PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PO⊥AC，∵在菱形ABCD中，AC⊥BD，且BD∩PO=O，BD,PO⊂平面PBD，∴AC⊥平面PBD，∵AC⊂平面ACE，∴平面ACE⊥平面PBD，即平面PBD⊥平面ACE；(2)连接OE，则平面ACE∩平面PBD=OE，由(1)知AC ⊥平面PBD ，PD ⊂平面PBD ，则AC ⊥PD ，又∵CE ⊥PD ，CE ∩AC =C ,CE ,AC ⊂平面ACE ，∴PD ⊥平面ACE ，OE ⊂平面ACE ，∴PD ⊥OE ，即OE ⊥PD ．(3)由于AC ⊥平面PBD ，OE ⊂平面PBD ，则AC ⊥OE ，又AC ⊥OD ，且平面EAC ∩平面DAC =AC ，OE ⊂平面EAC ，OD ⊂平面DAC ，故∠DOE 为二面角D -AC -E 的平面角；在菱形ABCD 中，AB =2，∠ABC =60°，则△ABC 是等边三角形，而O 为AC ，BD 的中点，则OD =OB =3，又OP =2，∴PD =22+3 2=7，故OE =OP ⋅OD PD =237=2217，∴cos ∠DOE =OE OD =22173=277，即二面角D -AC -E 的余弦值为277．4.(2024·高一·陕西西安·阶段练习)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，E ，F 分别为A 1B ，A 1C 的中点，D 为B 1C 1上的点，且A 1D ⊥B 1C .(1)求证：平面A 1FD ⊥平面BCC 1B 1；(2)若三棱柱所有棱长都为a ，求二面角A 1-B 1C -C 1的平面角的正切值.【解析】(1)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，则三棱柱ABC -A 1B 1C 1为直三棱柱，∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1，A 1D ⊂平面A 1B 1C 1，∴BB 1⊥A 1D ，∵A 1D ⊥B 1C ，B 1C ∩BB 1=B 1，B 1C ,BB 1⊂平面BCC 1B 1，∴A 1D ⊥平面BCC 1B 1，又A 1D ⊂平面A 1FD ，∴平面A 1FD ⊥平面BCC 1B 1；(2)因为三棱柱所有棱长都为a，则△A1B1C1为等边三角形，A1D⊥平面BCC1B1，B1C1⊂平面BCC1B1，所以A1D⊥B1C1，所以D为B1C1的中点，过点D作B1C垂线，垂足为H，连接A1H，∵A1D⊥B1C，DH⊥B1C，A1D∩DH=D，A1D,DH⊂平面A1DH，∴B1C⊥平面A1DH，又A1H⊂平面A1DH，所以B1C⊥A1H，则∠A1HD是二面角A1-B1C-C1的平面角，A1D⊥平面BCC1B1，DH⊂平面BCC1B1，所以A1D⊥DH，∴A1D=32a，DH=22B1D=24a，tan∠A1HD=A1DDH=6，故二面角A1-B1C-C1的平面角的正切值为6．5.(2024·高一·广东云浮·阶段练习)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为菱形，且有AB=1，PA=2，∠ABC=60°，E为PC中点．(1)证明：PA⎳平面BED；(2)求二面角E-AB-C的平面角的正弦值．【解析】(1)设AC与BD交于点O连接EO，因为E，O分别为PC，AC的中点，所以EO∥PA，又因为PA⊄平面BED，EO⊂平面BED，所以PA ⎳平面BED ；(2)过O 作OF ⊥AB 于F ，连接EF ，因为PA ⎳OE ，且PA ⊥平面ABCD所以OE ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以OE ⊥AB ，又EO ∩FO =O ，EO ,OF ⊂平面EOF ，所以AB ⊥平面EOF ，又EF ⊂平面EOF ，所以AB ⊥EF ，即∠EFO 为二面角E -AB -C 的平面角，由EO =12PA =22，△ABC 是边长为1的等边三角形，即FO =12sin60°=34，在直角三角形EOF 中，EF =114，即cos ∠EFO =FO EF =3311，sin ∠EFO =1-cos 2∠EFO =22211．所以所求二面角的正弦值为22211．6.(2024·高一·山东枣庄·阶段练习)如图，E 是直角梯形ABCD 底边AB 的中点，AB =2DC =2BC ，将△ADE 沿DE 折起形成四棱锥A -BCDE .(1)求证：DE ⊥平面ABE ；(2)若二面角A -DE -B 为60°，求二面角A -DC -B 的余弦值.