二面角真题

1.〔2021年全国高考课标卷〕如图，直三棱柱ABCA1B1C1中ACBC1AA1，D是棱2AA1的中点，DC1BD。

〔1〕证明：DC1BC；

〔2〕求二面角A1BDC1的大小。

2.〔2021年全国高考全国卷一〕如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA底面ABCD，AC22，

PA2,E是PC上的一点，PE2EC。

〔1〕证明：PC平面BED；

〔2〕设二面角APBC为90，求PD与平面PBC所成角的大小。

PEBCAD3.〔2021年全国高考课标卷〕如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD。 (Ⅰ)证明：PA⊥BD；

(Ⅱ)假设PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。

4.〔2021年全国高考全国卷一〕如图，四棱锥SABCD中， AB//CD,BCCD，侧面SAB为等边三角形，ABBC2,CDSD1。 (Ⅰ)证明：SD平面SAB；

(Ⅱ)求AB与平面SBC所成角的大小。

5.〔2021年全国高考全国卷一〕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。

6.〔2021年全国高考全国卷二〕如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，AA1AB，

D为BB1的中点，E为AB1上的一点，AE3EB1。

〔Ⅰ〕证明：DE为异面直线AB1与CD的公垂线；

〔Ⅱ〕设异面直线AB1与CD的夹角为45°，求二面角A1AC1B1的大小。

二面角〔2021-2021真题〕参

1.〔2021年全国高考课标卷〕

【试题解析】〔1〕证明：在RtDAC中，ADAC 得：ADC45，

 同理：A1DC145CDC190 得：DC1DC,DC1BDDC1面

BCDDC1BC。

〔2〕解：DC1BC,CC1BCBC面ACC1A1BCAC， 取A1B1的中点O，过点O作OHBD于点H，连接C1O,C1H， AC11B1C1C1OA1B1，面A1B1C1面A1BDC1O面A1BD。

OHBDC1HBD 得：点H与点D重合。

且C1DO是二面角A1BDC1的平面角。 设ACa，那么C1O2a，C1D2a2C1OC1DO30。 2既二面角A1BDC1的大小为30。

2.〔2021年全国高考全国卷一〕

【试题解析】设ACBDO,以O为原点，OC为x轴，OD为y轴建立空间直角坐标系，那么A(2,0,0),C(2,0,0),P(2,0,2),设B(0,a,0),D(0,a,0),E(x,y,z)。

〔Ⅰ〕证明：由PE2EC得E(2222 所以PC(22,0,2)，BE(,0,)，,a,)，

333322,a,)0， 33BD(0,2a,0)，所以PCBE(22,0,2)(PCBD(22,0,2)(0,2a,0)0。所以PCBE,PCBD，所以PC平面

BED；

〔Ⅱ〕解：设平面PAB的法向量为n(x,y,z)，又AP(0,0,2),AB(2,a,0)，

由nAP0,nAB0得n(1,2,0)，设平面PBC的法向量为m(x,y,z)，又a2,2)，aBC(2,a,0),CP(22,0,2)，由mBC0,mCP0，得m(1,由于二面角APBC为90，所以mn0，解得a2。

所以PD(2,2,2)，平面PBC的法向量为m(1,1,2)，所以PD与平面PBC所成角的正弦值为

|PDm|1，所以PD与平面PBC所成角为。

6|PD||m|23.〔2021年全国高考课标卷〕

【试题解析】〔Ⅰ〕因为DAB60,AB2AD, 由余弦定理得BD3AD ，从而BD+AD= AB，故BDAD

又PD底面ABCD，可得BDPD，所以BD平面PAD. 故PABD。

〔Ⅱ〕如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴 建立空间直角坐标系D-xyz，那么

2

2

2

A1,0,0,B0，3,0,C1,3,0,P0,0,1。

AB(1,3,0),PB(0,3,1),BC(1,0,0)

