第7章 第44节 第2课时 两平面的夹角(课件PPT)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮总复习提升版（人教A版）

该高中数学课件聚焦“两平面的夹角”高考核心考点，依据考试要求梳理平面夹角定义、法向量求法等知识，对接高考评价体系，分析2022-2024年新高考Ⅰ卷、Ⅱ卷真题考点分布，归纳法向量计算、二面角大小判断等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题训练+思维建模”，以2024新高考Ⅱ卷例1为例，通过“建系-求法向量-算夹角”三步法解析，培养学生数学思维与空间观念。结合易错辨析（如二面角与法向量夹角关系），帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，助力高考冲刺。

主干梳理　基础落实 考点探究　核心突破 第2课时　两平面的夹角 考试要求 考题分析 能用向量方法解决两平面的夹角问题,并描述解决这一类问题的程序,体会向量法在研究空间角问题中的作用. 年份 新高考Ⅰ卷 新高考Ⅱ卷 2022年 T19 T20 2023年 T18 T20 2024年 T17 T17 返回 主干梳理　基础落实 返回 【知识梳理】 1.平面与平面的夹角 (1)定义:平面α与平面β相交,形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角; (2)求法:设n1,n2分别是两平面α,β的法向量,α,β的夹角为θ, 则cos θ=________________=.  |cos<n1,n2>| 返回 2.二面角的大小 (1)如图①,AB,CD是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ=_____________.  (2)如图②③,n1,n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足|cos θ|=_________________.  [注意点]在空间几何体的直观图中,有时不容易直观确定二面角的大小,若条件中未明确给出,一般以锐二面角为主. |cos<n1,n2>| 返回 【知能自测】 1.(易错辨析)正确的画“√”,错误的画“×”. (1)二面角的平面角为θ,则两个平面的法向量的夹角也是θ. (　 　) (2)二面角α-l-β的平面角与平面α,β的夹角相等. (　 　) (3)二面角的范围是(0,π). (　 　) 类型 回源教材 澄清盲点 题号 2,4 1,3 × × × 返回 2.(选择性必修第一册P37例8变式)平面α的一个法向量为m=(1,2,-2),平面β的一个法向量为n=(2,2,1),则平面α与平面β夹角的正切值为 (　　) A. B. C. D. 【解析】选D.设平面α与平面β的夹角为θ, 则cos θ=|cos<m,n>|==, 则sin θ===,所以tan θ==. 返回 3.若锐二面角α-a-β的两个半平面α,β的法向量n1,n2所成角为157°,则锐二面角 α-a-β的大小是___________.  【解析】由题意得,锐二面角α-a-β与<n1,n2>互补,所以锐二面角α-a-β的大小 是23°. 答案:23° 返回 4.(选择性必修第一册P41练习T1变式)二面角α-l-β的棱上有A,B两点,线段AC,BD分别在这个二面角的两个平面内,且都垂直于棱l.已知AB=1,AC=2,BD=3,CD=2,则平面α与平面β的夹角为______________.  返回 考点探究　核心突破 返回 考点一　求平面与平面的夹角 返回 【解析】(1)△AEF中,AE=AD=2,AF=AB=4,∠EAF=30°, 所以cos∠EAF===,所以EF=2, 所以EF2+AE2=AF2,所以AE⊥EF,所以PE⊥EF,DE⊥EF. 又PE∩DE=E,PE,DE⊂平面PDE,所以EF⊥平面PDE. 又因为PD⊂平面PDE,所以EF⊥PD. (2)连接CE,因为DE=5-2=3,CD=3,∠CDE=90°,所以CE2=36,CE=6. 又因为PE=AE=2,所以PE2+CE2=PC2,所以PE⊥CE. 又因为PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CE⊂平面DEF, 返回 所以PE⊥平面DEF,所以PE⊥ED,即EF,ED,EP两两垂直, 以EF,ED,EP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, P(0,0,2),D(0,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),则B(4,2,0), 返回 返回 思维升华 利用空间向量法求解二面角的步骤 (1)建立合适的空间直角坐标系,写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标; (2)设出法向量,根据法向量垂直于平面内两条相交直线的方向向量,求解出平面的法向量(注:若半平面为坐标平面,直接取法向量即可); (3)计算(2)中两个法向量夹角的余弦值,结合立体图形中二面角的实际情况,判断二面角是锐角还是钝角,从而得到二面角的余弦值. [提醒](1)建系时若垂直关系不明显,则应先给出证明. (2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. 