【解析】(1)在直角梯形ABCD 中，易知DC ⎳BE ，且DC =BE ，所以四边形BCDE 为平行四边形，又∠EBC =90°，AB =2DC =2BC ，E 是AB 的中点，所以四边形BCDE 是正方形，从而DE ⊥EB ，也即DE ⊥EA ，因此，在四棱锥A -BCDE 中，EB ∩EA =A ，EB ,EA ⊂平面ABE ，所以DE ⊥平面ABE ；(2)由(1)知，∠AEB 即二面角A -DE -B 的平面角，故∠AEB =60°，又AE =EB ，可得△AEB 为等边三角形；设BE 的中点为F ，CD 的中点为G ，连接AF ,FG ,AG ，从而AF ⊥BE ，FG ⎳DE ，于是AF ⊥CD ，FG ⊥CD ，AF ∩FG =F ，AF ,FG ⊂平面AFG ，从而CD ⊥平面AFG ，AG ⊂平面AFG ，因此CD ⊥AG ；所以∠AGF 即所求二面角A -DC -B 的平面角.由(1)中DE ⊥平面ABE ，且FG ⎳DE ，从而FG ⊥平面ABE ，AF ⊂平面ABE 所以FG ⊥AF ，设原直角梯形中，AB =2DC =2BC =2a ，则折叠后四棱锥中AF =32a ，FG =a ，从而AG =AF 2+FG 2=72a 于是在Rt △AFG 中，cos ∠AGF =FG AG=277；即二面角A -DC -B 的余弦值为277.7.(2024·高一·北京怀柔·期末)如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2．(1)证明：CD 1⎳平面A 1BD ；(2)证明：BD ⊥平面A 1AC ；(3)求二面角A 1-BD -A 的正弦值．【解析】(1)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，A 1D 1⎳BC 且A 1D 1=BC ，∴A 1BCD 1为平行四边形，∴A 1B ⎳CD 1，∵CD 1⊄平面A 1BD ，A 1B ⊂平面A 1BD ∴CD 1⎳平面A 1BD ；(2)∵正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，AA 1⊥底面ABCD ，BD ⊂底面ABCD ，∴AA 1⊥BD ，∵正方形ABCD 中，AC ⊥BD ，又∵AA 1⊂平面A 1AC ，AC ⊂平面A 1AC ，AA 1∩AC =A ，∴BD ⊥平面A 1AC ；(3)∵在正方形ABCD 中，设AC ∩BD =O ，连接A 1O ，∴AC ⊥BD ，AO ⊥BD ，∵△A 1BD 中，A 1B =A 1D =22，△A 1BD 为等腰三角形，∴A 1O ⊥BD ，∴∠A 1OA 即为二面角A 1-BD -A 的平面角，∵在Rt △A 1AO 中，AA 1=2,AO =2,∴A 1O =6，∴sin ∠A 1OA =A 1A A 1O=63，即二面角A 1-BD -A 的正弦值为63.8.(2024·高一·广西·期末)如图，四棱锥P -ABCD ，PA ⊥平面ABCD ，∠BAD =∠BCD =π2，AB =BC =2，PA =BD =4，过点C 作直线AB 的平行线交AD 于F ，G 为线段PD 上一点．(1)求证：平面PAD ⊥平面CFG ；(2)求平面PBC 与平面PDC 所成二面角的余弦值．【解析】(1)因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，因为∠BAD =π2，所以AB ⊥AD ，因为PA ∩AD =A ，PA 、AD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，因为CF ⎳AB ，所以CF ⊥平面PAD ，因为CF ⊂平面CFG ，所以平面CFG ⊥平面PAD ；(2)连结AC ，过点B 作BE ⊥PC 于点E ，连接DE ，如图，PA ⊥平面ABCD ，AD 、AC ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AD ，PA ⊥AC ，因为∠BAD =∠BCD =π2，AB =BC =2，PA =BD =4，由勾股定理得：AD=BD2-AB2=23，则∠ADB=30°，同理可得CD=23，∠CDB=30°，故∠ADC=60°，所以三角形ACD为等边三角形，AC=CD=23，同理可得：PB=PA2+AB2=25，PC=PA2+AC2=27，PD=PA2+AD2=27，在△BCP中，由余弦定理得：cos∠BCP=BC2+CP2-PB22BC⋅CP=4+28-2087=327，则CE=BC cos∠BCP=627，BE=BC2-CE2=197，在△CDP中，由余弦定理得：cos∠PCD=PC2+CD2-DP22PC⋅CD=12+28-2823×47=327，在△CDE中，DE2=CE2+CD2-2CE⋅CD cos∠PCD=3628+12-2×627×23×327=757，因为CE2+DE2=12=CD2，所以DE⊥PC，所以∠BED是平面PBC与平面PDC所成二面角的平面角，由余弦定理得：cos∠BED=BE2+DE2-BD22BE⋅DE=197+757-162×197×757=-35795．