高中数学同步讲义（人教B版2019必修四）第39讲 专题11-11 立体几何初步中的线面角、二面角问题

③求二面角的面角的大小(常用面积相等关系求垂线段长度）【例题3】（2023·全国·高一专题练习）如图，二面角α−AB−β的平面角为锐角，C是α内的一点（它不在棱AB上），点D是C在平面β内的射影，点E是A．∠B．∠C．∠D．无法确定∠CEB与∠【答案】A【分析】过C向AB做垂线交AB于F，连接DF，由直角三角形可知CF>DF，再由【详解】过C向AB做垂线交AB于F，连接DF，如图，因为CD⊥β，AB⊂因为CD⊥AB，CF⊥AB，CD∩所以AB⊥面CDF，DF⊂平面CDF，所以AB在直角三角形CDF中，CF为斜边DF为直角边，所以CF>在直角三角形CEF中，tan∠CEF在直角三角形DEF中，tan∠DEB由CF>DF故选：A【变式3-1】1．（2022春·山东聊城·高一山东聊城一中校考阶段练习）已知二面角α−l−β的大小为60o，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，点B∈β【答案】2【分析】以DB、DC为邻边作平行四边形BDCE，连接AE、AB，分析可知二面角α−l−β的平面角为∠ACE=60∘，推导出【详解】以DB、DC为邻边作平行四边形BDCE，连接AE、AB，如下图所示：因为四边形BDCE为平行四边形，则CE//BD且CE=BD=1因为BD⊥l，则CE⊥所以，二面角α−l−因为AC=CE=1，故△∵AC⊥CD，CE⊥CD∵AC∩CE=C，AC、CE⊂平面∵AE⊂平面ACE，∴BE故答案为：2.【变式3-1】2．（2023·全国·高一专题练习）如图，在直角梯形ABCD中，AD//BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC的中点.将(1)求证：CD⊥(2)若AB=AD=2,【答案】(1)证明见解析(2)60°.【分析】（1）通过证明AB⊥CD,BD⊥（2）作出二面角B−【详解】（1）由于AB⊥AC,所以AB⊥平面ACD.由于CD⊂平面ACD，所以由于BD⊥CD,所以CD⊥平面ABD（2）分别取BD,AD的中点F,由于E,F分别是BC,由于CD⊥平面ABD，所以EF⊥平面由于AD,FG⊂平面ABD由于G,F分别是AD,由于AB⊥AD，所以由于EF∩FG=E,EF,所以∠EGF是二面角B在Rt△EFG中，EF所以tan∠EGF=EFFG=所以二面角B−AD−【变式3-1】3．（2023春·全国·高一专题练习）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=60°,∠ADP=90°，平面ADP⊥(1)证明：平面FAC⊥平面PBD(2)当二面角D−FC−B的余弦值为24【答案】(1)证明见解析(2)60°.【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得线面垂直，从而得到PD⊥AC，再由线面垂直的判定定理可证AC⊥平面PBD，从而证得平面AFC（2）根据题意过H作HG⊥FC于G，连接BG，可得∠BGH【详解】（1）因为平面ADP⊥平面ABCD，且∠ADP=90°且PD⊂平面PAD，平面ADP∩平面ABCD=AD又因为AC⊂平面ABCD，所以因为ABCD为菱形，所以AC⊥BD，且PD∩BD=所以AC⊥平面PBD，又因为AC⊂平面AFC，所以平面AFC（2）设PD=∵平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD=连接BD，则∠PBD就是直线PB与平面ABCD由题意得，△BDC过B作BH⊥CD于H，则H为∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥过H作HG⊥FC于G，连接BG，则∠BGH∵cos∠易得BH=∵sin∠GCH=GH∴tan∠PBD∴∠PBD=60∘，即直线PB与平面【变式3-1】4．