第一章 1.2.4 第2课时 用空间向量求二面角的大小（Word教参）-【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（人教B版）

本讲义聚焦“用空间向量求二面角的大小”核心知识点，承接空间向量及平面法向量基础，通过梳理法向量夹角与二面角的关系，构建从概念理解到公式应用再到解题实践的学习支架，包含问题引入、知识梳理、例题解析及跟踪训练。 以问题驱动引导学生用数学眼光观察空间角关系，通过坐标法建系与法向量运算培养数学思维，结合四棱锥等实例用向量语言表达空间关系。课中助力教师分层教学，课后练习题梯度设计帮助学生查漏补缺，强化应用能力。

第2课时　用空间向量求二面角的大小 [学习目标]　1.理解平面的法向量的夹角与两平面所成的角的关系.2.会用平面的法向量求两个平面的夹角． 一、两个平面法向量的夹角与两平面所成的角之间的关系 问题　如图，两个平面的法向量的夹角与两平面所成的角有什么样的关系？ 提示　两个平面的法向量的夹角与两平面所成的角相等或互补；如图(1)，θ＝〈n1，n2〉，此时相等；如图(2)，θ＝π－〈n1，n2〉，此时互补． 知识梳理 设n1，n2分别是平面α1，α2的一个法向量，α1与α2所成角的大小为θ. θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉， sin θ＝sin〈n1，n2〉． 注意点：(1)若求两个平面的夹角，直接利用公式cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝. (2)若求二面角，需要判断要求的是锐二面角还是钝二面角． 例1　已知二面角α－l－β，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α－l－β的大小可能为(　　) A．60° B．120° C．60°或120° D．30°或150° 答案　C 解析　cos〈m，n〉＝＝＝－， 所以〈m，n〉＝120°， 又因为二面角的大小与法向量夹角相等或互补， 所以二面角的大小可能是60°或120°. 反思感悟　区分二面角与两个平面所成角的概念及其角的取值范围是解决问题的关键． 跟踪训练1　设平面α与平面β所成的角为θ，若平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cos θ等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由题意，得cos〈n1，n2〉＝，而平面α与平面β的夹角θ与〈n1，n2〉相等或互补，所以cos θ＝. 二、用法向量求平面与平面所成的角 例2　在底面为平行四边形的四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB，E是PD的中点，求平面EAC与平面ABCD所成角的大小． 解　方法一　如图，以A为原点，分别以AC，AB，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz. 设PA＝AB＝a，AC＝b，连接BD，与AC交于点O，取AD的中点F，连接EF，EO，FO，则C(b,0,0)，B(0，a,0)，P(0,0，a)， ∵＝， ∴D(b，－a,0)， ∴E，O， ＝，＝(b,0,0)． ∵·＝0，∴⊥，即OE⊥AC， 又＝＝，·＝0. ∴⊥，即OF⊥AC. ∴∠EOF为平面EAC与平面ABCD所成角． cos〈，〉＝＝. ∴平面EAC与平面ABCD所成的角为45°. 方法二　建系如方法一， ∵PA⊥平面ABCD， ∴＝(0,0，a)为平面ABCD的法向量， ＝，＝(b,0,0)． 设平面AEC的一个法向量为m＝(x，y，z)． 由得 ∴x＝0，y＝z.取m＝(0,1,1)， cos〈m，〉＝＝＝. ∴平面EAC与平面ABCD所成角为45°. 反思感悟　利用坐标法求二面角的步骤 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是二面角的大小，如图．用坐标法解题的步骤如下： (1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系． (2)求法向量：在建立的坐标系下求或找两个平面的法向量n1，n2. (3)计算：设n1与n2所成锐角为θ，cos θ＝. (4)定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ. 跟踪训练2　如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M为PC的中点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝. (1)求证：PQ⊥AB. (2)求二面角P－QB－M的余弦值． (1)证明　在△PAD中，PA＝PD，Q为AD的中点， 所以PQ⊥AD. 因为平面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩底面ABCD＝AD，PQ⊂平面PAD， 所以PQ⊥底面ABCD. 又AB⊂平面ABCD，所以PQ⊥AB. (2)解　在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝AD， Q为AD的中点，所以DQ＝BC，DQ∥BC， 所以四边形BCDQ为平行四边形． 因为AD⊥DC，所以AD⊥QB. 由(1)可知PQ⊥平面ABCD，故以Q为坐标原点，建立空间直角坐标系Qxyz，如图所示， 则Q(0,0,0)，A(1,0,0)，P(0,0，)，C(－1，，0)，B(0，，0)， 则＝(0，，0)． 因为AQ⊥PQ，AQ⊥BQ，PQ∩BQ＝Q，PQ，BQ⊂平面PQB，所以AQ⊥平面PQB， 即为平面PQB的一个法向量，且＝(1,0,0)． 