9.(2024·高一·辽宁葫芦岛·期末)如图，在多面体ABCDEF中，菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF=3．(1)在线段FC上确定一点H，使得平面BDH⎳平面AEF；(2)设G是线段EC的中点，在(1)的条件下，求二面角A-HG-B的大小．【解析】(1)H为线段FC的中点．证明如下：在菱形ABCD中，连接AC与BD交于点O，于是O为AC中点，在△AFC中，OH为中位线，所以OH⎳AF，因为OH⊂平面BDH，AF⊄平面BDH，所以AF⎳平面BDH，又因为四边形BDEF是矩形，BD⎳EF，因为BD ⊂平面BDH ，EF ⊄平面BDH ，所以EF ⎳平面BDH ，又AF ，EF ⊂平面AEF ，且AF ∩EF =E ，所以平面AEF ⎳平面BDH ．(2)分别取EF ，HG ，OC 中点M ，N ，P ，连接MO ，MA ，MC ，NP ，NO ，NA ，于是，N 为线段MC 中点，易知，在矩形BDEF 中MO ⊥BD ，菱形ABCD 中AC ⊥BD ，且MO ∩AC =O ，MO ，AC ⊂平面AMC ，所以BD ⊥平面AMC ．又GH 为△CEF 的中位线，故GH ⎳EF ，且BD ⎳EF ，所以GH ⎳BD ．所以GH ⊥平面AMC ．又AN ，ON ⊂平面AMC ，所以GH ⊥AN ，GH ⊥ON ．所以∠ANO 为二面角A -HG -B 的平面角．由已知，平面BDEF ⊥平面ABCD ，平面BDEF ∩平面ABCD =BD ，MO ⊂平面BDEF ，且MO ⊥BD ，可得MO ⊥ABCD ．又NP 为△CMO 的中位线，所以NP ⎳MO ，且NP =12MO =32，所以NP ⊥平面ABCD ，进而NP ⊥AP ．在菱形ABCD 中，AO =3，PO =32，AP =AO +PO =332．在直角△NPA 中，tan ∠NAP =NP AP=33，所以∠NAP =π6．在直角△NPO 中，tan ∠NOP =NP OP=3，所以∠NOP =π3，所以，∠ANO =∠NOP -∠NAP =π6．即二面角A -HG -B 的大小为π6．10.(2024·高一·贵州毕节·期末)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，且AB =3,AD =2，侧面PAD 是等腰三角形，且PA =PD =2，侧面PAD ⊥底面ABCD .(1)求证：AP ⊥平面PCD ；(2)求侧面PBC 与底面ABCD 所成二面角的正弦值.【解析】(1)证明：在△APD 中，AD =2,PA =PD =2∴AD 2=AP 2+DP 2∴AP ⊥DP又∵侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧面PAD ∩底面ABCD =AD ,AD ⊥CD ,CD ⊂平面ABCD ，∴CD ⊥平面APD ，又AP ⊂平面APD ，∴CD ⊥AP ，又CD ∩DP =D ，CD ,DP ⊂平面PCD ，∴AP ⊥平面PCD .(2)取AD 的中点为M ，连接PM ，∵PA =PD ，所以PM ⊥AD又∵侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧面PAD ∩底面ABCD =AD ，PM ⊂面PAD ，∴PM ⊥平面ABCD又BC ⊂平面ABCD ，∴PM ⊥BC ，过点M 作MG ⊥BC ，垂足为G ，连接PG ，又PM ∩MG =M ，PM ,MG ⊂平面PMG ，∴BC ⊥平面PMG ，又MG ⊂平面PMG ，PG ⊂平面PMG ，∴BC ⊥MG ,BC ⊥PG ，∴∠PGM 为侧面PBC 与底面ABCD 所成二面角的平面角，在直角△PMG 中，PM =12AD =1,MG =3，∴PG =10，∴sin ∠PGM =PM PG =110=1010，即侧面PBC 与底面ABCD 所成二面角的正弦值为1010.11.(2024·高一·内蒙古包头·期末)如图，已知AB 是圆的直径，且AB =4,PA 垂直圆所在的平面，且PA =3,M 是弧AB 的中点．(1)求点A 到平面PBM 的距离；(2)求二面角A -BM -P 的正弦值．【解析】(1)设点A 到平面PBM 的距离为d ，由题意知BM ⊥AM ，因为PA ⊥平面MAB ，BM ⊂平面MAB ，所以BM ⊥PA ，又AM ∩PA =A ,AM ,PA ⊂平面PAM ，则BM ⊥平面PAM ，又PM ⊂平面PAM ，所以BM ⊥PM ，由V A -PBM =V P -ABM ，得13S △PBM ⋅d =13S △ABM ⋅PA ，12PM ⋅BM ⋅d =12AM ⋅BM ⋅3，即17d =62，故d =63417，所以点A 到平面PBM 的距离为63417；(2)由(1)得BM ⊥AM ，BM ⊥PM ，所以∠PMA 即为二面角A -BM -P 的平面角，因为AB =4，M 是弧AB 的中点，所以MA =MB =22，因为PA ⊥平面MAB ，AM ⊂平面MAB ，所以AM ⊥PA ，则PM =9+8=17，则sin ∠PMA =PA PM =317=31717，所以二面角A -BM -P 的正弦值为31717．