（2023春·全国·高一专题练习）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，E为AC的中点，将△ACD(1)求证：平面BD(2)若三棱锥D'−ABC的体积为2【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）由线线垂直证线面垂直，再证面面垂直；（2）过D'作D'M⊥BE于点M，过M作MN⊥AB于点N，连接D'N，分析得∠【详解】（1）证明：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴△ABC又∵E为AC的中点，∴BE⊥AC，D'E⊥AC，BE∩D'又∵AC⊂平面ABC，∴平面B（2）过D'作D'M⊥BE于点M，∵平面BD'E∩∴VD过M作MN⊥AB于点N，连接∵AB⊂平面ABC，∴D'M⊥AB，∵D'M∩MN=M,∵D'N⊂平面D∴∠D'NMEM=32−2∴D'N=故二面角D'−AB【变式3-1】5．（2023春·全国·高一专题练习）在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB⊥AA1(1)求证：CC(2)求平面B1BCC【答案】(1)证明见解析3【分析】（1）根据三棱柱中的垂直关系以及角度，可通过证明CC1⊥【详解】（1）由题意可知，CC1//AA连接AM,由∠A1AC=2π又点M为棱CC1的中点，所以AB⊂平面ABM，AM⊂平面ABM，所以CC1⊥平面ABM，所以CC（2）由（1）知，CC根据二面角定义可知，∠AMB在正三角形△ACC1中，AC因为AB⊥AA1，又AB⊥BC，且BB1∩而BM⊂平面B1BC在Rt△ABM中，AM所以sin∠AMB于是平面B1BCC1【变式3-1】6．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在正四棱锥P−ABCD中，(1)求侧棱PA与底面ABCD所成角的大小；(2)求二面角P−【答案】(1)π(2)3【分析】（1）根据线面角的定义可证得∠PAO为所求角，设等边△PAB的边长为a，由长度关系可求得（2）由二面角平面角定义可知∠PEO【详解】（1）设底面正方形ABCD的中心为O，连接AO,由正四棱锥P−ABCD结构特征知：PO⊥即点P在平面ABCD上的投影为O，∴∠PAO为侧棱PA与底面ABCD在△PAB中，PA=PB，∠PAB=∵PO⊥平面ABCD，AO⊂平面ABCD在Rt△PAO中，PA=a，AO∴∠PAO=π4，即侧棱PA与底面（2）取AB的中点为E，连接PE,在正方形ABCD中，OE⊥AB；在等边△PAB∴∠PEO为二面角P∵PO⊥平面ABCD，EO⊂平面ABCD在Rt△PEO中，PE=32a∴二面角P−AB−【变式3-1】7．（2022春·浙江丽水·高一校考阶段练习）如图1，在直角三角形ABC中，∠C为直角，∠A=30°,D在AC上，且DA=DC=3，作DE⊥AB于E ，将(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求证:BE(2)若二面角P−DE−A为锐角，且二面角P−【答案】(1)证明见解析(2)11【分析】(1)由题意知BE⊥DE，由面面垂直的性质定理可得BE⊥平面PDE(2)作PH⊥BE所在的直线于点H,由题意可得知DE⊥BE,DE⊥PE，所以ED⊥平面PEB，即可得平面PBE⊥平面BCDE，作HG⊥BC于点G ，连接PG，进而可得∠PGH为二面角P−【详解】（1）证明：由题意知BE⊥又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE=所以BE⊥平面PDE又PD⊂平面PDE所以BE⊥（2）解：由题意知DE⊥PE∩EB=E因而ED⊥平面PEB又ED⊂平面BCDE，因而平面PBE⊥平面如图，作PH⊥BE所在的直线于点又平面PBE∩平面BCDE=BE，PH⊂平面PBE，所以作HG⊥BC于点G 则∠PGH为二面角P设∠PGH=θ在△ABC中，∠所以AB=4,设CG=x0<因而PH=在直角三角形PHG中，tanθ=PH解得x=12或x从而PB=【变式3-1】8．