设平面PAB的法向量为n=〔x,y,z〕，那么 即 x3y03yz0，

因此可取n=(3,1,3)。



mPB=0

，设平面PBC的法向量为m，那么 

mBC=0

可取m=〔0，-1，3〕， 所以cosm,n427。

727故二面角A-PB-C的余弦值为 27 。

74.〔2021年全国高考全国卷一〕

【试题解析(Ⅰ)证明：取AB中点E，连结DE，那么四边形BCDE为矩形，

DECB2。

连结SE，那么SEAB，SE2223。

又SD1,故EDSESD,所以DSE为直角。 〔3分〕 由ABDE,ABSE,DESEE,得AB平面SDE,所以ABSD。

即SD与两条相交直线AB、SE都垂直，

所以SD平面SAB。 〔6分〕

22另解:由易求得SD1,AD5,SA2,于是SASDAD，可知SDSA。

2同理可得SDSB,又SA所以SD平面SAB。 〔6分〕 SBS，

(Ⅱ)解：由AB平面SDE知，平面ABCD平面SDE。

作SFDE,垂足为F,那么SF平面ABCD,SFSDSE3。 DE2作FGBC,垂足为G,那么FGDC1。 连结SG，那么SGBC，又BCFG,SGFGG,

故BC平面SFG,平面SBC平面 SFG。 〔9分〕 作FHSG,H为垂足,那么FH平面SBC。

FHSFFG3,即F到平面SBC的距离为21。 7SG7由于ED//BC,所以ED//平面SBC,E到平面SBC的距离d也为21，

7设AB与平面SBC所成的角为,那么sin分〕

6.〔2021年全国高考全国卷一〕 【试题解析】解法一：

〔Ⅰ〕证明：连结BD，取DC的中点G，连结BG，由此知DG=GC=BG=1,即△DBC为直角三角

形，故BC⊥BD。

又SD⊥平面ABCD，故BC⊥SD， 所以，BC⊥平面BDS，BC⊥DE。

作BK⊥EC，K为垂足，因平面EDC⊥平面SBC，故BK⊥平面EDC，BK⊥DE。 即DE与平面SBC内的两条相交直线BK、BC都垂直。 所以 DE⊥平面SBC，DE⊥EC，DE⊥SB。 SB=SD2DB26，

21d21,arcsin。 〔127EB7DE=

SDDB2， SB322EB=DBDE所以SE=2EB。

266，SE=SB-EB=。

33〔Ⅱ〕解：由SA=SD2AD25，AB=1，SE=2EB，AB⊥SA，知 AE=(SA)(AB)1，又AD=1，故△ADE为等腰三角形。

132232取ED中点F，连结AF，那么AF⊥DE，AF=ADDF连结FG，那么FG∥EC，FG⊥DE，

所以，∠AFG是二面角A—DE—C的平面角。 连结AG，AG=2，FG=DGDF22226。 36， 3AF2FG2AG21cosAFG，

2AFFG2所以，二面角A—DE—C的大小为120°。 〔2021年全国高考全国卷二〕

【试题解析】解法一：〔Ⅰ〕证明：连接A1B，记A1B与AB1的交点为F。 因为面AA1B1B为正方形，故A1BAB1，且AFFB1。 又AE3EB1，所以FEEB1，又D为BB1的中点， 故DE//BF，DEAB1。

作CGAB，G为垂足，由ACBC知，G为AB中点。

又由底面ABC面AA1B1B，得CG面AA1B1B.连接DG，那么DG//AB1， 故DEDG，由三垂线定理，得DECD。 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线。

〔Ⅱ〕解：因为DG//AB1，故CDG为异面直线AB1与CD的夹角，CDG45。 设AB2，那么AB122,DG2,CG2,AC3。

作B1HA1C1，H为垂足.因为底面A1B1C1面AAC11C，故B1H面AAC11C，又作HKAC1，K为垂足，连接B1K，由三垂线定理，得B1KAC1，因此B1KH为二面角A1AC1B1的平面角。

12A1B1AC(A1B1)211222， B1HAC311HC1B1C12B1H23， 3AC122(3)27，HKAA1HC123， AC137

二面角〔2021长春市调研题汇编〕

1.〔2021年东北三省四市教研协作体等值诊断联合暨长春市二模〕如图，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，ADE90，AF//DE，DEDA2AF2。 ⑴求证：AC//平面BEF；