12.(2024·高一·辽宁·期末)如图1，在等腰直角△ABC 中，∠C =π2，D ，E 分别是AC ，AB 的中点，F 为线段CD 上一点(不含端点)，将△ADE 沿DE 翻折到△A 1DE 的位置，连接A 1C ，A 1B ，得到四棱锥A 1-BCDE ，如图2所示，且A 1F ⊥CD ．(1)证明：A 1F ⊥平面BCDE ；(2)若直线A 1E 与平面BCDE 所成角的正切值为155，求二面角A 1-BD -C 的平面角的正切值．【解析】(1)证明：因为∠C =π2，且DE ∥BC ，所以DE ⊥AD ，所以DE ⊥A 1D ,DE ⊥DC ，又因为A 1D ∩CD =D ，且A 1D ,CD ⊂平面A 1DC ，所以DE ⊥平面A 1DC ，因为A 1F ⊂平面A 1DC ，所以DE ⊥A 1F ，又因为A 1F ⊥CD ，CD ∩DE =D 且CD ,DE ⊂平面BCDE ，所以A 1F ⊥平面BCDE ．(2)如图所示，连接EF ，因为D ,E 分别是AC 与AB 的中点，可得A 1D =CD =DE ，又因为A 1F ⊥平面BCDE ，所以直线A 1E 与平面BCDE 所成的角为∠A 1EF ，由直线A 1E 与平面BCDE 所成角的正切值为155，即tan ∠A 1EF =155，设DF=x，则A1F=A1D2-DF2=A1D2-x2，EF=DE2+DF2=A1D2+x2，所以tan∠A1EF=A1FEF=A1D2-x2A1D2+x2=155，解得A1D=2x，即F为CD的中点，过F作FO⊥BD，垂足为O，因为A1F⊥平面BCDE，BD⊂平面BCDE，所以A1F⊥BD，又因为A1F∩OF=F，且A1F,OF⊂平面A1OF，所以BD⊥平面A1OF，因为A1O⊂平面A1OF，所以A1O⊥BD，所以二面角A1-BD-C的平面角为∠A1OF，由BC=4x，CD=2x，则BD=BC2+CD2=25x，所以OF=12⋅CD⋅BCBD=255x，因为A1F=A1D2-x2=3x，所以tan∠A1OF=A1FOF=152．13.(2024·高一·安徽宣城·期末)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点，△OCD是边长为2的等边三角形．(1)若AB=22，求直线AB和CD所成角的余弦值；(2)若点E在棱AD上，AE=13AD且三棱锥A-BCD的体积为4，求二面角E-BC-D平面角大小的正弦值．【解析】(1)分别取BC、AC的中点M、N，连接OM，ON，MN，因为О为BD中点，所以MO∥CD，MN∥AB且MO=12CD,MN=12AB，所以异面直线AB和CD所成角(或为邻补角)即为∠OMN，因为AB=AD，O为BD中点，所以AO⊥BD，因为△OCD是边长为2的等边三角形，所以BO=DO=2，MN=12AB=2，MO=12CD=1，又因为平面ABD⊥平面BCD，AO⊥BD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD,所以AO⊥平面BCD，因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，由OC=OD，得△AOC≌△AOD，得AC=AD=AB=22．在直角三角形△AOC中，则ON=12AC=2，在△MON中，根据余弦定理得，cos∠OMN=MN2+MO2-ON22MN⋅MO =(2)2+1-(2)22×2×1=24或cos∠OMN=122=24所以直线AB和CD所成角的余弦值为2 4．(2)过点E作EN∥AO交BD于N．过点N作NM∥CD交BC于点M，连接ME，因为EN∥AO且AO⊥BD，所以EN⊥BD，因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，EN⊂平面ABD，所以EN⊥平面BCD，因为BC⊂平面BCD，所以EN⊥BC，在△BCD中，因为OB=OD=OC，所以BC⊥CD，因为NM∥CD，所以MN⊥BC，因为MN∩EN=N，MN,EN⊂平面MNE，所以BC⊥平面MNE，因为ME⊂平面MNE，所以BC⊥ME，所以∠EMN为所求的二面角E-BC-D的平面角，因为S△BCD=12BD⋅CD⋅sin∠BDC=12×4×2×32=23，因为V A-BCD=13S△BCD⋅OA=13×23⋅OA=4，所以OA=23，又因为AE=13AD，EN∥AO，所以ENAO=DEDA=23，得EN=23OA=433，因为NM ∥CD ，所以MN CD=BN DB =46=23，因为CD =2，所以MN =43．