（2022春·河南洛阳·高一校考阶段练习）如图所示，四边形ABCD为菱形，PA=PD，平面PAD⊥平面ADC，点E(1)求证：PE⊥(2)若PA=AB=(3)若PA=AB，当二面角P−AC−B的正切值为【答案】(1)证明见解析(2)1(3)45°【分析】(1)先证明PF⊥平面ABCD得到PE(2)将三棱锥E−PCD的体积转化为三棱锥(3)设PF=3a，FG=b，可证得∠PGE为二面角P−AC−B的平面角，可得tan∠PGF【详解】（1）如图所示，设点F是棱AD的中点，连接PF，EF，BD，由PA=PD及点F是棱AD的中点，可得因为平面PAD⊥平面ADC，平面PAD∩平面ADC=AD，PF⊂平面PAD又因为AC⊂平面ABCD，所以PF又因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥而EF是△ABD的中位线，所以EF//BD又由PF∩EF=F，且PF⊂平面PEF所以AC⊥平面PEF，又因为PE⊂平面PEF，所以（2）若PA=AB=BD=2，由于菱形ABCD，易证正三角形PAD中PF所以VE（3）设点G是AC与EF的交点，由（1）可知AC⊥平面PEF又PG，EG均在平面PEF内，从而有PG⊥AC，故∠PGE为二面角P−AC所以tan∠PGF因为PA=AB，所以不妨设菱形ABCD的边长为2a，GE则在直角△PFG中，PF=3a，FG=因为PF⊥平面ABCD，所以∠PEF为直线PE与平面则tan∠PEF所以直线PE与平面ABCD所成的角为45°题型4垂面法求二面角【方法总结】作一与棱垂直的平面，该垂面与二面角两半平面相交，得到交线，交线所成的角为二面角的平面角、关键在拔与二面角的棱垂直且与二面角两半平面都有交线的平面.【例题4】（2023春·全国·高一专题练习）如图，棱长都相等的平行六面体ABCD−A'B'A．13 B．−13 C．3【答案】A【分析】判断四面体A'BDA为正四面体，取BD的中点E，连接AE，A'E，由等腰三角形“三线合一”的性质，易得【详解】解：棱长都相等的平行六面体ABCD−A'B'连接AC、BD，AC∩BD=E，连接AE，A'且AE⊥BD，A'E⊥在△AA'故二面角A'−BD故选：A．【变式4-1】1．（2023春·全国·高一专题练习）如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△A．BD⊥AC B．C．平面ADC⊥平面ABC D．二面角A−【答案】C【分析】设等腰直角三角形△ABC的腰为a，则斜边BC=2a，利用面面垂直的性质定理易证BD⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，从而可知BD⊥AC，可判断A；由题意及设法可知AB=AC=a，BD=CD=22a，利用勾股定理可求得BC=22【详解】设等腰直角三角形△ABC的腰为a，则斜边BC∵D为BC的中点，∴又平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，BD⊥AD，BD⊂又AC⊂平面ADC，∴由A知，BD⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，∴又BD=CD=22又AB=AC=∵△ADC为等腰直角三角形，取斜边AC的中点F，则DF⊥AC，又△ABC为等边三角形，连接∴∠BFD为平面ADC与平面ABC由BD⊥平面ADC可知，∠BDF为直角，因此∠BFD不是直角，故平面ADC由题意知，AD⊥平面BDC过点D作DE⊥BC于点E，连接AE，则∴∠AED为二面角A−BC则tanθ故选：C.【变式4-1】2．（2023春·全国·高一专题练习）已知如图边长为a的正方形ABCD外有一点P且PA⊥平面ABCD，PA=a【答案】2【分析】由线面垂直的判定和性质，结合二面角平面角定义可知所求角为∠POA【详解】设AC∩BD=∵PA⊥平面ABCD，BD,AO⊂平面ABCD∵四边形ABCD为正方形，∴BD∵PA∩AO=A，PA,AO又PO⊂平面PAO，∴BD⊥PO，由AO=22a，故答案为：2.【变式4-1】3．（2023·全国·高一专题练习）已知P是二面角α−l−β内的一点，PA垂直于α于A,PB垂直于【答案】π【分析】设平面PAB交直线l于点O，连接OA，OB，可证得∠AOB即二面角α−l−β的平面角，在△【详解】解：设平面PAB交直线l于点O，连接OA，OB，由于PA⊥α，PB⊥β，故PA⊥l，PB⊥l，又PA∩故l⊥平面PAB，又OA，OB⊂平面PAB，故l⊥所以∠AOB为二面角α由于PA⊥α，PB⊥β，OA⊂α，故在四边形PAOB中，∠APB与∠又AB=83，在△APB中由余弦定理A即832=又0<∠APB<π故∠AOB=π−2故答案为：π3【变式4-1】4．