高考數(shù)學(xué)考點(diǎn)預(yù)測11空間向量與立體幾何doc高中數(shù)學(xué)

://永久免費(fèi)組卷搜題網(wǎng)://永久免費(fèi)組卷搜題網(wǎng)2021高考數(shù)學(xué)考點(diǎn)預(yù)測空間向量與立體幾何一、考點(diǎn)介紹1．利用向量處理平行問題空間圖形的平行關(guān)系包括直線與直線的平行，直線與平面的平行，平面與平面的平行，它們都可以用向量方法來研究。方法如下：〔1〕設(shè)是兩條不重合的直線，它們的方向向量分別為，那么。根據(jù)實(shí)數(shù)與向量積的定義：?！?〕平面與平面平行可以轉(zhuǎn)化兩個平面的法向量平行：設(shè)兩個不重合的平面的法向量分別為，那么?！?〕直線與平面平行可以轉(zhuǎn)化為直線的方向向量與平面與平面的法向量垂直：設(shè)直線在平面外，是的一個方向向量，是平面的一個法向量，那么?！?〕平面表示以為方向向量的直線與向量平行或在平面內(nèi)，因此也可以由共面向量定理證明線面平行問題。2．利用向量處理垂直問題空間的線線、線面、面面垂直關(guān)系，都可以轉(zhuǎn)化為空間內(nèi)的兩個向量垂直問題來解決。〔1〕設(shè)分別為直線的一個方向向量，那么；〔2〕設(shè)分別為平面的一個法向量，那么；〔3〕設(shè)直線的方向向量為，平面的法向量為，那么。3．利用向量處理角度問題在立體幾何中，涉及的角有異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角等。關(guān)于角的計算，均可歸結(jié)為兩個向量的夾角。對于空間向量，有，利用這一結(jié)論，我們可以較方便地處理立體幾何中的角的問題。求異面直線所成的角的關(guān)鍵在于求異面直線上兩向量的數(shù)量積，而要求兩向量的數(shù)量積，可以求兩向量的坐標(biāo)，也可以把所求向量用一組基向量表示，兩向量的夾角范圍是，而兩異面直線所成角的范圍是，應(yīng)注意加以區(qū)分。直線與平面的夾角，是直線的方向向量與平面的法向量的夾角〔銳角〕的余角，故有：，。設(shè)分別是二面角的面的法向量，那么＜＞就是所求二面角的平面角或其補(bǔ)角的大小。4．利用向量處理距離問題立體幾何中涉及到距離的問題比擬多，如兩點(diǎn)的距離、點(diǎn)與線的距離、點(diǎn)與面的距離、線與面的距離、兩異面直線的距離問題等等，它是數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中的一個難點(diǎn)。此局部假設(shè)用向量來處理，那么思路較為簡單，方法較為因定。〔1〕利用可以求有關(guān)距離問題；〔2〕設(shè)是直線上的一個單位方向向量，線段AB在上的投影是，那么有｜｜＝，由此可求點(diǎn)到線，點(diǎn)到面的距離。二、高考真題１．2021山東卷(20)(本小題總分值12分)如圖，四棱錐P-ABCD，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，,E，F(xiàn)分別是BC,PC的中點(diǎn).〔Ⅰ〕證明：AE⊥PD;〔Ⅱ〕假設(shè)H為PD上的動點(diǎn)，EH與平面PAD所成最大角的正切值為，求二面角E—AF—C的余弦值.〔Ⅰ〕證明：由四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°，可得△ABC為正三角形.因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，所以AE⊥BC.又BC∥AD，因此AE⊥AD.因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE.而PA平面PAD，AD平面PAD且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD，又PD平面PAD.