1.2.4 二面角 -【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册五维课堂同步课件PPT（人教B版2019）

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[预习自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)二面角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(　　) (2)若二面角α­l­β的两个半平面的法向量分别为n1，n2，则二面角的平面角与两法向量夹角〈n1，n2〉一定相等．(　　) (3)二面角的大小通过平面角的大小来度量．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)√ 2．已知平面α内有一个以AB为直径的圆，PA⊥α，点C在圆周上(异于点A，B)，点D，E分别是点A在PC，PB上的射影，则(　　) A．∠ADE是二面角A­PC­B的平面角 B．∠AED是二面角A­PB­C的平面角 C．∠DAE是二面角B­PA­C的平面角 D．∠ACB是二面角A­PC­B的平面角 答案：B 3．已知二面角α­l­β，其中平面α的一个法向量m＝(1,0，－1)，平面β的一个法向量n＝(0，－1,1)，则二面角α­l­β的大小可能为　________　. 解析：60°或120°　[cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(－1,\r(2)·\r(2))＝－eq \f(1,2)， ∴〈m，n〉＝120°， ∴二面角α­l­β的大小为60°或120°.] 用定义法求二面角 [例1] 　如图，设AB为圆锥PO的底面直径，PA为母线，点C在底面圆周上，若△PAB是边长为2的正三角形，且CO⊥AB，求二面角P­AC­B的正弦值． 解：如图，取AC的中点D，连接OD，PD， ∵PO⊥底面ABC，∴PO⊥AC， ∵OA＝OC，D为AC的中点，∴OD⊥AC， 又PO∩OD＝O，∴AC⊥平面POD，则AC⊥PD， ∴∠PDO为二面角P­AC­B的平面角． ∵△PAB是边长为2的正三角形，CO⊥AB， ∴PO＝eq \r(3)，OA＝OC＝1，OD＝eq \f(\r(2),2)， 则PD＝eq \r(\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(14),2).∴sin∠PDO＝eq \f(PO,PD)＝eq \f(\r(3),\f(\r(14),2))＝eq \f(\r(42),7)， ∴二面角P­AC­B的正弦值为eq \f(\r(42),7). 用定义求二面角的步骤 (1)作(找)出二面角的平面角(作二面角时多用三垂线定理)． (2)证明所作平面角即为所求二面角的平面角． (3)解三角形求角． [变式训练] 1.已知矩形ABCD的两边AB＝3，AD＝4，PA⊥平面ABCD，且PA＝eq \f(4,5)，则二面角A­BD­P的正切值为　________　. 解析：eq \f(1,3)　[过A作AO⊥BD，交BD于O，连接PO， ∵矩形ABCD的两边AB＝3，AD＝4， PA⊥平面ABCD，且PA＝eq \f(4,5)， ∴BD＝eq \r(32＋42)＝5，PO⊥BD， ∴∠POA是二面角A­BD­P的平面角， ∵eq \f(1,2)×BD×AO＝eq \f(1,2)×AB×AD， ∴AO＝eq \f(AB×AD,BD)＝eq \f(12,5)，∴tan∠POA＝eq \f(PA,AO)＝eq \f(\f(4,5),\f(12,5))＝eq \f(1,3). ∴二面角A­BD­P的正切值为eq \f(1,3).] 用向量法求二面角 [例2]　如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)证明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值． [思路点拨]　(1)先证线面垂直，再证面面垂直； (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解． [解]　(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD. 因为AB∥CD，所以AB⊥PD.又AP∩DP＝P，所以AB⊥平面PAD. 因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为点F. 由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，又AD∩AB＝A，可得PF⊥平面ABCD. 以F为坐标原点，eq \o(FA,\s\up16(→))的方向为x轴正方向，|eq \o(AB,\s\up16(→))|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F­xyz. 由(1)及已知可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0)). 所以eq \o(PC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，－\f(\r(2),2)))，eq \o(CB,\s\up16(→))＝(eq \r(2)，0,0), eq \o(PA,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，－\f(\r(2),2)))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0,1,0)．设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up16(→))＝0，,n·\o(CB,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)x1＋y1－\f(\r(2),2)z1＝0，,\r(2)x1＝0.))所以可取n＝(0，－1，－eq \r(2))． 设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(PA,\s\up16(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x2－\f(\r(2),2)z2＝0，,y2＝0.)) 所以可取m＝(1,0,1)，则cos〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(－\r(2),\r(3)×\r(2))＝－eq \f(\r(3),3). 所以二面角A－PB－C的余弦值为－eq \f(\r(3),3). 　利用向量法求二面角的步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量； (3)求两个法向量的夹角； (4)判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角； (5)确定二面角的大小． [变式训练] 2.如图几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是eq \x\to(DF)的中点． (1)设P是eq \x\to(CE)上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； (2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小． 解：(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP. 又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°. (2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，eq \r(3)，3)，C(－1，eq \r(3)，0)， 故eq \o(AE,\s\up16(→))＝(2,0，－3)，eq \o(AG,\s\up16(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \o(CG,\s\up16(→))＝(2,0,3)． 