（2021春·广东东莞·高一校联考阶段练习）如图，在三棱锥V-ABC中，AB=22，VA=VB，CA=CB，【答案】34##【分析】取AB的中点O，连接VO、OC，证明出VO⊥AB，OC⊥AB，可得出二面角V−AB−C的平面角为∠VOC【详解】取AB的中点O，连接VO、OC，如下图所示：∵VA=VB，O为AB的中点，则VO⊥AB，且AV因为CA=CB，O为AB的中点，可得OC⊥AB，又因为则二面角V−AB−由余弦定理得cos∠VOC因此，二面角V−AB−故答案为：34【变式4-1】5．（2023·高一课时练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面(1)求证：EF//平面ABC(2)求证：平面A1FD⊥(3)若三棱柱所有棱长都为a，求二面角A1【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)6【分析】（1）由EF//BC，即可证EF//平面ABC；（2）由A1D⊥平面BCC1B【详解】（1）证明：因为E，F分别为A1B，所以EF//又EF⊄平面ABC，BC故EF//（2）证明：∵BB1⊥平面A1B∴BB∵A1D⊥B1C，又A1D⊂∴平面A1FD⊥（3）如图所示：过点D作B1C垂线，垂足为H，连接A1∵A1D⊥B1∴B1C⊥平面A则∠A1HD∴A1D=32故二面角A1−B【变式4-1】6．（2023春·全国·高一专题练习）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其它四个侧面都是侧棱长为(1)求二面角P−(2)在线段AB上是否存在一点E，使平面PCE⊥平面PCD？若存在，请指出点E【答案】(1)60(2)存在；设M是AB的中点，E为线段MB的中点；证明见解析.【分析】（1）设M,N分别是AB和CD的中点，连接PM，MN，PN,说明∠PMN为二面角P（2）判断存在点E，使平面PCE⊥平面PCD，此时E为线段MB的中点，设F，G分别为PN和PC的中点，然后证明MF⊥平面PCD,说明四边形EMFG为平行四边形,推得EG∥MF，从而证明【详解】（1）如图，设M,N分别是AB和CD的中点，连接PM，MN，则MN∥∵PA=PB，M是AB的中点,∴又在正方形ABCD中有MN⊥∴∠PMN为二面角P∵PA=PB=5，AB=2，M同理可得PN=2，又MN=BC=2,∴∴二面角P−AB−（2）存在点E，使平面PCE⊥平面PCD，此时E为线段MB证明如下:设E，F，G分别为MB，PN和PC的中点，连接MF，FG，EG，EC,由（1）知△PMN是等边三角形，故MFPC=PD,N为又∵CD⊥MN，MN∩∴CD⊥平面PMN,MF⊂平面PMN，故CD⊥CD,PN⊂平面PCD,∴MF∵F，G分别为PN和PC的中点∴FG∥又E为线段MB的中点,∴FG∥ME,∴EG∥MF,∴EG⊥平面PCD,又EG∴平面PCE⊥平面PCD【变式4-1】7．（2023春·全国·高一专题练习）如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得点D到点D'的位置，连接B(1)若平面D'AC⊥(2)不考虑点D'与点B重合的位置，若二面角A−BD'【答案】(1)33(2)45【分析】（1）连接OD',OB，根据面面垂直的性质可得（2）取D'B的中点E，可得∠AEC为二面角A【详解】（1）连接OD',因为平面D'AC⊥平面ABC，O所以OD'⊥平面ABC，又OB所以OD'⊥OB，又正方形ABCD所以OD'=设点O到平面D'BC的距离为VD所以13所以ℎ=33，即点O到平面D（2）取D'B的中点E，连接因为AB=所以AE⊥所以∠AEC为二面角A−B由题可知△AB在△AEC中，AC=2，cos∠AEC所以AE所以D'所以D'【变式4-1】8．