所以AE⊥PD.〔Ⅱ〕解：設(shè)AB=2，H為PD上任意一點(diǎn)，連接AH，EH.由〔Ⅰ〕知AE⊥平面PAD，那么∠EHA為EH與平面PAD所成的角.在Rt△EAH中，AE=，所以當(dāng)AH最短時，∠EHA最大，即當(dāng)AH⊥PD時，∠EHA最大.此時tan∠EHA=因此AH=.又AD=2，所以∠ADH=45°，所以PA=2.解法一：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，PA平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD.過E作EO⊥AC于O，那么EO⊥平面PAC，過O作OS⊥AF于S，連接ES，那么∠ESO為二面角E-AF-C的平面角，在Rt△AOE中，EO=AE·sin30°=，AO=AE·cos30°=,又F是PC的中點(diǎn)，在Rt△ASO中，SO=AO·sin45°=,又在Rt△ESO中，cos∠ESO=即所求二面角的余弦值為解法二：由〔Ⅰ〕知AE，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系，又E、F分別為BC、PC的中點(diǎn)，所以E、F分別為BC、PC的中點(diǎn)，所以A〔0，0，0〕，B〔，-1，0〕，C〔C，1，0〕，D〔0，2，0〕，P〔0，0，2〕，E〔，0，0〕，F(xiàn)〔〕，所以設(shè)平面AEF的一法向量為那么因此取因?yàn)锽D⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，所以BD⊥平面AFC，故為平面AFC的一法向量.又=〔-〕，所以cos＜m,＞=因?yàn)槎娼荅-AF-C為銳角，所以所求二面角的余弦值為2.2021江蘇卷16．在四面體ABCD中，CB=CD,AD⊥BD，且E,F分別是AB,BD的中點(diǎn)，求證：〔Ⅰ〕直線EF∥面ACD；〔Ⅱ〕面EFC⊥面BCD．【解析】本小題考查空間直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系的判定．〔Ⅰ〕∵E,F分別是AB,BD的中點(diǎn)，∴EF是△ABD的中位線，∴EF∥AD，∵EF面ACD，AD面ACD，∴直線EF∥面ACD．〔Ⅱ〕∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD.∵CB=CD,F是BD的中點(diǎn)，∴CF⊥BD.又EFCF=F，∴BD⊥面EFC．∵BD面BCD，∴面EFC⊥面BCD．江西卷．解：〔1〕證明：依題設(shè)，是的中位線，所以∥，那么∥平面，所以∥。又是的中點(diǎn)，所以⊥，那么⊥。因?yàn)椤?，⊥，所以⊥面，那么⊥，因此⊥面?〔2〕作⊥于，連。因?yàn)椤推矫?，根?jù)三垂線定理知，⊥，就是二面角的平面角。作⊥于，那么∥，那么是的中點(diǎn)，那么。設(shè)，由得，，解得，在中，，那么，。所以，故二面角為。解法二：〔1〕以直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，那么所以所以所以平面由∥得∥，故：平面(2)由設(shè)那么由與共線得:存在有得同理:設(shè)是平面的一個法向量,那么令得又是平面的一個法量所以二面角的大小為〔3〕由〔2〕知，，，平面的一個法向量為。那么。那么點(diǎn)到平面的距離為3.2021遼寧卷19．〔本小題總分值12分〕如圖，在棱長為1的正方體中，AP=BQ=b〔0<b<1〕，截面PQEF∥，截面PQGH∥．ABCDEFPQHABCDEFPQHG〔Ⅱ〕證明：截面PQEF和截面PQGH面積之和是定值，并求出這個值；〔Ⅲ〕假設(shè)與平面PQEF所成的角為，求與平面PQGH所成角的正弦值．本小題主要考查空間中的線面關(guān)系，面面關(guān)系，解三角形等根底知識，考查空間想象能力與邏輯思維能力。