6.3.3 空间角的计算（第2课时 空间角的计算(2)）课件-2025-2026学年高二下学期数学苏教版选择性必修第二册

该高中数学课件聚焦空间向量与立体几何中空间角计算，核心讲解二面角的向量法求解，通过自主诊断回顾二面角基础，衔接空间向量知识，以知识点提炼和名师点睛为支架，构建从概念到应用的学习脉络。 其亮点是分层设计题型，从基础求解到探究性、最值问题，结合数学思维的逻辑推理与数学语言的精确表达，如例2通过参数设点探究存在性，例3转化函数求最值，助力学生提升空间观念和问题解决能力，为教师提供系统教学资源。

第6章　空间向量与立体几何 6.3.3　空间角的计算 第2课时　空间角的计算(2) 【课标要求】 1.能用向量法求解二面角的计算问题. 2.能解决与角有关的探究性问题、最值或范围问题. 要点深化·核心知识提炼 知识点　二面角 两个平面所成的二面角可以转化为这两个平面的法向量所成的角,如图,向量n1⊥α,n2⊥β,则二面角α-l-β的大小为<n1,n2>或π-<n1,n2>,若二面角α-l-β的大小为θ(0≤θ≤π),则|cos θ|= (1) (2) 名师点睛 1.二面角θ等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角.①当法向量n1与n2的方向分别指向二面角的内侧与外侧时,二面角θ的大小等于n1,n2的夹角<n1,n2>的大小.②当法向量n1,n2的方向同时指向二面角的内侧或外侧时,二面角θ的大小等于n1,n2的夹角的补角π-<n1,n2>的大小. 2.二面角的范围是[0,π]. 3.平面α与平面β相交时所形成的四个二面角中,不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角. 自主诊断 判断正误.(正确的画√,错误的画×) 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中. (1)二面角B1-BC-D的大小是90°.(　　) (2)平面B1AC与平面ABCD夹角的正切值为或-(　　) (3)二面角B1-AD-C的大小是45°.(　　) √ × √ 题型分析·能力素养提升 【题型一】求二面角的大小 例 1 [链接教材例9]如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等, AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形. (1)求证:O1O⊥底面ABCD; (2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值. (1)证明 因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形,所以CC1⊥AC,DD1⊥BD. 又CC1∥DD1∥OO1,所以OO1⊥AC,OO1⊥BD. 因为AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD, 所以O1O⊥底面ABCD. (2)解 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O1O⊥底面ABCD, 所以OB,OC,OO1两两垂直. 如图,以{}为正交基底, 建立空间直角坐标系. 设棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,所以O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1,2),则=(,0,2),=(0,1,2). 设平面C1OB1的一个法向量为m=(x,y,z),则由m⊥,m⊥,得取z=-,则x=2,y=2,所以m=(2,2,-). 易知平面DOB1即为平面BDD1B1,其一个法向量为n=(0,1,0),所以cos<m,n>=. 因为二面角C1-OB1-D为锐角, 所以二面角C1-OB1-D的余弦值为. 题后反思　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. 跟踪训练1 如图,在四棱锥S-ABCD中,△SAD为正三角形,底面ABCD为矩形,且平面SAD⊥平面ABCD,M,N分别为棱SC,AB的中点. (1)证明:MN∥平面SAD; (2)若AB>AD,且二面角C-MN-D的大小为120°,求的值. (1)证明 如图,取棱SD的中点P,连接PM,PA. 因为M是棱SC的中点,所以MP∥CD,且MP=CD.又因为四边形ABCD是矩形,N是棱AB的中点,故MP∥AN,且MP=AN,所以四边形APMN是平行四边形,所以MN∥AP. 又AP⊂平面SAD,MN⊄平面SAD,故MN∥平面SAD. (2)解 取棱AD的中点Q,则在正三角形SAD中,SQ⊥AD. 又因为平面SAD⊥平面ABCD,且面SAD∩平面ABCD=AD,所以SQ⊥平面ABCD.