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥(1)求证：平面PBD⊥平面PBC(2)若二面角P−BC−D的大小为【答案】(1)证明见解析；(2)3【分析】（1）利用线面垂直及面面垂直的判定定理可得结果；（2）根据等体积法即可求得点C到平面PBD的距离.【详解】（1）在△ADB中,AD∴AD2∵PD⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD，∴又∵PD∩BD=D,PD,DB⊂又AD//BC，∴BC⊥又BC⊂平面PBC，所以平面PBD⊥（2）由（1）知BC⊥平面PBD，∴PB⊥∴∠PBD为二面角P−BC在Rt△PDB中,PD所以S△BDC=设点D到PBC的距离d,由VP−BCD即13×1即点D到PBC的距离为3【变式4-1】9．（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD．四边形ABCD为梯形，(1)证明：Q为BB(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；(3)若A1A=4,CD=2，梯形ABCD【答案】(1)证明见解析(2)11(3)π【分析】（1）利用面面平行，证明线线平行，进而得到△QBC∼△A1AD（2）连接QA,QD，四棱柱被平面α所分成上､下两部分的体积为V1,V（3）在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E，∠AEA1为平面【详解】（1）证明：∵四棱柱ABCD−A1B1∴平面QBC∥平面A1∴平面A1CD与面QBC和平面A∴△QBC∴BQ∴Q为B（2）解：连接QA,QD，设梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面α所分成上､下两部分的体积为V1设BC=a，则∴VVQ−∵V棱柱=32∴四棱柱被平面α所分成上､下两部分的体积之比11（3）解：在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E则DE⊥平面AE∴DE∴∠AEA1为平面α∵BC∴S∵梯形ABCD的面积为6,DC∴S∴tan∠AE∴∠AE∴平面α与底面ABCD所成二面角的大小为π4【变式4-1】10．（2023·全国·高一专题练习）如图，直三棱柱ABC−A1B1(1)求直线BA1与平面(2)求二面角A−【答案】(1)π(2)2【分析】（1）取B1C1的中点D，连接A1D和BD，结合条件可证明A1D（2）取A1C的中点，连接AO，BO，先求得A1B=【详解】（1）取B1C1的中点D，连接A因为A1B1在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1因为BB1∩B1C1=B1，BB1、所以A1D⊥BD，则在Rt△A1BD中，0<∠在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1因为AB=AC=AA则A1B=所以AD=12B1C1故直线BA1与平面BCC（2）取A1C的中点，连接AO，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1因为AB=AC=由（1）知，A1B=A1又BO⊂平面BA1C，AO⊂平面A又BA⊥AC，BA⊥AA1，AC∩所以BA⊥平面AA1C1C，AO⊂在Rt△AOB中，tan∠AOB=ABAO题型5补形法【方法总结】在有些问题中，所给的图形不是能够很好观测到二面角的平面角，可以通过补形的方法来观测二面角的平面角。【例题5】在图中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是一个直角梯形，其中PA=1，AD=1,CD=1,AB=1∠BAD=∠ADC=90°。求平面PAD与平面PBC所成二面角的大小。【解析】延长直线DA与BC，它们相交于点E，连接PE。由题意可知，BA平行于CD，AB的长度是CD的一半，且BA⊥AD，BA⊥PA，那么BA⊥平面PED，CD⊥平面PED，AE=1，PE=2。在三角形PED中，PD=PE=2，ED=AE+AD=2。