返回 对点训练 (2024·九省联考)如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的正方形,O为AC与BD的交点,AA1=2,∠C1CB=∠C1CD,∠C1CO=45°. (1)证明:C1O⊥平面ABCD; (2)求二面角B-AA1-D的正弦值. 返回 【解析】(1)连接BC1,DC1, 因为底面ABCD是边长为2的正方形,所以BC=DC. 又因为∠C1CB=∠C1CD,CC1=CC1, 所以△C1CB≌△C1CD,所以BC1=DC1. 又点O为线段BD的中点,所以C1O⊥BD. 在△C1CO中,CC1=2,CO=AC=,∠C1CO=45°, 所以cos∠C1CO==⇒C1O=, 则C1C2=OC2+C1O2⇒C1O⊥OC. 又OC∩BD=O,OC⊂平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以C1O⊥平面ABCD. 返回 返回 返回 【加练备选】 如图,在五面体ABCDEF中,AB∥CD∥EF,∠ABC=∠BAF=90°,CD=2AB=4EF=4, BC=AF=2,P,O分别为CD,AP的中点,二面角F-AB-D的大小为60°. (1)证明:FO⊥平面ABCD; (2)求平面ADF与平面BCE所成二面角的正弦值. 返回 【解析】(1)在直角梯形ABCD中, 因为AB∥CD,CD=2AB,P为CD的中点, 所以AP∥BC,且AP=BC,又∠ABC=90°,所以AP⊥AB, 又已知AB⊥AF,所以∠PAF为二面角F-AB-D的平面角,大小为60°, 且AB⊥平面FAP,可得AB⊥FO, 因为O为AP的中点,所以AO=BC=1, 在△AOF中,AF=2,AO=1,∠FAO=60°,则FO2=12+22-2×1×2×=3, 所以AO2+FO2=AF2,可得AO⊥OF, 因为AB∩AO=A,所以FO⊥平面ABCD; 返回 (2)以O为坐标原点,分别以AO,OF所在直线为x,z轴,在平面ABCD内,以过点O垂直于AO的直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(-1,0,0),D(1,-2,0),F(0,0,),C(1,2,0),B(-1,2,0),E(0,1,), 返回 考点二　已知二面角求值(规范答题) 【例2】(2024·新高考Ⅰ卷)(15分)如图, 四棱锥P-ABCD中, PA⊥底面ABCD, PA=AC=2, BC=1, AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD. 　 返回 解题分析 信息读取 信息联想 1 PA⊥底面ABCD, AD⊥PB 垂直关系:联想到AD⊥平面PAB, AD⊥AB,证明AD∥BC 2 AC=2,BC=1, AB= 长度关系:联想到△ABC为直角三角形, ∠B=,AB⊥CB 3 证明:AD∥平 面PBC 将线面平行的证明转化为证明AD∥BC 4 二面角A-CP-D 的正弦值为 联想二面角的常用方法:坐标法和几何法 5 求AD 将此信息转化为求点D的位置 返回 标准答案 (1)因为PA⊥底面ABCD, AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD.………… [2分] [①基础思维]线线垂直:由垂直关系联想到AD⊥平面PAB,AD⊥AB. 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB. 又AB⊂平面PAB,所以AD⊥AB. [②进阶思维]线面平行:勾股定理逆定理可得BC⊥AB,从而AD∥BC,再根据线面平行的判定定理即可证明. 因为BC2+AB2=AC2, 所以BC⊥AB, …………[4分] 所以AD∥BC,因为AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC. ………[6分] 返回 (2)法一:如图所示,过点D作DE⊥AC于点E,过点E作EF⊥CP于点F, 连接DF. ………… [8分] [③进阶思维]几何法构造角:证明CP⊥平面DEF,根据二面角定 义找出二面角A-CP-D的平面角. 因为PA⊥平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD, 而平面PAC∩平面ABCD=AC, 所以DE⊥平面PAC.因为CP⊂平面PAC,则DE⊥CP. 