⑵求平面BEF与平面ABCD所成锐角的正切值。

FADCBE2.〔2021年东北三省四市教研协作体等值诊断联合暨长春市三模〕四棱柱中，

ABCDA1B1C1D1AA1底面ABCD,ADC90，ABCD，

D1C1ADCDDD12AB2 ⑴求证：

。

A1B1AD1B1C；

的正弦值；

D ⑵求二面角

A1BDC1A1BDC1C〔3〕求四面体

的体积。

AB

3.〔2021年长春市高三毕业班第四次调研测试〕如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，

ABCA1AC60，平面AA1CC1平面ABCD。 ⑴证明：BDAA1；

⑵求二面角DAA1C的余弦值；

⑶在直线CC1上是否存在点P,使BP∥平面DA1C1？假设存在， 求出点P的位置；假设不存在，请说明理由。

4.〔2021年东北三省三校：东师附中、哈师附中、辽宁省实验中学2021届高三第一次联合模拟测试一〕如图，底面为平行四边形的四棱柱ABCD—A’B’C’D’，DD’⊥底面ABCD，∠DAB=60°，AB=2AD，DD’=3AD，E、F分别是AB、D’E的中点。 〔1〕求证：DF⊥CE；

〔2〕求二面角A—EF—C的余弦值。

5.〔2021年东北四校：东师附中、吉林省实验中学、哈尔滨三中、辽宁省实验中考一〕 斜三棱柱ABC—A1B1C1的底面是正三角形，侧面ABB1A1是菱形，且A1AB60，是A1B1的

中点，MBAC. 〔1〕求证：MB平面ABC；

〔2〕求二面角A1—BB1—C的余弦值。

二面角〔2021长春市调研题汇编〕参

1.〔2021年东北三省四市教研协作体等值诊断联合暨长春市二模〕 【试题解析】解：⑴证明：【方法一】.设ACOG，BDO，取BE中点G，连结FG、

1DE。 2 ∵AF//DE，DE2AF，

那么OG∥DE且OG＝

∴AF∥OG且AF＝OG，∴AFGO是平行四边形， ∴FG//AO。 ∵FG平面BEF,AO平面BEF, ∴AO//平面BEF，即AC//平面BEF。

(6分)

【方法二】.如图建立空间直角坐标系，设平面BEF的一个法向量为n(x,y,z)，

nFE0FE(2,0,1)2xz0nFB0FB(0,2,1)2yz0，令x1，那么y1，z2，那么，而，∴

n(1,1,2). ∵AC(2,2,0)， ∴nAC＝0，∴nAC，

而AC平面BEF，∴AC//平面BEF。 (6分)

⑵设平面ABCD与平面BEF所成二面角的平面角为，由条件知是锐角， 由⑴知平面BEF的法向量为

n(1,1,2)。

又平面ABCD与z轴垂直， ∴平面ABCD的法向量可取为

zEn1(0,0,1)，

2FAxDCyB∴

6cos|cosn1,n|||316n1nn1n，

tan∴

22即为所求。

2.〔2021年东北三省四市教研协作体等值诊断联合暨长春市三模〕 【试题解析】解：⑴由四边形ADD1A1是正方形，

∴AD1A1D。又AA1平面ABCD，ADC90，

AA∴AA1DC,ADDC，而1ADA，

AD∴DC平面AA1D1D，AD1DC。又1DCD，

∴AD1平面A1DCB1，从而AD1B1C。 (4分) ⑵以D为坐标原点，DA，DC,DD1为坐标轴建立空间直角坐标系Dxyz，那么易得B(2,1,0)C1(0,2,2),A1(2,0,2)。

n1DB0nDA10ABD设平面1的法向量为n1(x1,y1,z1)，那么由 1，求得n1(1,2,1)；

n2DB0nDC10设平面C1BD的法向量为n2(x2,y2,z2)，那么由2，求得n2(1,2,2)，

cosn1n2n1n266那么根据分)

,于是可得

sin306。 (9

(3) 设所给四棱柱的体积为V,那么

VSABCDAA16，又三棱锥A1ABD的体积等

于三棱锥BA1D1C1的体积，记为V1；而三棱锥DA1D1C1的体积又等于三棱锥

C1CBD的体积，记为V2，

112114V1212V2222323， 323， 那么由于

∴所求四面体的体积为V2V12V22。 3.〔2021年长春市高三毕业班第四次调研测试〕

【试题解析】⑴证明：由条件知四边形ABCD是菱形，所以BDAC。 而平面AA1CC1平面ABCD，平面AACC11所以BD平面AA1CC1。

又AA1平面AA1CC1，所以BDAA1. (3分) ⑵解：因为ABC60，ABCD是菱形，所以ACABAA1。 而A1AC60，所以A1AC是正三角形. 令BD平面ABCDAC，

ACO，连结A1O，那么BD,AC,OA1两两互相垂直.