那么根据勾股定理可知∠DPE=90°，即DP⊥PE。CD⊥平面PED，DP⊥PE，且DP是CP在平面PED内的射影，根据三垂线定理知：CP⊥PE。又DP⊥PE，即∠CPD即为所求的二面角。在Rt△CDP中，CD=1，PD=2，PC=3。那么cos∠CPD=63即：∠CPD=arccos【变式5-1】1．（2023·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥面ABCD，AB⊥AD，AD//BC，点E(1)证明：直线EF//平面PBC(2)求二面角F−【答案】(1)证明见解析(2)33【分析】（1）依题意可得AD//EF，即可得到（2）连接AC，即可求出AC、CD，从而得到AC⊥CD，再由线面垂直的性质得到PA⊥CD，即可得到CD⊥平面PAC【详解】（1）证明：∵点E,F分别为∴AD∵AD//BC∵EF⊄平面PBC，BC⊂∴EF//平面（2）解：∵AB⊥AD连接AC，由AB=BC=2∵AD=4，所以AC∴AC∵PA⊥底面ABCD，AC,CD⊂∵PA,AC∴CD⊥平面∵PC⊂平面∴二面角P−CD−∵AP=4，∴PC所以二面角P−CD−即二面角F−CD−【变式5-1】2．（2022春·浙江衢州·高一校考期中）在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2．点E,F分别在AB,CD上，且AE＝2，CF＝1．沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A'(1)求证：CD'//平面(2)求异面直线EF与BD(3)在翻折的过程中，设二面角A'−BC−E【答案】(1)证明见解析(2)90°(3)1【分析】（1）由D'F//A'E得D'F//平面A'EB，FC//EB（2）延长EF,BC交于点G，EF∩DB=H，可证得△EBG≌△DAB，进而得∠EHB=90°，即EF（3）在平面ABCD内作AO⊥EF于点O，作A'M⊥AO于M，作MN⊥BC于N，可证得A'【详解】（1）因为D'F//A'E，D'F⊄平面A因为FC//EB，FC⊄平面A'EB，EB⊂平面又因为FC∩D'F=因为CD'⊂面D'FC（2）延长EF,BC交于点G，FC//EB且FC=EB=DA,故∠GEB=∠BDA故∠GEB+∠DBA=90°，则从而EF⊥D'H,EF⊥所以EF⊥平面D'HB，而BD'⊂平面所以异面直线EF与BD'所成的角为（3）如图，在平面ABCD内作AO⊥EF于点O，作A'M⊥AO于EF⊥OM,EF⊥A'M⊂平面A又A'M⊥AO，EF∩AO=O，所以A'M⊥所以BC⊥平面A'MN所以∠A'NM为二面角A因为AO⊥EF,A'设∠当α=π2时，点O与点M重合，由AO当α∈0,π2时，因为所以AM=45所以tanθ同理当α∈π2所以AM=45所以tanθ设y=5sin所以sinα+φ由3y4y所以y的最大值为1，此时5sinα+2cosα=3所以，当cosα=23【变式5-1】3.（2023·全国·高一专题练习）在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC,CA⊥CB,∠AOC=π3，点(1)求证：平面OPG⊥平面PAC(2)求二面角P−【答案】(1)证明见解析；(2)417【分析】（1）根据PA⊥平面ABC得到PA⊥OG，根据G为△AOC的内心得到OG⊥（2）根据OG⊥平面PAC得到∠PDC为二面角P−OG−B的平面角，根据AC⊥CB，O为△ABC的外心，得到OA=OB【详解】（1）∵PA⊥平面ABC，OG⊂平面∴PA⊥∵G为△AOC∴OG⊥∵PA∩AC=A，PA⊂平面PAC∴OG⊥平面PAC∵OG⊂平面OPG∴平面OPG⊥平面PAC.（2）延长OG交AC于D，连接PD，∵OG⊥平面PAC，PD⊂平面PAC，CD⊂平面PAC，平面PAC∩∴OG⊥PD，∴∠PDC为二面角P∵AC⊥CB，O为∴O为AB中点，且OA=∵∠AOC∴△AOC为等边三角形，AD在Rt△PAD中，AD=12，在Rt△PAC中，PA=2，AC=1cos∠PDC∵∠PDC∈0,所以二面角P−OG−题型6补角法【方法总结】直接求二面角有困难，有时候可以通过求解二面角的补角进行求解【例题