因为M是棱PC的中点， 所以点M的坐标为， 所以＝. 设平面MQB的法向量为m＝(x，y，z)， 则 即 所以可取m＝(，0,1)， 所以cos〈，m〉＝＝. 由题意，知二面角P－QB－M为锐角， 所以二面角P－QB－M的余弦值为. 1.知识清单： (1)二面角及其度量． (2)利用空间向量求二面角的大小． 2．方法归纳：数形结合、转化、代入法． 3．常见误区：二面角的大小与两个平面法向量夹角间的关系易混淆． 1．平面α的一个法向量为n1＝(4,3,0)，平面β的一个法向量为n2＝(0，－3,4)，则平面α与平面β所成角的余弦值为(　　) A．－ B. C. D．以上都不对 答案　B 解析　因为向量n1与n2的夹角θ满足cos θ＝＝＝－，故平面α与β夹角的余弦值等于. 2．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　设PA＝AB＝1，如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(1,1,0)， ＝(1,1，－1)，＝(0,1，－1)， 设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)， 则 取y＝1，得m＝(0,1,1)， 易知平面ABP的一个法向量为n＝(0,1,0)， 设平面ABP与平面CDP所成的角为θ， 则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝. 3.如图，已知在一个二面角的棱上有两个点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，AB＝4 cm，AC＝6 cm，BD＝8 cm，CD＝2 cm，则这个二面角的大小为________． 答案　60° 解析　设〈，〉＝θ， 因为CA⊥AB，AB⊥BD， 所以·＝·＝0， 〈，〉＝180°－θ， 所以||2＝(＋＋)2 ＝||2＋||2＋||2 ＋2||||cos(180°－θ)， 所以(2)2＝62＋42＋82＋2×6×8×(－cos θ)， 所以cos θ＝，所以θ＝60°， 因此，所求二面角的大小为60°. 4．已知点A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，则平面ABC与平面xOy所成角的余弦值为________． 答案　 解析　由题意知，＝(－1,2,0)，＝(－1，0,3)． 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)． 由n·＝0，n·＝0知 令x＝2，则y＝1，z＝. 所以平面ABC的法向量为n＝. 平面xOy的法向量为＝(0,0,3)． 所以所求角的余弦值cos θ＝＝＝. 　[分值：100分] 单选题每小题5分，共45分；多选题每小题6分，共6分 1．若二面角α－l－β的大小为120°，则平面α与平面β的法向量的夹角为(　　) A．120° B．60° C．120°或60° D．30°或150° 答案　C 解析　二面角为120°时，其法向量的夹角可能是60°，也可能是120°. 2．在空间中，“经过点P(x0，y0，z0)，法向量为e＝(A，B，C)的平面的方程(即平面上任意一点的坐标(x，y，z)满足的关系)是：A(x－x0)＋B(y－y0)＋C(z－z0)＝0”．如果给出平面α的方程是x－y＋z＝1，平面β的方程是－－＝1，则由这两平面所成的角的正弦值是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由题意，平面α，β的法向量分别是m＝(1，－1,1)，n＝(1，－2，－1)，设平面α与平面β所成的角为θ， 则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝， ∴sin θ＝. 3．若二面角α－l－β为，直线m⊥α，则平面β内的所有直线与m所成角的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由二面角α－l－β的大小为，直线m⊥α，得m与β所成的角的大小为，于是β所在平面内的直线与m所成的角的最小值为，最大值为. 4.如图，将正方形ABCD纸片沿对角线BD翻折，若E，F分别为BC，AD的中点，O为原正方形ABCD的中心，使得翻折后的二面角A－BD－C的大小为120°，则此时cos∠EOF的值为(　　) A．－ B．－ C．－ D．－ 答案　A 解析　如图所示，易知OA⊥BD，OC⊥BD， 所以结合已知有⊥，⊥， 〈，〉＝π，〈，〉＝， 易知＝(＋)， ＝(＋)，设正方形边长为2，所以OA＝OB＝OC＝OD＝，OE＝OF＝1， cos〈，〉＝ ＝× ＝＝－. 5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设棱长为1，则A1(0,0,1)， E，D(0,1,0)， ∴＝(0,1，－1)，＝. 设平面A1ED的一个法向量为n1＝(x，y，z)， 则有即 令x＝1，∴∴n1＝(1,2,2)． 易得平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)， ∴|cos〈n1，n2〉|＝＝＝， 即平面A1ED与平面ABCD所成角的余弦值为. 6．(多选)在四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，AB＝3，BD＝2，CD＝4，平面ABD与平面BCD的夹角为，则AC的值可能为(　　) A. B. C. D. 答案　AD 解析　在四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD， 则〈，〉是二面角A－BD－C的平面角，如图， ＝＋＋ ＝－＋＋， 而AB＝3，BD＝2，CD＝4， 2＝2＋2＋2－2· ＝9＋4＋16－2×3×4cos〈，〉 ＝29－24cos〈，〉， 因为平面ABD与平面BCD的夹角为， 则当〈，〉＝时，||＝， 当〈，〉＝时，||＝， 所以AC的值可能为，. 