第1章 学案13 用空间向量求二面角的大小-【智学校本学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教B版）

所以(m,n〉=120°，又因为二面角的大小与法向量夹角相等 在Rt△PEF中，sin∠PFE 长a,即二面角。 √6 或互补，所以二面角a-l-3的大小可能是60°或120°.] 2 活动二 ABB的正孩值为 新知应用 3· 6.解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD,ADC平面ABCD,所以 解：1)证明：由AB=8AD=5,正-号ò正-}忘， PA⊥AD. 得AE=2√5，AF=4. 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PAC平面PAB,所以AD 又∠BAD=30°，在△AEF中，由余弦定理得 ⊥平面PAB, EF=√AE2+AF2-2AE·AFcos∠BAD 因为ABC平面PAB,所以AD⊥AB. 因为BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB, =12+16-2×23×4×? =2. 根据平面知识可知AD∥BC, 所以AE2十EF2=AF2,则AE⊥EF,即EF⊥AD, 又AD中平面PBC,BCC平面PBC,所以AD∥平面PBC. 所以EF⊥PE,EF⊥DE, (2)如图所示，过点D作DE⊥AC于E,再过点E作EF⊥ 又PE∩DE=E,PE,DEC平面PDE CP于F,连接DF, 所以EF⊥平面PDE, 又PDC平面PDE,故EF⊥PD (2)连接CE,由∠ADC=90°，ED=3√3，CD=3, 则EC2=ED2十CD2=36,EC=6, D 在△PEC中，PC=4√5，PE=23,EC=6, 则EC2+PE2=PC2, 所以PE⊥EC,由(1)知PE⊥EF, 又EC∩EF=E,EC,EFC平面ABCD, 因为PA⊥平面ABCD,PAC平面PAC,所以平面PAC⊥平 所以PE⊥平面ABCD,又EDC平面ABCD, 面ABCD,而平面PAC∩平面ABCD=AC,DE⊥AC,DEC 所以PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂直，以E为坐标原点， 平面ABCD, 建立如图所示的空间直角坐标系Exyz, 所以DE⊥平面PAC,又因为EF,CPC平面PAC,所以DE ⊥EF,DE⊥CP.又EF⊥CP,EF∩DE=E,EF,DEC平面 DEF,所以CP⊥平面DEF,又DFC平面DEF,所以CP ⊥DF. 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平 面角， 即sin∠DFE=√厘，即tan∠DFE=5. 7 则E(0,0,0),P(0,0,23),D(0,3√5,0)，C(3,3√3,0)， 因为ADLDC,设AD=x,则CD=√4-xZ,由等面积法可 F(2,0,0),A(0,-2√3,0). 得，DE=飞√4一x2 由F是AB的中点，得B(4,2W3,0), 2 所以PC=(3,3√5，-23)，PD=(0,3V5,-23),PB= 又CE= √4-x)-4-=4-x (4,2√5，-2√3)，PF=(2,0,-25), ,而△EFC为等腰 4 2 设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n=(x1,y1, 直角三角形，所以EF=4一x 21),m=(x2y2,22), 22 n·PC=3x1+3V5y1-2W5z1=0, x√4-x 则 2 n·PD=33y1-25z1=0, 故tan∠DFE= 4-x2 =√6，解得x=√3，即AD=√3. m·PB=4x2+2V3y2-2√3x2=0, 2√2 m·PF=2x2-2√3z2=0, 学案13 用空间向量求二面角的大小 令y1=2,得x1=0,21=3,令x2=3,得y2=-1,之2=1， 课堂活动 所以n=(0,2,3),m=(W5,-1,1), 活动一 1 √65 新知导学 所以cos(mm=mn5X√眉65， 问题提示：两个平面的法向量的夹角与两平面所成的角相等 设平面PCD和平面PBF所成角为0，则sin0=√1一cos日 或互补 =865 新知应用 65 m·n -1 C[cosm,n〉= mm√2X2 2 即平面PCD与平西PBF所成的二面角的正孩值为8y6丽 65 191 课堂达标 4号 [以C为坐标原点，建立如图所 n1·n2 1.B[由题意，得cosm1n:)=n1m,而平面a与平面B 示的空间直角坐标系， n1·n2 所成的角9与(nm2)相等或互补，所以cos0=n1n,·] 2.D[在棱长为2的正方体ABCD-A1B1CD1中，以D为坐 型Aaa②C@a0,n(合号， 标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 可得C-,02,市-（分方0. 