總分值12分．解法一：〔Ⅰ〕證明：在正方體中，，，又由可得，，，ABCDEFABCDEFPQHGNM所以平面．所以平面和平面互相垂直． 4分〔Ⅱ〕證明：由〔Ⅰ〕知，又截面PQEF和截面PQGH都是矩形，且PQ=1，所以截面PQEF和截面PQGH面積之和是，是定值． 8分〔III〕解：連結(jié)BC′交EQ于點(diǎn)M．因?yàn)椋?，所以平面和平面PQGH互相平行，因此與平面PQGH所成角與與平面所成角相等．與〔Ⅰ〕同理可證EQ⊥平面PQGH，可知EM⊥平面，因此EM與的比值就是所求的正弦值．設(shè)交PF于點(diǎn)N，連結(jié)EN，由知．因?yàn)椤推矫鍼QEF，又與平面PQEF成角，所以，即，解得，可知E為BC中點(diǎn)．所以EM=，又，故與平面PQCH所成角的正弦值為． 12分解法二：以D為原點(diǎn)，射線DA，DC，DD′分別為x，y，z軸的正半軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系D－xyz由得，故ABCDEFPQHABCDEFPQHyxzG，，，，，．〔Ⅰ〕證明：在所建立的坐標(biāo)系中，可得，，．因?yàn)?，所以是平面PQEF的法向量．因?yàn)?，所以是平面PQGH的法向量．因?yàn)椋?，所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直． 4分〔Ⅱ〕證明：因?yàn)?，所以，又，所以PQEF為矩形，同理PQGH為矩形．在所建立的坐標(biāo)系中可求得，，所以，又，所以截面PQEF和截面PQGH面積之和為，是定值． 8分〔Ⅲ〕解：由得與成角，又可得 ，即，解得．所以，又，所以與平面PQGH所成角的正弦值為． 12分4.2021陜西卷19．〔本小題總分值12分〕A1AC1B1BDC三棱錐被平行于底面的平面所截得的幾何體如下圖，截面為，，平面，，，，，．A1AC1B1BDC〔Ⅰ〕證明：平面平面；〔Ⅱ〕求二面角的大?。夥ㄒ唬骸并瘛称矫嫫矫?，．在中，，，，又，，，即．又，平面，平面，平面平面．〔Ⅱ〕如圖，作交于點(diǎn)，連接，由得平面．是在面內(nèi)的射影．A1ACA1AC1B1BDCFE〔第19題，解法一〕為二面角的平面角．過作交于點(diǎn)，那么，，．A1AC1BA1AC1B1BDCzyx〔第19題，解法二〕在中，．，即二面角為．解法二：〔Ⅰ〕如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，那么，，．點(diǎn)坐標(biāo)為．，．，，，，又，平面，又平面，平面平面．〔Ⅱ〕平面，取為平面的法向量，設(shè)平面的法向量為，那么．，如圖，可取，那么，，即二面角為．5.2021湖南卷17.〔本小題總分值12分〕如下圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為1的菱形，∠BCD＝60°，E是CD的中點(diǎn)，PA⊥底面ABCD，PA＝2.〔Ⅰ〕證明：平面PBE⊥平面PAB;〔Ⅱ〕求平面PAD和平面PBE所成二面角〔銳角〕的大小.解:解法一〔Ⅰ〕如下圖，連結(jié)BD，由ABCD是菱形且∠BCD=60°知，△BCD是等邊三角形.因?yàn)镋是CD的中點(diǎn)，所以BE⊥CD,又AB∥CD,所以BE⊥AB.又因?yàn)镻A⊥平面ABCD，平面ABCD，所以PA⊥BE.而AB=A,因此BE⊥平面PAB.又平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAB.〔Ⅱ〕延長AD、BE相交于點(diǎn)F，連結(jié)PF.過點(diǎn)A作AH⊥PB于H，由〔Ⅰ〕知平面PBE⊥平面PAB,所以AH⊥平面PBE.在Rt△ABF中，因?yàn)椤螧AF＝60°，所以，AF=2AB=2=AP.在等腰Rt△PAF中，取PF的中點(diǎn)G，連接AG.