又EN =433，所以3MN =EN ．所以tan ∠EMN =EN MN =3，所以sin ∠EMN cos ∠EMN =3，得sin ∠EMN3=cos ∠EMN ，因为sin 2∠EMN +cos 2∠EMN =1，sin ∠EMN >0，所以解得sin ∠EMN =32．所以二面角E -BC -D 平面角大小的正弦值为32.14.(2024·高一·福建福州·期末)如图，四棱锥P -ABCD 的侧面PAD 是边长为2的正三角形，底面ABCD 为正方形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，M ，N 分别为AB ，AD 的中点.(1)求证：DM ⊥PC ；(2)在线段PB 上是否存在一点Q 使得MQ ⎳平面PNC ，存在指出位置，不存在请说明理由.(3)求二面角B -PC -N 的正弦值．【解析】(1)∵△PAD 为正三角形，N 为AD 中点，∴PN ⊥AD ，又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，PN ⊂平面PAD ，∴PN ⊥平面ABCD ，DM ⊂平面ABCD ，∴PN ⊥DM ，在正方形ABCD 中，易知△DAM ≌△CDN ，∴∠ADM =∠DCN ，而∠ADM +∠MDC =90°，∴∠DCN +∠MDC =90°，∴DM ⊥CN ，∵PN ∩CN =N ，PN ,CN ⊂平面PNC ，∴DM ⊥平面PNC ，∵PC ⊂平面PNC ，∴DM ⊥PC ．(2)存在，当BQ =14BP时MQ ⎳平面PNC ，取BE 的四等分点E (靠近B )，取BP 的四等分点Q (靠近B )，连接ME 、EQ 、MQ ，则QE ⎳PC ，QE ⊄平面PNC ，PC ⊂平面PNC ，所以QE ⎳平面PNC ，由BM DC=BE DN =12，所以△MBE ∽△CDN ，所以∠EMB =∠DCN ，又∠EMB +∠MEB =90°，∠DCN +∠NCB =90°，所以∠NCB =∠MEB ，所以ME ⎳NC ，ME ⊄平面PNC ，NC ⊂平面PNC ，所以ME ⎳平面PNC ，又ME ∩QE =E ，ME ,QE ⊂平面MEQ ，所以平面MEQ ⎳平面PNC ，MQ ⊂平面MEQ ，所以MQ ⎳平面PNC ，即当BQ =14BP时MQ ⎳平面PNC .(3)取DC 的中点F ，连接BF 交NC 于点G ，过点G 作GH ⊥PC 交PC 于点H ，连接BH ，则DF ⎳BM 且DF =BM ，所以四边形DFBM 为平行四边形，所以BF ⎳DM ，又DM ⊥平面PNC ，所以BF ⊥平面PNC ，PC ⊂平面PNC ，所以BF ⊥PC ，又GH ∩BF =G ，GH ,BF ⊂平面GHB ，所以PC ⊥平面GHB ，BH ⊂平面GHB ，所以PC ⊥BH ，所以∠BHG 为二面角B -PC -N 的平面角，因为△BCF ∽△CGF ，所以BC CG =CF FG =BF CF，又CG =BC ⋅CF BF =255，所以FG =55，BG =455，又△CGH ∽△CPN ，所以CG CP =GHPN ，又CN =22+12=5，PN =22-12=3，PC =5 2+3 2=22，即25522=GH 3，所以GH =3010，所以BH =30102+4552=142，所以sin ∠BHG =BG BH =455142=47035，故二面角B -PC -N 的正弦值为47035.。
二面角求法及经典题型归纳
二面角求法归纳18题，通常是立体几何（12-14分），本题考查空间线面平行、线面垂直、面面垂直的判断与证明，考查二面角的求法以及利用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。
以下是求二面角的五种方法总结，及题形归纳。
定义法：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角, 这条直线叫做二面角的棱, 这两个半平面叫做二面角的面，在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角。
本定义为解题提供了添辅助线的一种规律。
如例1中从二面角S —AM —B 中半平面ABM 上的一已知点（B ）向棱AM 作垂线，得垂足（F ）；在另一半平面ASM 内过该垂足（F ）作棱AM 的垂线（如GF ），这两条垂线（BF 、GF ）便形成该二面角的一个平面角，再在该平面角内建立一个可解三角形，然后借助直角三角函数、正弦定理与余弦定理解题。
例1（2009全国卷Ⅰ理）如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2AD =2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上，ABM ∠=60°（I ）证明：M 在侧棱SC 的中点 （II ）求二面角S AM B --的大小。
