立体几何(几何法)—二面角(模型二)

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:PACPBC平面平面；

(II)2.ABACPACPBA若，1，1，求证：二面角的余弦值

【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)．

则CB→·n1＝0，CP→·n1＝0，

所以3x＝0，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)，
则AP→·n2＝0，AB→·n2＝0，

所以z＝0，3x－y＝0.
不妨令x＝1，2＝(1，3，0)．
于是cos〈1，2〉＝32 2＝64，

所以由题意可知二面角C－PB－A的余弦值为64.
解法二：过C作CM⊥AB于M.

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＝32，BM＝32.
在Rt△PAB中，由AB＝2，PA＝1，得PB＝5.

因为Rt△BNM∽Rt△BAP，所以MN1＝325，
故MN＝3 510.
又在Rt△CNM中，CN＝305，故cos∠CNM＝64.
所以二面角C－PB－A的余弦值为64.
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
BCDA中,AD平面BCD
,22,2,BDADCDBC.M是AD的中点,
P

是BM的中点,点Q在线段AC上,且QCAQ3.
(1)证明://PQ平面BCD;(2)若二面角DBMC的大小为060,求BDC的大
小.
【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
3AFFD.因为P是BM中点,所以//PFBD
;又因为(Ⅰ)3AQQC且

3AFFD,所以//QFBD,所以面//PQF面BDC,且PQ面BDC
,所以

//PQ
面BDC;

方法二:如图7所示,取BD中点O,且P是BM中点,所以1//2POMD;取CD的三等

分点H,使3DHCH,且3AQQC,所以11////42QHADMD,所以
////POQHPQOH
,且OHBCD,所以//PQ面BDC;

(Ⅱ)如图8所示,由已知得到面ADB面BDC,过C作CGBD于G,所以
CGBMD,过G作GHBM于H,连接CH,所以CHG就是CBMD
的

二面角;由已知得到813BM,设BDC,所以
cos,sin22cos,22cossin,22sin,CDCGCBCDCGBCBDCDBD
,
在RTBCG中,2sin22sinBGBCGBGBC,所以在
RTBHG

中, 22122sin3322sinHGHG,所以在RTCHG中

A
B
C
D

P
Q

M

（第20题图）
2
22cossintantan60322sin3CG
CHGHG


tan3(0,90)6060BDC

;