7．(5分)在底面是直角梯形的四棱锥S－ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，则平面SCD与平面SAB所成角的余弦值是________． 答案　 解析　如图所示，建立空间直角坐标系，则依题意可知， D，C(1,1,0)，S(0,0,1)，A(0,0,0)， 可知＝是平面SAB的一个法向量． 设平面SCD的法向量为n＝(x，y，z)， 因为＝， ＝， 所以 即 令x＝2，则有y＝－1，z＝1，所以n＝(2，－1,1)． 设平面SCD与平面SAB所成的角为θ， 则cos θ＝|cos〈，n〉|＝ ＝＝. 8．(5分)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝BC＝AB＝2，AB⊥BC，则二面角B1－A1C－C1的大小为________． 答案　 解析　如图所示，建立空间直角坐标系， 则由题意可知B(0,0,0)，C(0,2,0)，A1(2,0,2)，B1(0,0,2)， 设AC的中点为M，连接BM， 则M(1,1,0)，且BM⊥AC， 又由题意知BM⊥CC1， 又AC∩CC1＝C， 所以BM⊥平面A1C1C， 即＝(1,1,0)是平面A1C1C的一个法向量． 设平面A1B1C的法向量是n＝(x，y，z)． ＝(－2,2，－2)，＝(－2,0,0)， 所以 令z＝1，可得n＝(0,1,1)． 设法向量n与的夹角为φ，二面角B1－A1C－C1的大小为θ，显然θ为锐角． 所以cos θ＝|cos φ|＝＝，解得θ＝， 所以二面角B1－A1C－C1的大小为. 9．(10分)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为矩形，AD＝2AB，M为BC的中点，平面A1D1DA⊥平面ABCD，AA1⊥A1D且A1A＝A1D. (1)证明：∠B1A1D＝90°；(4分) (2)若此四棱柱的体积为2，求二面角A－A1B－M的正弦值．(6分) (1)证明　因为平面A1D1DA⊥平面ABCD，平面A1D1DA∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面A1D1DA， 因为AB∥A1B1，所以A1B1⊥平面A1D1DA， 又因为A1D⊂平面A1D1DA， 所以A1B1⊥A1D，即∠B1A1D＝90°. (2)解　如图，取AD的中点O，连接A1O，因为A1A＝A1D，所以A1O⊥AD， 又因为平面A1D1DA⊥平面ABCD， 平面A1D1DA∩平面ABCD＝AD， 所以A1O⊥平面ABCD， 所以A1O为四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高， 设AB＝a，则AD＝2a，OA1＝a， 所以四棱柱的体积V＝S矩形ABCD×OA1＝a×2a×a＝2a3＝2， 解得a＝1. 以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，M(1,0,0)，＝(0,1，－1)，＝(0,1,0)，＝(1,0，－1)， 因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又A1D⊥A1A，A1A∩AB＝A， 所以A1D⊥平面A1B1BA，所以平面AA1B的一个法向量为n1＝＝(0,1，－1)， 设平面A1BM的法向量为n2＝(x，y，z)， 则得 令x＝1，则n2＝(1,0,1)． 设二面角A－A1B－M的一个平面角为θ， 则|cos θ|＝＝＝， 所以sin θ＝＝， 即二面角A－A1B－M的正弦值为. 10．(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD，E为棱AD的中点，PA⊥CD. (1)证明：CD⊥平面PAD；(4分) (2)若二面角P－CD－A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．(8分) (1)证明　∵∠ADC＝90°，∴CD⊥AD， 又PA⊥CD，PA∩AD＝A，PA，PD⊂平面PAD， ∴CD⊥平面PAD. (2)解　∵PA⊥CD，PA⊥AB，AB与CD相交， ∴PA⊥平面ABCD.又PD⊥CD，AD⊥CD， ∴∠PDA为二面角P－CD－A的平面角， ∴∠PDA＝45°. 如图，以A为原点，AD，AP所在直线分别为x轴、z轴，建立空间直角坐标系Axyz， 设BC＝1，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，E(1,0,0)，C(2,1,0)， ∴＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，＝(0,0,2)． 设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)， 则取x＝2， 则n＝(2，－2,1)为平面PCE的一个法向量． 设直线PA与平面PCE所成的角为α， 则sin α＝|cos〈n，〉|＝ ＝＝， ∴直线PA与平面PCE所成角的正弦值为. 11.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D为棱AA1上不含端点的一点，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2，若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为(　　) A. B. C．2 D. 