又EF⊥CP,EF,DE⊂平面DEF,EF∩DE=E, 所以CP⊥平面DEF.根据二面角的定义可知, ∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角.…………[10分] 返回 [④基础思维]几何法求角:利用二面角正弦值, 求出二面角的平面角的正切值,为建立棱长与角的正切值的关系作铺垫. 即sin∠DFE=,故tan∠DFE=.…………[12分] [⑤高阶思维]几何法表棱长:用AD的长度表示出DE,EF,使棱长与角的 正切值的关系式里只含有待求的AD. 因为AD⊥DC,设AD=x,则CD=, 由等面积法可得,DE=. 又CE==, △EFC为等腰直角三角形,所以EF=.…………[13分] 返回 [⑥进阶思维]几何法表棱长:将二面角的平面角放在一直角三角形中且两直角边已被待求的AD表示. 故tan∠DFE==,解得x=,即AD=.……… [15分] 法二:因为AD⊥DC,所以以AD,DC所在直线为x轴、y轴,过点D作 平面ABCD的垂线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. [③基础思维]坐标法建系:找两两垂直的三条直线并证明. ……[8分] 令AD=t,则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),DC=,C(0,,0). ………… [10分] 返回 [④进阶思维]坐标法求法向量:利用法向量表达二面角余弦值. 设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 即 所以z1=0.不妨设x1=,则y1=t,所以平面ACP的一个法向量为 n1=(,t,0). ………… [11分] 设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 即所以y2=0,不妨设z2=t, 则x2=-2.所以平面CPD的一个法向量为n2=(-2,0,t). ………… [12分] 因为二面角A-CP-D的正弦值为,又由图可知,二面角A-CP-D为锐角, 所以二面角A-CP-D的余弦值为. 返回 [⑤基础思维]坐标法表示角:代入公式求解长度. 所以|cos<n1,n2>|= ==. ………… [13分] 所以t=,所以AD=. ………… [15分] 多想少算 路 径 好的建系方法能简化计算 第(2)问,以点A为原点建系,因为直角△ADC斜边AC=2,以∠DAC=θ为参数,容易写出点D的坐标,计算过程相对简单. 返回 返回 返回 解题反思 1.解决立体几何的常用方法 (1)坐标法:关键是选择合适的方式对动点坐标设参,主要有:利用三点共线“设位置”和利用点的坐标特点“设坐标”. (2)几何法:关键是“作、证、算”. 2.解决本题的得分关键 (1)需要调用平面几何方法、线面平行的判定定理、三垂线定理、二面角相关的概念对条件进行分析. (2)第一问的得分点是AD⊥AB和BC⊥AB的证明,第二问的得分点是三垂线定理的证明、法向量的求解及二面角余弦值的表示. (3)在书写步骤时抓住采分点,能很好地简化步骤获得高分. 返回 考点三　与空间角有关的最值、范围问题 【例3】(2024·南通模拟) 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,AB⊥BC, CC1=2, =λ (0<λ<1). (1)当λ=时,求证:CE⊥平面ABC1; (2)设二面角B-AE-C的大小为θ,求sin θ的取值范围. 返回 返回 返回 思维升华 求最值、范围问题的常用思路 (1)几何法 在变化过程中判断点、线、面在何位置时,所求的量有相应的最大、最小值,即可求解; (2)代数法 通过建系或引入变量,根据有关公式建立函数,进而利用代数方法求函数的最值或范围. 返回 对点训练 (2025·泉州模拟)如图所示的几何体是由圆锥SO1与圆柱O1O组成的组合体,其中圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形,圆锥的高SO1=2,M为圆柱下底面圆周上异于A,B的点. (1)求证:SD∥平面MOC; (2)若30°≤∠BOM≤45°,求直线AD与平面MOC所成角的正切值的取值范围. 返回 【解析】(1)连接SO,设圆锥的底面所在平面为α,则SO1⊥α,OO1⊥α, 所以S,O1,O三点共线. 从而SO∩DC=O1,所以S,D,C,O四点共面. 又因为SO1=O1O,CO1=O1D, 所以四边形SDOC为平行四边形, 故SD∥OC, 因为M为圆柱下底面圆周上异于A,B的点, 所以SD⊄平面MOC,又OC⊂平面MOC, 所以SD∥平面MOC. 返回 返回 返回 返回 <,> 【解析】设平面α与平面β的夹角为θ,则平面α与平面β的夹角与<,>相等或互补. 由=++可得,==+++2·+ 2·+2·=4+1+9+12cos<,>=14+12cos<,>=(2)2. 