2022-2023学年高考数学一轮复习 解题技巧方法 第六章 第8节 三角坐标法破解可变二面角问题（教师版）.docx

1、三角坐标法破解可变二面角问题知识与方法如下图所示，设二面角的平面角为，记，则点A的坐标为，在很多二面角可变或未知的情形下，可以像这样将动点的坐标设成三角的形式，参与后续的运算.典型例题【例题】如下图所示，三棱锥中，是边长为2的正三角形，若二面角的大小为60，则三棱锥的体积为_.【解析】解法1：如图，取中点O，连接、，由题意，所以平面，且是二面角的平面角，故，作于E，则，所以平面，易求得，所以三棱锥的体积为.解法2：如图，取中点O，连接、，由题意，所以平面，且是二面角的平面角，故，易求得，从而，所以.【答案】1变式1如下图所示，三棱锥中，是边长为2的正三角形，若三棱锥的体积为1，则二面角的大小为

2、_.【解析】解法1：如图，取中点O，连接、，由题意，所以平面，且是二面角的平面角，作于E，则，所以平面，易求得，因为三棱锥的体积为1，所以，解得：，从而或120，即二面角的大小为60或120.解法2：如图，取中点O，连接、，由题意，所以平面，且是二面角的平面角，设，易求得，因为三棱锥的体积为1，所以，解得：，所以或120，即二面角的大小为60或120.解法3：如图，取中点O，连接、，所以平面，且是二面角的平面角，设，易求得，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，解得：，所以或120，即二面角的大小为60或120.【答案】60或120变式2 如下图所示，三棱锥中，是边长为2的正三角形

3、，E、F分别是、的中点，若，则三棱锥的体积为_.【解析】如图，取中点O，连接、，由题意，所以上平面，且是二面角的平面角，设，易求得，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，因为，所以，化简得：，所以，从而.【答案】变式3 如下图所示，三棱锥中，是边长为2的正三角形，且直线与平面所成的角的正弦值为.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.【解析】解：（1）如图1，取中点O，连接、，因为是边长为2的正三角形，所以，又，所以，因为OA、平面，且，所以平面，因为平面，所以.（2）解法1：如图1，作于点E，连接，由（1）知平面，所以，故平面，从而即为直线与平面所成的角，由题意，设，则，因为，且，

4、所以，解得：，所以，显然即为二面角的平面角，在中，所以二面角的余弦值为.解法2：以O为原点建立如图2所示的空间直角坐标系，设，作于点E，则，所以平面，故，又，所以，显然平面的法向量可取，所以由题意，直线与平面所成的角的正弦值为，所以又，所以，化简得：，联立解得：，所以二面角的余弦值为.【反思】遇到二面角可变或未知的情形时，若又想用向量法来解决问题，此时不妨设二面角为，引入三角形式的动点坐标参与后续运算；另外，解法2采用的设双参，建立两个方程的处理思想也是很好的.变式4如下图所示，三棱锥中，是边长为2的正三角形，若异面直线与所成角的余弦值为，则二面角的大小为_.【解析】取中点O，连接，作于E，因

5、为是正三角形，所以，易求得，所以，设二面角的大小为，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，显然由题意，解得：，所以，故二面角的大小为60.【答案】60强化训练1.（）四棱锥中，底面是边长为2的正方形，若直线与平面所成角的正弦值为，则四棱锥的体积为_.【解析】解法1：如图1，取中点O，中点E，连接、，因为，所以，又是边长为2的正方形，所以，故平面，作于F，则，所以平面，故即为直线与平面所成的角，由题意，所以，故.解法2：取中点O，中点E，连接、，因为，所以，又是边长为2的正方形，所以，从而，以O为原点建立如图2所示的空间直角坐标系，设，则，所以，显然平面的法向量可取，由题意，解得：，

6、所以四棱锥的体积为【答案】2.（）如下图所示，四棱锥中，底面是梯形，E、F分别为、的中点，若，则四棱锥的体积为_.【解析】由题干条件易求得，在中，由余弦定理，所以，且，所以是等腰直角三角形，取中点O，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，易求得，故，所以，因为，所以，化简得：，从而，故.【答案】3.（）如图1，矩形中，现将沿对角线向上翻折，得到四面体，则四面体的外接球的表面积为_，设二面角的平面角为，当时，的长的取值范围是_.【解析】解法1：由题意，所以，在图2中，取中点O，连接、，由折叠过程知和都是以为斜边的直角三角形，所以，从而四面体的外接球球心即为点O，半径，表面积，在图1中，作于

7、E交于F，则在图2中，所以即为二面角的平面角，从而，在图1中，所以，显然，所以，故，所以在图2的中，由余弦定理，在中，由余弦定理，在中，因为，所以，故，从而.解法2：由题意，所以，在图2中，取中点O，连接、，由折叠过程知和都是以为斜边的直角三角形，所以，从而四面体的外接球球心即为点O，半径，表面积，在图1中，作于E交于F，则在图2中，所以即为二面角的平面角，从而，在图1中，以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，因为，所以，故.【答案】，4.（2012浙江）已知矩形中，将沿对角线所在的直线翻折，在翻折过程中（ ）A.存在某个位置，使得直线与直线垂直B.存在某个位置，使得直线与直线垂直

8、C.存在某个位置，使得直线与直线垂直D.对任意位置，三直线“与”，“与”，“与”均不垂直【解析】在矩形中，过A作于O交于E，由题意，所以O为三等分点，故，在三棱锥中，所以平面，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，A项，故，所以直线与直线始终不垂直，故A项错误；B项，故，所以当时，此时，故B项正确；C项，故，所以直线与直线始终不垂直，故C项错误；D项，显然D项错误，故选B.【答案】B【反思】本题想要通过直观想象来判断选项，几乎不可能做到，在这种可变二面角图形中，将动点坐标设为三角形式，参与后续的计算，可以很好地解决问题.5.（）如下图所示，三棱柱中，是边长为2的正三角形，.（1）证明

9、：；（2）若三棱柱的体积为3，且二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）如图，取中点O，连接、，因为是正三角形，所以，又，所以，因为、平面，且，所以平面，因为平面，所以，显然，所以（2）作于D，则平面，由（1）知平面，所以，因为、平面，所以平面，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，所以，设平面的法向量为，则，所以，显然平面的法向量可取，由题意，二面角的余弦值为，故，化简得：，因为三棱柱的体积为3，所以，故，代入可得，若，则，代入可得，此时，所以，故直线与平面所成角的正弦值为，若，则由式可得，此时，所以，故所以直线与平面所成角的正弦值为.6.（）正方形的边长为2，

10、E、F分别为边、的中点，M为线段的中点，将正方形沿折起，得到如下图所示的二面角.（1）直线与平面相交于点O，试确定点O的位置，并证明平面；（2）若平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，求二面角的大小.【解析】（1）如图，延长和交于点O，则点O即为直线与平面的交点，由题意，且，所以是的中位线，从而，易证且，所以四边形是平行四边形，连接交于点G，则G为中点，又M是中点，所以，显然平面，平面，所以平面.（2）易证，所以是二面角的平面角，以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，所以，设平面和平面的法向量分别为和，则，所以，所以，从而因为平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，所以，解得：，从而，故二面角的大小为.