设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up16(→))＝0，,m·\o(AG,\s\up16(→))＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0.)) 取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－eq \r(3)，2)． 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AG,\s\up16(→))＝0，,n·\o(CG,\s\up16(→))＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0.)) 取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－eq \r(3)，－2)． 所以cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(1,2).故所求二面角E­AG­C的大小为60°. 空间中的翻折与探索性问题 [例3] 如图甲，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，CD＝2AB＝2BC＝4，过A点作AE⊥CD，垂足为E，现将△ADE沿AE折叠，使得DE⊥EC.取AD的中点F，连接BF，CF，EF，如图乙． (1)求证：BC⊥平面DEC； (2)求二面角C­BF­E的余弦值． [思路点拨]　(1)根据线面垂直的判定定理即可证明BC⊥平面DEC； (2)建立空间坐标系，利用向量法即可求二面角C­BF­E的余弦值． 解：(1)证明：如图，∵DE⊥EC，DE⊥AE，AE∩EC＝E， ∴DE⊥平面ABCE， 又∵BC⊂平面ABCE，∴DE⊥BC， 又∵BC⊥EC，DE∩EC＝E，∴BC⊥平面DEC. (2)如图，以点E为坐标原点，分别以EA，EC，ED为x，y，z轴建立空间坐标系E­xyz， ∴E(0,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，D(0,0,2)，A(2，0,0)，F(1,0,1)， 设平面EFB的法向量n1＝(x1，y1，z1)，由eq \o(EF,\s\up16(→))＝(1,0,1)，eq \o(EB,\s\up16(→))＝(2,2,0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1⊥\o(EF,\s\up16(→))，,n1⊥\o(EB,\s\up16(→))，)) 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,2x1＋2y1＝0，)) ∴取x1＝1，得平面EFB的一个法向量n1＝(1，－1，－1)， 设平面BCF的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 由eq \o(CF,\s\up16(→))＝(1，－2,1)，eq \o(CB,\s\up16(→))＝(2,0,0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2⊥\o(CF,\s\up16(→))，,n2⊥\o(CB,\s\up16(→))，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＝0，,x2－2y2＋z2＝0，)) ∴取y2＝1，得平面BCF的一个法向量n2＝(0,1,2)， 设二面角C­BF­E的大小为α， 则cos α＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(|－1－2|,\r(5)·\r(3))＝eq \f(\r(15),5). 所以二面角C－BF－E的余弦值为eq \f(\r(15),5). 1．与空间角有关的翻折问题的解法 要找准翻折前后的图形中的不变量及变化的量，再结合向量知识求解相关问题． 2．关于空间角的探索问题的处理思路 利用空间向量解决空间角中的探索问题，通常不需要复杂的几何作图、论证、推理，只需先假设结论成立，设出空间的坐标，通过向量的坐标运算进行推断，把是否存在问题转化为点的坐标是否有解的问题来处理． [变式训练] 3．如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥CB，AD＝2CB＝4，∠ABC＝120°，E为AD的中点，现分别沿BE，EC将△ABE和△ECD折起，使得平面ABE⊥平面BCE，平面ECD⊥平面BCE，连接AD，如图2. (1)若在平面BCE内存在点G，使得GD∥平面ABE，请问点G的轨迹是什么图形？并说明理由． (2)求平面AED与平面BCE所成锐二面角的余弦值． 图1　　　　　　图2 解： (1)点G的轨迹是直线MN. 理由如下： 如图，分别取BC和CE的中点N和M，连接DM，MN，ND， 则MN∥BE，又MN⊄平面BEA，BE⊂平面BEA， ∴MN∥平面BEA， 依题意有△ABE，△BCE，△ECD均为边长为2的正三角形， ∴MD⊥CE， 又平面ECD⊥平面BCE，则MD∥平面BEA， ∴平面NMD∥平面BEA，∴点G的轨迹是直线MN. (2)如图，以点M为坐标原点，MB为x轴，MC为y轴，MD为z轴，建立空间直角坐标系， 则E(0，－1,0)，D(0,0，eq \r(3))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(3)))， ∴eq \o(EA,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(3)))，eq \o(ED,\s\up16(→))＝(0,1，eq \r(3))， 设平面AED的法向量n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(ED,\s\up16(→))＝y＋\r(3)z＝0，,n·\o(EA,\s\up16(→))＝\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋\r(3)z＝0，)) 取x＝eq \r(3)，得n＝(eq \r(3)，3，－eq \r(3))， 取平面BCE的一个法向量m＝(0,0,1)， 则cos〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n|·|m|)＝－eq \f(\r(5),5)， ∴平面AED与平面BCE所成锐二面角的余弦值为eq \f(\r(5),5). [当堂达标] 1．若平面α的一个法向量为n1＝(1,0,1)，平面β的一个法向量是n2＝(－3,1,3)，则平面α与β所成的角等于 (　　) A．30°　　 B．45°　　　C．60°　　　D．90° 解析：D　[因为n1·n2＝(1,0,1)·(－3,1,3)＝0，所以α⊥β，即平面α与β所成的角等于90°.] 2．已知A­BCD为正四面体，则其侧面与底面所成角的余弦值为(　　) A.eq \f(1,3) B.eq \r(5) C．2eq \r(2) D.eq \f(2\r(2),3) 解析：A　[设棱长为a，则侧面与底面所成角的余弦值为eq \f(\f(\r(3),6)a,\f(\r(3),2)a)＝eq \f(1,3)，选A.] 3．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为(　　) A．45° B．135° C．45°或135° D．90° 解析：C　[cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,1×\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，即〈m，n〉＝45°.所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.] 4.如图所示，点A，B，C分别在空间直角坐标系O－xyz的三条坐标轴上，eq \o(OC,\s\up16(→))＝(0,0,2)，平面ABC的一个法向量为n＝(2,1,2)，设二面角C－AB－O的大小为θ，则cos θ＝　________　. 解析：cosθ＝eq \f(\o(OC,\s\up16(→))·n,|\o(OC,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(4,2×3)＝eq \f(2,3). 答案：eq \f(2,3) $$