证（I ）略解（II ）：利用二面角的定义。
在等边三角形ABM 中过点B作BF AM ⊥交AM 于点F ，则点F 为AM 的中点，过F 点在平面ASM 内作GF AM ⊥，GF 交AS 于G ，连结AC ，∵△ADC ≌△ADS ，∴AS-AC ，且M 是SC 的中点， ∴AM ⊥SC ， GF ⊥AM ，∴GF ∥AS ，又∵F 为AM 的中点，∴GF 是△AMS 的中位线，点G 是AS 的中点。
则GFB ∠即为所求二面角. ∵2=SM ，则22=GF ，又∵6==AC SA ，∴2=AM ∵2==AB AM ，060=∠ABM ∴△ABM 是等边三角形，∴3=BF在△GAB 中，26=AG ，2=AB ，090=∠GAB ，∴211423=+=BG 366232222113212cos 222-=-=⨯⨯-+=⋅-+=∠FB GF BG FB GF BFG FGFG∴二面角S AM B --的大小为)36arccos(-例2. （2010全国I 理，19题，12分）如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB//DC ，AD ⊥DC ，AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC . （Ⅰ）证明：SE=2EB ；（Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 . (Ⅱ) 由225,1,2,,SA SD AD AB SE EB AB SA =+===⊥知22121,AD=133AE SA AB ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又.故ADE ∆为等腰三角形.取ED 中点F,连接AF,则226,3AF DE AF AD DF ⊥=-=. 连接FG ，则//,FG EC FG DE ⊥.所以，AFG ∠是二面角A DE C --的平面角. 连接AG,A G=2,2263FG DG DF =-=, 2221cos 22AF FG AG AFG AF FG +-∠==-,所以，二面角A DE C --的大小为120°.例3（2010浙江省理，20题，15分）如图， 在矩形ABCD 中，点,E F 分别 在线段,AB AD 上，243AE EB AF FD ====.沿直线EF 将 AEF 翻折成'A EF ，使平面'A EF BEF ⊥平面.（Ⅰ）求二面角'A FD C --的余弦值；（Ⅱ）点,M N 分别在线段,FD BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C 与'A 重合，求线段FM 的长.练习（2008山东）如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，P A⊥平面ABCD，60ABC∠=︒,E，F分别是BC, PC的中点.（Ⅰ）证明：AE⊥PD;（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面P AD所成最大角的正切值为62，求二面角E—AF—C的余弦值.分析：第1题容易发现，可通过证AE⊥AD后推出AE⊥平面APD，使命题获证，而第2题，则首先必须在找到最大角正切值有关的线段计算出各线段的长度之后，考虑到运用在二面角的棱AF上找到可计算二面角的平面角的顶点S，和两边SE与SC，进而计算二面角的余弦值。
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江西省南昌市2015-2016学年度第一学期期末试卷（江西师大附中使用）高三理科数学分析一、整体解读试卷紧扣教材和考试说明，从考生熟悉的基础知识入手，多角度、多层次地考查了学生的数学理性思维能力及对数学本质的理解能力，立足基础，先易后难，难易适中，强调应用，不偏不怪，达到了“考基础、考能力、考素质”的目标。
试卷所涉及的知识内容都在考试大纲的范围内，几乎覆盖了高中所学知识的全部重要内容，体现了“重点知识重点考查”的原则。
1．回归教材，注重基础试卷遵循了考查基础知识为主体的原则，尤其是考试说明中的大部分知识点均有涉及，其中应用题与抗战胜利70周年为背景，把爱国主义教育渗透到试题当中，使学生感受到了数学的育才价值，所有这些题目的设计都回归教材和中学教学实际，操作性强。
2．适当设置题目难度与区分度选择题第12题和填空题第16题以及解答题的第21题，都是综合性问题，难度较大，学生不仅要有较强的分析问题和解决问题的能力，以及扎实深厚的数学基本功，而且还要掌握必须的数学思想与方法，否则在有限的时间内，很难完成。