那么AG⊥PF.連結(jié)HG，由三垂線定理的逆定理得，PF⊥HG.所以∠AGH是平面PAD和平面PBE所成二面角的平面角〔銳角〕.在等腰Rt△PAF中，在Rt△PAB中，所以，在Rt△AHG中，故平面PAD和平面PBE所成二面角〔銳角〕的大小是解法二:如下圖，以A為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系.那么相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)分別是A〔0，0，0〕，B〔1，0，0〕，P〔0，0，2〕,〔Ⅰ〕因?yàn)?，平面PAB的一個法向量是，所以共線.從而BE⊥平面PAB.又因?yàn)槠矫鍼BE，故平面PBE⊥平面PAB.(Ⅱ)易知設(shè)是平面PBE的一個法向量，那么由得所以設(shè)是平面PAD的一個法向量，那么由得所以故可取于是，故平面PAD和平面PBE所成二面角〔銳角〕的大小是三、名校試題考點(diǎn)一：利用向量證明垂直1．山東省淄博市2021年5月高三模擬試題(本小題總分值分)梯形中，∥，，，、分別是、上的點(diǎn)，∥，，是的中點(diǎn).沿將梯形翻折，使平面⊥平面(如圖).(Ⅰ)當(dāng)時，求證：⊥；(Ⅱ)假設(shè)以、、、為頂點(diǎn)的三棱錐的體積記為，求的最大值；(Ⅲ)當(dāng)取得最大值時，求二面角的余弦值.H解:〔Ⅰ〕〔法一〕作于，連，H由平面平面知平面而平面，故又四邊形為正方形∴又，故平面而平面∴.〔或者直接利用三垂線定理得出結(jié)果〕xyz〔法二〕∵平面平面xyz∴⊥面平面∴⊥,⊥,又⊥故可如圖建立空間坐標(biāo)系．那么，，∴∴.〔Ⅱ〕∵，面面∴面又由〔Ⅰ〕平面∴所以＝H_EH_EMFDBACG即時有最大值為．〔Ⅲ〕〔法一〕作于，作，連由三垂線定理知∴是二面角的平面角的補(bǔ)角由∽，知而，∴又∴在中，因?yàn)椤鲜卿J角∴∠＝而∠是二面角的平面角的補(bǔ)角故二面角的余弦值為－.〔法二〕設(shè)平面的法向量為∵,，，∴那么即取那么∴面的一個法向量為那么<>由于所求二面角的平面角為鈍角所以，此二面角的余弦值為－.考點(diǎn)二、利用向量求二面角2.2021年金華一中高考模擬試卷〔本小題總分值14分〕如圖，正三棱柱，是線段上一點(diǎn)，且∥平面。記。 〔1〕求的值；〔2〕假設(shè)∠，求二面角的大??；解：〔1〕連結(jié)交于O，那么O是的中點(diǎn)，連結(jié)DO?！摺纹矫?，∴∥DO…………∴D為AC中點(diǎn)，∴…〔2〕設(shè)正三棱柱底面邊長為2，那么DC=1。∵∠=60°，∴=。作DE⊥BC于E。∵平面⊥平面ABC，∴DE⊥平面，作EF⊥于F，連結(jié)DF，那么DF⊥∴∠DFE是二面角D--C的平面角……在Rt△DEC中，DE=，在Rt△BFE中，EF=BE·sin∠∴在Rt△DEF中，tan∠DFE=∴二面角D－－C的大小為arctan………………解法二：以AC的中D為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，如圖，設(shè)|AD|=1，∵∠=60°∴||=。那么A〔1，0，0〕，B〔0，，0〕，C〔-1，0，0〕，〔1，0〕，，〔2〕=〔-1，0，〕， 設(shè)平面BD的法向量為，那么， 即那么有=0令z=1,那么=〔，0，1〕………………設(shè)平面BC的法向量為,=〔0，0，〕， 即∴z′=0 令y=-1，解得=〔，-1，0〕，，二面角D—B—C的大小為arccos…………考點(diǎn)三、利用向量求距離3．山東省鄆城一中2007-2021學(xué)年第一學(xué)期高三期末考試〔理做Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；文做Ⅰ、Ⅳ〕如圖，直二面角D—AB—E中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，AE=EB，F(xiàn)為CE上的點(diǎn)，且BF⊥平面ACE.