2022年二面角真題

1、二面角（ 2022-2022 真題） 1. （ 2022 年全國高考課標(biāo)卷） 如圖,直三棱柱 ABC A1B1C1 中 AC BC 1AA1 , D 是棱 2AA1的中點, DC1BD ；ABCD 為菱形, PA （1）證明： DC1 BC ； （2）求二面角 A1 BD C1 的大小； 2. （ 2022 年全國高考全國卷一） 如圖,四棱錐 P ABCD 中,底面 底面 ABCD , AC 2 2 , PA 2, E 是 PC 上的一點, PE 2 EC ； （1）證明： PC 平面 BED ； P（ 2）設(shè)二面角 A PB C 為 90 ,求 PD 與平面 PBC 所成 角的大??； BEA

2、DC3. （ 2022 年全國高考課標(biāo)卷） 如圖,四棱錐 P ABCD 中,底ABCD 為平行四邊形,DAB=60 ,AB=2AD,PD底面 ABCD； 面 證明： PA BD； 如 PD=AD,求二面角 A-PB-C 的余弦值； 第 1 頁,共 7 頁4. （ 2022 年全國高考全國卷一） 如圖,四棱錐 S ABCD 中 , AB / /CD , BC CD , 側(cè) DC, 面 SAB 為等邊三角形, AB BC 2, CD SD 1； 證明： SD 平面 SAB ； 求 AB 與平面 SBC 所成角的大小； 5.（ 2022 年全國高考全國卷一） 如圖, 四棱錐 S-ABCD 中,SD

3、底面 ABCD,AB/DC,ADAB=AD=1, DC=SD=,2 E 為棱 SB 上的一點,平面 EDC 平面 SBC； （）證明： SE=2EB；（）求二面角 A-DE-C 的大小； 6.（2022 年全國高考全國卷二） 如圖,直三棱柱 ABC A1 B1C1 中, AC BC , AA1 AB , D 為 BB1 的中點, E 為 AB1上的一AE 3EB1 ； 點, （）證明： DE 為異面直線 AB1 與 CD 的公垂線； AC1 B1 的大??； （）設(shè)異面直線 AB1 與 CD 的夾角為 45,求二面角 A1 第 2 頁,共 7 頁二面角（ 2022-2022 真題）參考答案 1.

4、 （ 2022 年全國高考課標(biāo)卷） 【試題解析】 （ 1）證明：在 Rt DAC 中, AD AC 得： ADC 45 , D1C面 同 理 ： A1DC1 45 CDC 1 90 得 ： DC1 DC, DCB D BCD DC1 BC ； （ 2）解： DC1 BC, CC1 BC BC 面 ACC1 A1 BC AC , 取 A1B1 的中點 O ,過點 O 作 OH BD 于點 H ,連接 C1O,C1H , A1C1B1C1 C1O A1B1,面 A1B1C1 面 A1BD C1O 面 A1BD； OH BD C1H BD 得：點 H與點 D重合； 且 C1 DO 是二面角 A1 B

5、D C1 的平面角； 設(shè) AC a ,就 C1O 2a , C1D 22a 2C1O C1DO 30 ； 既二面角 A1 BD C1 的大小為 30 ； 2. （ 2022 年全國高考全國卷一） 【試題解析】 設(shè) AC BD O , 以 O 為原點, OC 為 x 軸, OD 為 y 軸建立空間直角坐標(biāo) 系,就 A 2,0,0, C 2,0,0, P 2,0,2, 設(shè) B0, a,0, D 0, a,0, E x, y, z ； （）證明：由 PE 2 EC 得 E 2 ,0, 2 ,所以 PC 2 2,0, 2 ,BE 2 ,a, 2 , 3 3 3 3BD 0,2 a,0 ,所以 PC B

6、E 2 2,0, 2 2 , a, 23 3 0 , PC BD 2 2,0, 2 0,2 a,0 0 ；所以 PC BE, PC BD ,所以 PC 平面 BED ； （）解：設(shè)平面 PAB 的法向量為 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 ,設(shè)平面 PBC 的法向量為 m x, y, z ,又 aBC 2, a, 0,CP 2 2, 0, ,2由m BC 0,m CP 0 ,得 m 1, a 2 , 2 , 第 3 頁,共 7 頁由于二面角 A PB C 為 90 ,所以 m n 0,解得 a 2； 所以

7、PD 2, 2, 2 ,平面 PBC 的法向量為 m 1, 1, 2 ,所以 PD 與平面 PBC 所成角的正弦值為 | PD | | m | | PD m | 12,所以 PD 與平面 PBC 所成角為 6； 3. （ 2022 年全國高考課標(biāo)卷） 【試題解析】 （）由于 DAB 60 , AB 2 AD , 由余弦定理得 BD 3AD ,從而 2 2 2BD+AD= AB ,故 BD AD 建立空間 又 PD底面 ABCD,可得 BD PD,所以 BD平面 PAD. 故 PA BD； （）如圖,以 D 為坐標(biāo)原點, AD 的長為單位長,射DA 為 x 軸的正半 軸 線 直角坐標(biāo)系 D- x