设平面DA1C的法向量为n=(x, n·CA1=x十2z=0, y,之)，则{ 令x=2,可得n=(2,一2，一1)， 由题意可得平面A1CC1的法向量m=(0,1,0), n·m22 则|cos(n,m〉|= 则A1(2,0,0),B1(2,2,0),B(2,2,2),C(0,2,2),由B1P= n1m-3×1=3 号B,C,得P(2,号)， 所以平面DA,C与平西A1CC,所成角的余孩值为号.】 则A日=0,20，A店=0,22)，A-(-号2，号）， ,[如图，以D为坐标 D 设平面A1BP的法向量n=(x,y,z), 原点，DA,DC,DD1所在 m·A1B=2y十2z=0, 直线分别为x轴、y轴、之 则 。…A立-号+2+号=0， 2 轴，建立空间直角坐标系， 则A1(4,0,2),B(4,4,0), 令y=1,得n=(2,1,-1), C1(0,4,2), 设平面A,B1P的法向量m=(a,b,c), A1B=(0,4,-2), m·A1B1=2b=0, A1C=(-4,4,0), mA-=-号a+2+号=0， 则 A1B·m=0, 设平面A1BC1的一个法向量为m=(xy,z),则 令a=1,得m=(1,0,1), A1C1·m=0, 所以平面A1BP与平面A1B1P所成的角余弦值为|cos(m,n)川= 1 m·n13 所以一2=0，所以y=2”取=2， mlm x66' -4x+4y=0, x=y, 故选D.] 则m=(1,1,2), 平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),设平面A1BC1与 3 [设正方体ABCD- 平面ABCD所成的角为0， A1B1C1D1的棱长为1， D 则平面A1BC1与平面ABCD所成角的余弦值为cos日= 以D为坐标原点，建立如图 A 所示的空间直角坐标系， 后 则A(1,0,0),B(1,1,0), 6.解：(1)证明：因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为 C1(0,1,1), 矩形，所以CC1⊥AC,DD1⊥BD. .AB=(0,1,0), 又CC1∥DD1OO1,所以OO1⊥AC,OO1⊥BD. AC1=(-1,1,1), 因为AC∩BD=O,AC,BDC平面ABCD, 设平面ABC1的法向量为n=(x,y,之)， 所以O1O⊥平面ABCD. :n·AB=0,n·AC1=0, (2)因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱 形，所以AC⊥BD.又O1OL平面ABCD,所以OB,OC,OO 心0yt=0,令x1,得a=10,0, 两两垂直。 平面ABCD的法向量m=(0,0,1), 如图，以O为原点，OB,OC,O01所在 2 A 设平面ABC1与平面ABCD所成的角为0， 直线分别为x,y,之轴，建立空间直角 六cos0=lcos(n,m=1=E, 坐标系. √22 设棱长为2，因为∠CBA=60°，所以 又9e[,] OB=√3，OC=1, 元B 所以O(0,0,0),B1(3,0,2),C1(0, 0=] 1,2), 1120 0B1=(W3,0,2),0C1=(0,1,2). 活动二 平面BDD1B1的一个法向量为n=(0,1,0). 新知导学 设平面C1OB1的法向量为m=(x,y,之)， 问题2提示：法一：（几何法）利用等面积法求点到直线的 由m⊥OB1,m⊥OC1,得V3x+2x=0,y+22=0. 距离. 法二：（坐标法）如图， 取2=一√3，则x=2,y=2W3, 所以m=(2,2√3，-√3)， 所以cos(m,n)川= m·n_23_2√57 mn√19 191 B 所以平面COB,与平面OB,D所成角的余弦值为2Y 先求出垂足B的坐标，则|AB|即为，点A到直线L的距离， 19 问题3提示：取直线1上一点A,它的单位方向向量用w表 示，过P作PQ⊥（图略），点Q为垂足.这样，要解决的问题 学案14空间中的距离 是：利用直线L上的，点A,直线的单位方向向量u和直线外的 课堂活动 一点P求线段PQ的长度 活动一 问题4提示：作向量AP(图略)，构造Rt△APQ,通过勾股定 新知导学 问题1提示：法一：（几何法）把空间两点放到三角形中，然后 理求出线段PQ的长度，即PQ=√AP?-|AQ12. 利用正弦定理或余弦定理求长度， 新知生成 法二：（向量法）选取空间向量的一组基底，要求该组基底的 垂线段长最短 模已知，夹角已知，然后用基底表示目标向量，求模即可， 新知应用 法三：（坐标法）建系，写出相关点的坐标，利用公式即可求解， 1.C[取AC的中点O,连接OB, 新知生成 则BOLAC,以O为坐标原点， A 建立如图所示的空间直角坐标系 B 线段长 新知应用 Ozyz,OB=3, 1.A[根据题意，AB.AD=0,AB.AP=A正.AD=6, 则A(0,-1,0),B1(3,0,2), 所以A成=2蓝+AD+A), C(0,1,0), 所以AB1=(W3,1,W2),CA=(0 所以AM:-店+A市+A)-子(1A+1AD:+ -2,0), AP:+2AB.AD+2AB.AP+2AP.AD) 所以CA在AB1上的投影的长度为 CA·ABI_26 IAB.I 63, -9+9+16+12+12-里， 故，点C到直线AB1的距离d= -()-4 所以AM=- 30 故选A.] 3 2.B[如图，以B为坐标原点，以BA所在直线为x轴，BE 故选C.] 