〔Ⅰ〕求證：AE⊥平面BCE；〔Ⅱ〕求二面角B—AC—E的余弦值；〔Ⅲ〕求點(diǎn)D到平面ACE的距離.〔Ⅳ〕求證：平面BDF⊥平面ABCD解法一：〔Ⅰ〕平面ACE.∵二面角D—AB—E為直二面角，且，平面ABE.〔Ⅱ〕連結(jié)BD交AC于C，連結(jié)FG，∵正方形ABCD邊長為2，∴BG⊥AC，BG=，平面ACE，〔Ⅲ〕過點(diǎn)E作交AB于點(diǎn)O.OE=1.∵二面角D—AB—E為直二面角，∴EO⊥平面ABCD.設(shè)D到平面ACE的距離為h，平面BCE，∴點(diǎn)D到平面ACE的距離為解法二：〔Ⅰ〕同解法一.〔Ⅱ〕以線段AB的中點(diǎn)為原點(diǎn)O，OE所在直線為x軸，AB所在直線為y軸，過O點(diǎn)平行于AD的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O—xyz，如圖.面BCE，BE面BCE，，在的中點(diǎn)，設(shè)平面AEC的一個法向量為，那么解得 令得是平面AEC的一個法向量. 又平面BAC的一個法向量為， ∴二面角B—AC—E的大小為〔III〕∵AD//z軸，AD=2，∴，∴點(diǎn)D到平面ACE的距離考點(diǎn)四、利用向量證明平行4．山東省煙臺市2021年高三適應(yīng)性練習(xí)〔12分〕如圖，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，∠PAD=90°，且PA=AD=2，E、F、G分別是線段PA、PD、CD的中點(diǎn)。〔1〕求證：PB//平面EFG；〔2〕求異面直線EG與BD所成的角的余弦值；〔3〕在線段CD上是否存在一點(diǎn)Q，使得點(diǎn)A到平面EFQ的距離為，假設(shè)存在，求出CQ的值；假設(shè)不存在，請說明理由。解法一：〔1〕證明：取AB為中點(diǎn)H，連結(jié)GH，HE，∵E，F(xiàn)，G分別是線段PA、PD、CD的中點(diǎn)，∴GH//AD//EF，∴E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面?！?分又H為AB中點(diǎn)，∴EH//PB。……2分又EH面EFG，PB平面EFG，∴PB//面EFG?！?分〔2〕解：取BC的中點(diǎn)M，連結(jié)GM、AM、EM，那么GM//BD，∴∠EGM〔或其補(bǔ)角〕就是異面直線EG與BD所成的角?！?分在Rt△MAE中，同理∴在Rt△MGE中，………………6分故異面直線EG與BD所成角的余弦值為……8分〔3〕假設(shè)在線段CD上存在一點(diǎn)Q，滿足題設(shè)條件，過點(diǎn)Q作OR⊥AB于R，連結(jié)RE，那么QR//AD?！逜BCD是正方形，△PAD是直角三角形，且PA=AD=2，∴AD⊥AB，AD⊥PA又ABPA=A，∴AD⊥平面PAB。又∵E，F(xiàn)分別是PA，PD中點(diǎn)，∴EF//AD，∴EF⊥平面PAB又EF面EFQ，∴EFQ⊥平面PAB。過A作AT⊥ER于T，那么AT⊥面EFQ，∴AT就是點(diǎn)A到平面EFQ的距離?！?0分設(shè)在Rt△EAR中，AT解得。故存在點(diǎn)Q，當(dāng)時，點(diǎn)A到平面EFQ的距離為………………12分解法二：建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)—xyz，那么A〔0，0，0〕，B〔2，0，0，〕，C〔2，2，0〕，D〔0，2，0〕P〔0，0，2〕，E〔0，0，1〕，F(xiàn)〔0，1，1〕，G〔1，2，0〕?！?〕證明：∵………………1分設(shè)即〔2，0，—2〕=S〔0，—1，0〕+t〔1，1，—1〕解得s=t=2∴又∵∴共面?！?分∵∴PB//平面EFG?！?