8、yz ,就 A 1,0,0 , B 0, 3,0 , C 1, 3,0 , P 0,0,1 ； AB 1, 3,0, PB 0, 3, 1,BC 1,0,0 設(shè)平面 PAB 的法向量為 n =（ x,y,z ）,就 即 x 3 y 0 , 3y z 0因此可取 n = 3,1, 3 ； 設(shè)平面 PBC 的法向量為 m ,就 m PB =0 , m BC=0 可取 m =（ 0,-1 , 3 ）, 所以 cos m, n 4 2 7 ； 2 7 7故二面角 A-PB-C 的余弦值為 2 7 ； 74. （ 2022 年全國高考全國卷一） 【試題解析 證明：取 AB 中點 E ,連結(jié) DE ,就四

9、邊形 BCDE 為矩形, DE CB 2 ； 連結(jié) SE ,就 SE AB , SE 3 ； 2 2 2 又 SD 1 , 故 ED SE SD , 所以 DSE 為直角； （ 3 分） 由 AB DE , AB SE , DE SE E , 得 AB 平面 SDE , 所以 AB SD ； 第 4 頁,共 7 頁即 SD 與兩條相交直線 AB , SE 都垂直, 所以 SD 平面 SAB； （ 6 分） 另解 : 由已知易求得 SD 1, AD 5, SA 2 , 于是 SA 2 SD 2 AD ,可知 SD SA； （6 分） 同理可得 SD SB , 又 SAI SB S ,所以 SD

10、平面 SAB ； 解：由 AB 平面 SDE 知,平面 ABCD 平面 SDE ； （9 作 SF DE , 垂足為 F , 就 SF 平面 ABCD,SF SD SE 3 ； 2DE 作 FG BC , 垂足為 G , 就 FG DC 1； 連結(jié) SG ,就 SG BC ,又 BC FG , SG I FG G , 故 BC 平面 SFG , 平面 SBC 平面 SFG ； 分） 作 FH SG , H 為垂足 , 就 FH 平面 SBC ； （ 12 分） FH SF FG 3, 即 F 到平面 SBC 的距離為 21 ； 7SG 7由于 ED / /BC , 所以 ED / / 平面 S

11、BC , E 到平面 SBC 的距離 d 也為 21 , 7設(shè) AB 與平面 SBC 所成的角為 , 就 sin d21 , arcsin 21 ； 7EB 76. （ 2022 年全國高考全國卷一） 【試題解析】 解法一： （）證明：連結(jié) BD,取 DC 的中點 G,連結(jié) BG,由此 知 形,故 BCBD； 又 SD平面 ABCD,故 BCSD, 所以, BC平面 BDS, BCDE； DG=GC=BG=1即, DBC為直角三 角 作 BKEC, K 為垂足,因平面 EDC平面 SBC,故 BK平面 EDC,BK DE； 即 DE 與平面 SBC 內(nèi)的兩條相交直 線 BK, BC 都垂 直；

12、 所以 DE平面 SBC, DEEC, DE SB； SB= 2 SD 2 DB , 6, 2DE= SD DB SB 3第 5 頁,共 7 頁2 EB= DB 2 DE 62, SE=SB-EB= 36； 3所以 SE=2EB；（）解：由 SA= SD 2AD 2 5, AB=1, SE=2EB, AB SA,知 AE= 1 SA 2 2 AB 21 ,又 AD=1,故 ADE 為等腰三角3 3 形； 取 ED 中點 F,連結(jié) AF,就 AF DE, AD 2DF 2 6； AF= 3連結(jié) FG,就 FG EC, FGDE, 所以, AFG 是二面角 ADE C 的平面角； 連結(jié) AG, A

13、G= 2 , FG= DG 22 DF 6 3, cos AFG 2 AF 2 FG AG 21, 2 AF FG 2所以,二面角 A DE C 的大小120； 為 （2022 年全國高考全國卷二） 【試題解析】 解法一：（）證明：連接 A1B ,記 A1B 與 AB1 的交點為 F； 由于面 AA1B1B 為正方形,故 A1B AB1 ,且 AF FB1 ； 又 AE 3EB1 ,所以 FE EB1 ,又 D 為 BB1 的中點, 故 DE / / BF , DE AB1 ； 45 ； 作 CG AB , G 為垂足,AC BC 知, G 為 AB 中由 點； ABC 面 AA1B1B ,得 CG 面 AA1B1B . 連接 DG,就 DG / / AB1 , 又由底面 故 DE DG ,由三垂線定理,得 DE CD ； 所以 DE 為異面直 線 AB1 與 CD 的公垂 線； （）解：由于 DG / / AB1 ,故 CDG 為異面直線 AB1 與 CD 的夾CDG 角, 設(shè) AB 2 ,就 AB1 2 2, DG 2, CG 2, AC 3 ； 面 AA1C1C ,又 作 B1H A1C1, H為垂