3．布局合理，考查全面，着重数学方法和数学思想的考察在选择题，填空题，解答题和三选一问题中，试卷均对高中数学中的重点内容进行了反复考查。
包括函数，三角函数，数列、立体几何、概率统计、解析几何、导数等几大版块问题。
这些问题都是以知识为载体，立意于能力，让数学思想方法和数学思维方式贯穿于整个试题的解答过程之中。
二、亮点试题分析1．【试卷原题】11.已知,,A B C 是单位圆上互不相同的三点，且满足AB AC →→=，则AB AC →→⋅的最小值为（ ）A ．14-B ．12-C ．34-D ．1-【考查方向】本题主要考查了平面向量的线性运算及向量的数量积等知识，是向量与三角的典型综合题。
解法较多，属于较难题，得分率较低。
【易错点】1．不能正确用OA ，OB ，OC 表示其它向量。
2．找不出OB 与OA 的夹角和OB 与OC 的夹角的倍数关系。
【解题思路】1．把向量用OA ，OB ，OC 表示出来。
2．把求最值问题转化为三角函数的最值求解。
【解析】设单位圆的圆心为O ，由AB AC →→=得，22()()OB OA OC OA -=-，因为1OA OB OC ===，所以有，OB OA OC OA ⋅=⋅则()()AB AC OB OA OC OA ⋅=-⋅-2OB OC OB OA OA OC OA =⋅-⋅-⋅+ 21OB OC OB OA =⋅-⋅+设OB 与OA 的夹角为α，则OB 与OC 的夹角为2α所以，cos 22cos 1AB AC αα⋅=-+2112(cos )22α=--即，AB AC ⋅的最小值为12-，故选B 。
【举一反三】【相似较难试题】【2015高考天津，理14】在等腰梯形ABCD 中,已知//,2,1,60AB DC AB BC ABC ==∠= ,动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上,且,1,,9BE BC DF DC λλ==则AE AF ⋅的最小值为 .【试题分析】本题主要考查向量的几何运算、向量的数量积与基本不等式.运用向量的几何运算求,AE AF ，体现了数形结合的基本思想，再运用向量数量积的定义计算AE AF ⋅，体现了数学定义的运用，再利用基本不等式求最小值，体现了数学知识的综合应用能力.是思维能力与计算能力的综合体现. 【答案】2918【解析】因为1,9DF DC λ=12DC AB =，119199918CF DF DC DC DC DC AB λλλλλ--=-=-==， AE AB BE AB BC λ=+=+，19191818AF AB BC CF AB BC AB AB BC λλλλ-+=++=++=+，()221919191181818AE AF AB BC AB BC AB BC AB BCλλλλλλλλλ+++⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅+=+++⋅⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭19199421cos1201818λλλλ++=⨯++⨯⨯⨯︒2117172992181818λλ=++≥+= 当且仅当2192λλ=即23λ=时AE AF ⋅的最小值为2918. 2．【试卷原题】20. （本小题满分12分）已知抛物线C 的焦点()1,0F ，其准线与x 轴的交点为K ，过点K 的直线l 与C 交于,A B 两点，点A 关于x 轴的对称点为D ． （Ⅰ）证明：点F 在直线BD 上； （Ⅱ）设89FA FB →→⋅=，求BDK ∆内切圆M 的方程. 【考查方向】本题主要考查抛物线的标准方程和性质，直线与抛物线的位置关系，圆的标准方程，韦达定理，点到直线距离公式等知识，考查了解析几何设而不求和化归与转化的数学思想方法，是直线与圆锥曲线的综合问题，属于较难题。
【易错点】1．设直线l 的方程为(1)y m x =+，致使解法不严密。
2．不能正确运用韦达定理，设而不求，使得运算繁琐，最后得不到正确答案。
【解题思路】1．设出点的坐标，列出方程。
2．利用韦达定理，设而不求，简化运算过程。
3．根据圆的性质，巧用点到直线的距离公式求解。
【解析】（Ⅰ）由题可知()1,0K -，抛物线的方程为24y x =则可设直线l 的方程为1x my =-，()()()112211,,,,,A x y B x y D x y -，故214x my y x =-⎧⎨=⎩整理得2440y my -+=，故121244y y m y y +=⎧⎨=⎩则直线BD 的方程为()212221y y y y x x x x +-=--即2222144y y y x y y ⎛⎫-=- ⎪-⎝⎭令0y =，得1214y yx ==，所以()1,0F 在直线BD 上.