如下图，分别以BD,AC,OA1所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，那么

D(3,0,0)，A(0,1,0)，A1(0,0,3)，DA(3,1,0)，DA1(3,0,3)，

平面AA1CC1的法向量为n(1,0,0)。

设m(x,y,z)是平面DAA1的法向量，那么

3xy0y3xmDA0。 mDA103x3z0xz0令x1，那么y3,z1.即m(1,3,1)。

设二面角DAA1C的平面角为， 那么是锐角，并且

coscosm,nmnmn15. 51131，

5。 (8分) 5⑶解：设这样的点P存在，且CPCC1，而C(0,1,0),C1(0,2,3)，所以

因此二面角DAA1C的余弦值为P(0,1,3)。

又B(3,0,0)，所以BP(3,1,3)，DC1(3,2,3)设k(x,y,z)是平面DA1C1的法向量，那么

3x2y3z0y0。 kDC10kDA03x3z0xz01

。

令z1，那么x1，即k(1,0,1).要使BP∥平面DA1C1当且仅当

kBP0(1)(3)0(1)130，所以1。

这说明题目要求的点P存在，实际上，延长C1C到点P，使得CPC1C即得到所求的点P。 (12分)

4. 〔2021年东北三省三校：东师附中、哈师附中、辽宁省实验中学2021届高三第二次联合模拟测试一〕【试题解析】〔Ⅰ〕证明：ADAE,DAE60△DAE为等边三角形，设AD1，那么

DE1,CE3,CD2,DEC90， 即CEDE。 (３分)

DD底面ABCD， CE平面ABCD， CEDD'。

CEDE'CE平面DDE'CEDDCEDF。 (６分) 'DF平面DDEDEDD'D1〔Ⅱ〕解：取AE中点H，那么ADAEAB，又DAE60,所以△DAE为

2等边三角形。

那么DHAB，DHCD。

分别以DH、DC、DD'所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设AD1,

那么D(0,0,0),E(3131313,,0),A(,,0),D'(0,0,3),F(,,),C(0,2,0), 2222442EF(31333,,),AE(0,1,0),CE(,,0) 。 44222设平面AEF的法向量为n1(x,y,z)，

313xyz0那么4 。 42y0取n1(23,0,1)， 平面CEF的法向量为n2(x,y,z)， 〔8分〕

313xyz0442那么 3x3y022取n2(33,3,2)， 〔10分〕

cosn1,n2n1n2n1n2201340130，

13所以二面角AEFC的余弦值为130。 〔12分〕 135.〔2021年东北四校：东师附中、吉林省实验中学、哈尔滨三中、辽宁省实验中考一〕 【试题解析】〔Ⅰ〕∵侧面ABB1A1是菱形且A1AB60 ∴A1BB1为正三角形。 又∵点M为A1B1的中点 ∴BMA1B1 。 ∵AB∥A1B1 ∴BMAB。

由MBAC ∴MB平面ABC 。 〔4分〕 〔Ⅱ〕〔解法一〕连接C1M，作MHBB1于H，连接C1H。

由〔Ⅰ〕知C1M面A1ABB1，∴C1MBB1。

o又MHBB1 ∴BB1面C1MH ∴BB1C1H。 ∴C1MH为所求二面角的平面角 。 〔8分〕 设菱形ABB1A1边长为2，那么C1MA1MC1B1H3，

AC3在RtB1MB中，由MHBB1MB1MB知：MH。

2在RtC1MH中， tanC1MHBC1M5。 2， ∴cosC1MH5MH5 。 〔12分〕 5即二面角A1BB1C的余弦值为 解法二：如图建立空间直角坐标系：

设菱形ABB1A1边长为2， 得B10,1,3，A0,2,0，

z A1MC1B1C3,1,0，A10,1,3。

CxB那么BA10,1,3，BA0,2,0，

yABB10,1,3，BC3,1,0。

设面ABB1A1的法向量n1x1,y1,z1，由n1BA,n1BA1得：

2y10，令x11，得n11,0,0 。 〔8分〕 y13z10设面BB1C1C的法向量n2x2,y2,z2， 由n2BB1，n2BC得：

y23z20,令y23，得n21,3,1 。 〔10分〕 3x2y20得cosn1,n2n1n2n1n21155。 55。 〔12分〕 5A 又二面角A1BB1C为锐角，所以所求二面角的余弦值为

G B M N E D