答案　A 解析　如图，以C为原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1，0,0)，B1(0，2,2)，C1(0，0,2)，设AD＝a(0<a<2)，则点D的坐标为(1,0，a)， ∴＝(1,0，a)，＝(0,2,2)． 设平面B1CD的法向量为n＝(x，y，z)， 则得令z＝－1， 得n＝(a,1，－1)． 又平面C1DC的一个法向量为m＝(0,1,0)， ∴cos 60°＝，即＝， ∴a＝(负值舍去)，即AD＝. 12.如图，在空间四边形ABCD中，AB＝BD＝DA＝4，BC＝CD＝2.设直线AB与直线CD所成的角为α，当二面角A－BD－C的大小在上变化时，cos α的最大值为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　设E是BD的中点，连接AE，EC，如图所示， 由题意，得AE⊥BD，EC⊥BD， ∴∠AEC就是二面角A－BD－C的平面角， 在Rt△AEB中，AB＝4，EB＝2， ∴EA＝＝2. 在Rt△BEC中，BC＝2，EB＝2， ∴EC＝＝2， 设∠AEC＝β， 则cos α＝|cos〈，〉|＝ ＝ ＝ ＝＝， ∵β∈，∴cos β∈， 故当cos β＝－时，cos α有最大值，为. 13.如图，已知在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，沿对角线AC折叠之后，使得平面BAC⊥平面DAC，则平面BCD与平面CDA所成角的余弦值为(　　) A．2 B. C. D. 答案　D 解析　设菱形ABCD的边长为1，取AC的中点O，连接BO，DO，因为AB＝BC，所以BO⊥AC，又平面BAC⊥平面DAC，平面BAC∩平面DAC＝AC，所以BO⊥平面ACD，如图建立空间直角坐标系， 则O(0,0,0)，C，B，D. 所以＝，＝， ＝. 设平面BCD的法向量为n＝(x，y，z)，则 即 令z＝1，得x＝，y＝1，则n＝(，1,1)，易知平面CDA的一个法向量为＝， 所以|cos，n|＝＝＝. 即平面BCD与平面CDA所成角的余弦值为. 14．(5分)已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的角的正切值为________． 答案　 解析　方法一　延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示． 设正方体的棱长为3， 则GB＝BC＝3， 作BH⊥AG于点H，连接EH，则∠EHB为平面AEF与平面ABC所成的角． ∵BH＝，EB＝1， ∴tan∠EHB＝＝. ∴平面AEF与平面ABC所成角的正切值为. 方法二　如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz， 设DA＝1，由已知条件得A(1，0,0)，E，F， ＝，＝， 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)， 平面AEF与平面ABC所成的角为θ， 由得 令y＝1，z＝－3，x＝－1，则n＝(－1,1，－3)， 取平面ABC的法向量为m＝(0,0，－1)， 则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝＝， ∴tan θ＝. ∴平面AEF与平面ABC所成角的正切值为. 15.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图，在P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1，则二面角A－PC－B的大小是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案　C 解析　如图，建立空间直角坐标系，因为PA＝AB＝BC＝1， 所以A(0,0,0)，C(0，，0)， B，P(0,0,1)， ＝(0，－，1)， ＝， 显然平面APC的一个法向量可以为n＝(1,0,0)， 设平面BPC的法向量为m＝(x，y，z)， 则即 令y＝1，则z＝，x＝1，所以m＝(1,1，)， 设二面角A－PC－B为θ， 则cos θ＝＝＝， 易知θ为锐角，所以θ＝60°. 16．(12分)如图，已知长方形ABCD中，AB＝2，AD＝，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM. (1)求证：AD⊥BM；(4分) (2)若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角E－AM－D的余弦值为.(8分) (1)证明　∵在长方形ABCD中，AB＝2，AD＝，M为DC的中点， ∴AM＝BM＝2，∴BM⊥AM. ∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，BM⊂平面ABCM， ∴BM⊥平面ADM， ∵AD⊂平面ADM，∴AD⊥BM. (2)解　取AM的中点O，连接OD，则OD⊥AM， 又平面ADM⊥平面ABCM， 所以OD⊥平面ABCM， 以O为原点，OA，ON，OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(1,0,0)，M(－1,0,0)， D(0,0,1)，B(－1,2,0)， ＝(1,0,1)，＝(－1,2，－1)，＝(－2,0,0)， 设＝λ(0<λ<1)， ＝＋λ＝(1－λ，2λ，1－λ)， 设平面AME的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则 即 取y＝1，得x＝0，z＝， 所以m＝， 平面AMD的一个法向量为n＝(0,1,0)， 由cos〈m，n〉＝＝＝， 解得λ＝， 所以E为BD的中点． 学科网（北京）股份有限公司 $