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知121244y y m y y +=⎧⎨=⎩，所以()()212121142x x my my m +=-+-=-，()()1211111x x my my =--= 又()111,FA x y →=-，()221,FB x y →=-故()()()21212121211584FA FB x x y y x x x x m →→⋅=--+=-++=-，则28484,93m m -=∴=±，故直线l 的方程为3430x y ++=或3430x y -+=213y y -===±，故直线BD 的方程330x -=或330x -=，又KF 为BKD ∠的平分线，故可设圆心()(),011M t t -<<，(),0M t 到直线l 及BD 的距离分别为3131,54t t +--------------10分 由313154t t +-=得19t =或9t =（舍去）.故圆M 的半径为31253t r +== 所以圆M 的方程为221499x y ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭【举一反三】【相似较难试题】【2014高考全国，22】 已知抛物线C ：y 2＝2px(p>0)的焦点为F ，直线y ＝4与y 轴的交点为P ，与C 的交点为Q ，且|QF|＝54|PQ|.（1）求C 的方程；（2）过F 的直线l 与C 相交于A ，B 两点，若AB 的垂直平分线l′与C 相交于M ，N 两点，且A ，M ，B ，N 四点在同一圆上，求l 的方程．【试题分析】本题主要考查求抛物线的标准方程,直线和圆锥曲线的位置关系的应用,韦达定理,弦长公式的应用,解法及所涉及的知识和上题基本相同. 【答案】（1）y 2＝4x. （2）x －y －1＝0或x ＋y －1＝0. 【解析】（1）设Q(x 0，4)，代入y 2＝2px ，得x 0＝8p，所以|PQ|＝8p ，|QF|＝p 2＋x 0＝p 2＋8p.由题设得p 2＋8p ＝54×8p ，解得p ＝－2(舍去)或p ＝2，所以C 的方程为y 2＝4x.（2）依题意知l 与坐标轴不垂直，故可设l 的方程为x ＝my ＋1(m≠0)． 代入y 2＝4x ，得y 2－4my －4＝0. 设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4.故线段的AB 的中点为D(2m 2＋1，2m)， |AB|＝m 2＋1|y 1－y 2|＝4(m 2＋1)．又直线l ′的斜率为－m ，所以l ′的方程为x ＝－1m y ＋2m 2＋3.将上式代入y 2＝4x ，并整理得y 2＋4m y －4(2m 2＋3)＝0.设M(x 3，y 3)，N(x 4，y 4)，则y 3＋y 4＝－4m，y 3y 4＝－4(2m 2＋3)．故线段MN 的中点为E ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m2＋2m 2＋3，－2m ，|MN|＝1＋1m 2|y 3－y 4|＝4（m 2＋1）2m 2＋1m 2.由于线段MN 垂直平分线段AB ，故A ，M ，B ，N 四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝12|MN|，从而14|AB|2＋|DE|2＝14|MN|2，即 4(m 2＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋2m 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 2＋22＝4（m 2＋1）2（2m 2＋1）m 4，化简得m 2－1＝0，解得m ＝1或m ＝－1， 故所求直线l 的方程为x －y －1＝0或x ＋y －1＝0.三、考卷比较本试卷新课标全国卷Ⅰ相比较，基本相似，具体表现在以下方面： 1. 对学生的考查要求上完全一致。
即在考查基础知识的同时，注重考查能力的原则，确立以能力立意命题的指导思想，将知识、能力和素质融为一体，全面检测考生的数学素养，既考查了考生对中学数学的基础知识、基本技能的掌握程度，又考查了对数学思想方法和数学本质的理解水平，符合考试大纲所提倡的“高考应有较高的信度、效度、必要的区分度和适当的难度”的原则． 2. 试题结构形式大体相同，即选择题12个，每题5分，填空题4 个，每题5分，解答题8个（必做题5个），其中第22，23，24题是三选一题。
题型分值完全一样。
选择题、填空题考查了复数、三角函数、简易逻辑、概率、解析几何、向量、框图、二项式定理、线性规划等知识点，大部分属于常规题型，是学生在平时训练中常见的类型．解答题中仍涵盖了数列，三角函数，立体何，解析几何，导数等重点内容。
3. 在考查范围上略有不同，如本试卷第3题，是一个积分题，尽管简单，但全国卷已经不考查了。
四、本考试卷考点分析表（考点/知识点，难易程度、分值、解题方式、易错点、是否区分度题）。