分〔2〕解∵……5分∴故平面直線EG與BD所成角的余弦值為………………8分〔3〕假設(shè)在線段CD上存在一點(diǎn)Q滿足題設(shè)條件。令，那么DQ=2－m∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為〔〕∴而，那么∴令……10分又〔0，0，1〕∴點(diǎn)A到平面EFQ的距離…………11分即∴不合題意，舍去。故存在點(diǎn)Q，當(dāng)點(diǎn)A到平面EFQ的距離為………………12分考點(diǎn)五、利用向量求線面角5．山東省濰坊市2021年5月高三教學(xué)質(zhì)量檢測〔本小題總分值12分〕 如圖，三棱柱A1B1C1—ABC的三視圖中，主視圖和左視圖是全等的矩形，俯視圖是等腰直角三角形，點(diǎn)M是A1B1〔1〕求證：B1C∥平面AC1〔2〕設(shè)AC與平面AC1M的夾角為θ，求sinθ.解：由三視圖可知三棱柱A1B1C1—ABC為直三棱柱，側(cè)梭長為2，底面是等腰直角三角形，AC=BC=1.………… 如圖建立空間直角坐標(biāo)系C—xyz， 那么C〔0，0，0〕，C1〔0，0，2〕， A〔1，0，0〕，B1〔0，1，2〕，A1〔1，0，2〕 ∵M(jìn)為A1B1中點(diǎn)， …………4分〔1〕 ……6分 ∥面AC1M，又∵B1C面AC1M ∴B1C∥面AC1M.〔2〕設(shè)平面AC1M的一個法向量為 …………10分 那么…………12分四、考點(diǎn)預(yù)測1．山東省萊蕪市2021屆高三年級期末考試〔本小題總分值20分〕如圖，在三棱錐S—ABC中，SC⊥平面ABC，點(diǎn)P、M分別是SC和SB的中點(diǎn)，設(shè)PM=AC=1，∠ACB=90°，直線AM與直線SC所成的角為60°。〔1〕求證：平面MAP⊥平面SAC。〔2〕〔文〕求二面角M—AC—B的平面角的正切值；〔理〕求二面角M—AB—C的平面角的余弦值；〔3〕〔文〕求多面體PMABC的體積?！怖怼城驛P和CM所成角的余弦值。解：〔I〕∵SC⊥平面ABC，SC⊥BC，又∵∠ACB=90°∴AC⊥BC，AC∩SC=C，BC⊥平面SAC，…………1分又∵P，M是SC、SB的中點(diǎn)∴PM∥BC，PM⊥面SAC，∴面MAP⊥面SAC，…………1分〔II〕〔文科〕∵AC⊥平面SAC，∴面MAP⊥面SAC.…………3分∴AC⊥CM，AC⊥CB，從而∠MCB為二面角M—ACB的平面角，∵直線AM與直線PC所成的角為60° ∴過點(diǎn)M作MN⊥CB于N點(diǎn)，連結(jié)AN，那么∠AMN=60°.……4分 在△CAN中，由勾股定理得 在Rt△AMN中， =………………6分 在Rt△CNM中， 故二面角M—AB—C的正切值為.…………8分 〔理科〕如圖以C為原點(diǎn)建立如下圖空間直角坐標(biāo)系C—xyz. 那么 ……4分 設(shè)平面MAB的一個法向量為，那么 由 取z=……6分 取平面ABC的一個法向量為那么由圖知二面角M—AB—C為銳二面角，故二面角M—AB—C的余弦值為………………8分其他方法可參考本解法相應(yīng)給分。〔3〕〔文科〕多面體PMABC就是四棱錐A—BCPMVPMABC=BA—PMBC=………………12分〔理科〕………………9分∴AP與CM所成角的余弦值為………………12分SABC2SABC〔本小題共12分〕在三棱錐中，，.〔Ⅰ〕證明：⊥；〔Ⅱ〕求二面角A-BC-S的大小；〔Ⅲ〕求直線AB與平面SBC所成角的正弦值.解法一：解：〔Ⅰ〕且平面.-------------2分SABCD為在平面SABCD又⊥,∴⊥.----------4分〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕⊥，又⊥，∴為所求二面角的平面角.-------6分又∵==4,∴=4.∵=2,∴=60°.-------8分即二面角大小為60°.〔Ⅲ〕過作于D，連結(jié),