所在直线为y轴，BC所在直线为之轴，建立空间直角 3 2. [以B为原点，建立如图所示的空 坐标系， 间直角坐标系. 则A1(4,0,1),C1(0,3,1),B(0,0,0), 所以A1C1=(-4,3,0). D 设E满足A1E=AA1C1,且BE⊥A1C1, 则BE=BA1+A1E=(4,0,1)+A(-4,3,0) =(4-4λ，3λ，1)， 又BE⊥A1C, 则A(1,0,0),C(0,0,1), .(4-4入，3入，1)·(-4,3,0)=0， 设CM=tCA,则M(t,0,1-t),B(0,0,0),F(1,1,0),N(t, t,0), 以=岩证=（尝器小 则1MN|=√2+(1-t)产=√22-2t+1(0≤t≤1)， 所以MN∈ =√/)+（爱）+-品 21 故选B.] :点B到直线A,C,的距高为号] 211■用空间向量求二面角的大小学案13 学案13用空间向量求二面角的大小 听 昆学习任务 笔记 1.理解平面的法向量的夹角与两平面所成的角的关系.（数学抽象） 2.会用平面的法向量求两个平面的夹角.（逻辑推理、数学运算） 课堂活动 今新知应用 已知二面角a-l-β，其中平面a的一个法向量 活动一理解两个平面法向量的夹角与两 m=(1,0,-1),平面3的一个法向量n=(0, 平面所成的角之间的关系 一1,1)，则二面角α-l-3的大小可能为( 阄新知导学 A.60° B.120° 阅读教材P51一52，完成下列问题， C.60°或120° D.30°或150° 问题如图，两个平面的法向量的夹角与两平面 「方法总结」区分二面角与两个平面所成角的： 所成的角有怎样的关系？ 概念及其角的取值范围是解决问题的关键， 活动二用法向量求平面与平面所成的角 新知应用 (2024·新高考Ⅱ卷) 如图，平面四边形 (2 ABCD中，AB=8, CD=3,AD=5√3， ∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E,F满足AE= 厅新知生成 A心，A正=A.将△AEF沿E球图折全 △PEF,使得PC=4√3， 设n1,n2分别是平面a1,a2的一个法向量，a1 (1)证明：EF⊥PD； 与a2所成角的大小为0. (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的 正弦值. 0=(n1,n2)或0=π-(n1n2）, 特别地，sin0=sin(n1,nz). 提醒：(1)若求两个平面的夹角，直接利用公式 cos 0=Icos( n1·n2l (2)若求二面角，需要判断要求的是锐二面角还 是钝二面角. 41 人教B版数学选择性必修第一册 听 「方法总结」利用坐标法求平面与平面所成角 4.在直棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°， 的步骤 D是AB的中点，AC=BC=1,A1A=2.则 笔 (1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐 平面DA,C与平面A,CC1所成角的余弦值 标系. 为 (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：设平面与平面所成的角为0，cos0 n1·n2 =n1n2 课堂小结 D 1.知识清单： 5.已知长方体ABCD-A,B1C1D1中，AB=BC=4, (1)二面角及其度量. CC1=2,则平面A1BC1与平面ABCD所成角 (2)利用空间向量求二面角的大小. 的余弦值为 2.方法归纳：数形结合、转化法、代入法， 6.如图，四棱柱ABCD-A1BC1D1 3.常见误区：二面角的大小与两个平面法向量夹 的所有棱长都相等，AC∩BD 角间的关系易混淆 =O,A1C1∩B1D1=O1,四边 形ACC1A1和四边形BDD1B 4课堂达标 均为矩形. 1.设平面a与平面β所成的角为0，若平面a,3的 (1)证明：O1OL平面ABCD; 法向量分别为n1,n2,则cos0等于( ) (2)若∠CBA=60°，求平面C1OB1与平面 n1·n2 n1·n2 OB1D所成角的余弦值. A.Tnilin2l B.Tnin2 C.Inlin2l nn2 n1·n2 D.Tnn2 2.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中， 若B,P-号B,C,则平面A,BP与平面AB,P 所成角的余弦值为 3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ABC1 与平面ABCD所成角的大小为 课后反思 142