所以cos<,>=-,所以<,>=,所以平面α与平面β的夹角为. 答案: 【例1】(2024·新高考Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5, ∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=,将△AEF沿EF对折至△PEF,使得PC=4. (1)证明:EF⊥PD; (2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值. C(3,3,0),=(0,3,-2),=(-3,0,0),=(4,2,-2), =(-2,-2,0). 设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 ,所以, 不妨设y1=2,则z1=3,x1=0,n1=(0,2,3). 设平面PBF的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则,所以, 不妨设x2=,则y2=-1,z2=1,n2=(,-1,1). 设平面PCD与平面PBF所成的二面角为α, cos<n1,n2>===,sin α=. (2)由(1)知在正方形ABCD中AC⊥BD,C1O⊥平面ABCD,所以建立空间直角坐标系如图所示, 则B(0,,0),D(0,-,0),A(,0,0),C(-,0,0),C1(0,0,), 则==(,0,),=(-,,0),=(-,-,0). 设平面BAA1的法向量为m=(x1,y1,z1), 平面DAA1的法向量为n=(x2,y2,z2), 则 ⇒,取x1=1,则m=(1,1,-1). ⇒,取x2=1,则n=(1,-1,-1). 设二面角B-AA1-D的大小为θ,则|cos θ|===⇒sin θ==, 所以二面角B-AA1-D的正弦值为. =(1,0,),=(2,-2,0),=(1,-1,),=(2,0,0), 设平面ADF的一个法向量为n=(x,y,z), 平面BCE的一个法向量为m=(a,b,c), 由,取z=-1,可得n=(,,-1),由, 取c=1,得m=(0,,1).所以cos<n,m>===. 所以平面ADF与平面BCE所成二面角的正弦值为=. 所以=(-t,,0),=(0,0,2),=(t,0,2),=(0,,0). 【解析】以点A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设∠DAC=θ, θ∈(0,),则AD=2cos θ, A(0,0,0),D(-sin 2θ,2cos2θ,0),C(0,2,0),P(0,0,2), =(-sin 2θ,2cos 2θ,-2),=(0,-2,2). 易知平面PAC的一个法向量为n=(1,0,0). 设平面PDC的法向量为m=(x,y,z) 则 令y=1,z=1,则m=(-,1,1). 设所求的二面角为α,令=t, 则cos α=|cos<m,n>|==, 解得t=,即cos θ=,即AD=2cos θ=. 【解析】(1)建立如图所示空间直角坐标系, 则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),E(0,0,2λ).当λ=时,E(0,0,), 所以=(0,-2,0),=(2,0,2), =(-2,0,). 所以·=0,·=0,所以CE⊥AB,CE⊥BC1. 又AB∩BC1=B,AB⊂平面ABC1,BC1⊂平面ABC1, 所以CE⊥平面ABC1. (2)=(2,-2,0),=(0,-2,2λ),设平面AEC的法向量为n1=(x,y,z), 则 ,即,不妨取n1=(λ,λ,1). 因为BC⊥平面ABE,所以平面ABE的一个法向量为n2=(2,0,0). 所以==, 所以sin θ===. 因为0<λ<1,易知f(λ)=在(0,1)上单调递减, 所以sin θ∈(,1). (2)如图,以O为原点,分别以,为x轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz,则A(1,0,0),D(1,0,2),C(-1,0,2),设∠BOM=θ, 则M(cos(180°-θ),sin(180°-θ),0), 即M(-cos θ,sin θ,0),且30°≤θ≤45°, 则=(-1,0,2),=(-cos θ,sin θ,0),=(0,0,2), 设平面MOC的法向量为n=(x,y,z), 则,即, 整理得, 令x=2sin θ,则n=(2sin θ,2cos θ,sin θ). cos<,n>===. 因为30°≤θ≤45°,所以≤sin θ≤,从而≤sin2θ≤,所以≤cos<,n>≤. 设直线AD与平面MOC所成角为β, 则sin β=|cos<,n>|,故≤sin β≤. 因为sin2β+cos2β=1,所以1+=, 从而8≤≤16,解得≤tan β≤, 所以直线AD与平面MOC所成角的正切值的取值范围为. $