过点Q作AB的平行线交BC于点E,易知QA,QE,QS两两垂直,以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系Q-xyz. 设AD=2a,AB=2b,b>a>0,则C(-a,2b,0),S(0,0,a),M(-,b,),N(a,b,0), D(-a,0,0).所以=(,-b,),=(,0,-),=(,b,).设平面CMN的法向量为n=(x,y,z),则 可取n=(b,2a,b). 设平面DMN的法向量为m=(p,q,r),则 即可取m=(b,-2a,b). 由题设知|cos<n,m>|=,故b=a,即. 【题型二】与角有关的探究性问题 例 2 如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是梯形,BC∥AD,PA=AB=BC=1, AD=2,PC=,PA⊥平面ABCD. (1)求证:平面PBC⊥平面PAB. (2)在棱PD上是否存在一点E,使得二面角E-AC-P的余弦值为?若存在,求出PE∶ED的值;若不存在,请说明理由. (1)证明 因为PA⊥平面ABCD,BC,AC,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥BC,PA⊥AC,PA⊥AB. 因为PA=AB=BC=1,PC=, 所以AC2=PC2-PA2=3-1=2=AB2+BC2, 所以AB⊥BC. 又因为PA⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB. 因为BC⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAB. (2)解 存在.理由如下:因为BC⊥平面PAB,BC∥AD, 所以AD⊥平面PAB. 又因为PA,AB⊂平面PAB,所以AD⊥PA,AD⊥AB. 又PA⊥AB,所以AB,AD,AP两两互相垂直, 以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),C(1,1,0),P(0,0,1),D(0,2,0),=(0,2,-1),=(1,1,0),=(0,0,1).假设存在满足条件的点E,设=λ=(0,2λ,-λ)(0≤λ≤1), 则=(0,0,1)+(0,2λ,-λ)=(0,2λ,1-λ),=(1,1,0). 设平面EAC的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 取y1=λ-1,则x1=1-λ,z1=2λ满足条件,所以可取n1=(1-λ,λ-1,2λ). 设平面PAC的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则取y2=-1, 解得x2=1,z2=0,所以n2=(1,-1,0). 由题意|cos<n1,n2>|=, 化简并整理得3λ2+2λ-1=0,解得λ=或λ=-1(舍去),所以. 综上所述,棱PD上存在一点E,且PE∶ED=1∶2,使得二面角E-AC-P的余弦值为. 规律方法　探究性问题的求解策略 借助于空间直角坐标系,把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示,将几何对象坐标化,这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组.若方程或方程组在题设范围内有解,则通过参数的值反过来确定几何对象的位置;若方程或方程组在题设范围内无解,则表示满足题设要求的几何对象不存在. 跟踪训练2 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,且CD=2,AB=1, BC=2,PA=1,AB⊥BC,N为PD的中点. (1)求证:AN∥平面PBC. (2)求平面PAD与平面PBC所成二面角的余弦值. (3)在线段PD上是否存在一点M,使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. (1)证明 如图,过A作AE⊥CD,垂足为E,则DE=1.由题意知AE,AB,AP两两垂直,以{}为正交基底,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,1,0),D(2,-1,0),C(2,1,0),P(0,0,1).因为N为PD的中点,所以N(,-),则=(,-),=(0,-1,1),=(2,0,0). 设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z), 则令y=1,得m=(0,1,1), 所以·m=-=0,即⊥m. 又AN⊄平面PBC,所以AN∥平面PBC. (2)解 设平面PAD的一个法向量为n=(a,b,c),=(0,0,1),=(2,-1,0),所以 令a=1,解得n=(1,2,0), 所以|cos<m,n>|=,即平面PAD与平面PBC所成二面角的余弦值为. (3)解 存在,且.理由如下: 假设线段PD上存在一点M满足条件,设M(x,y,z),=λ,λ∈[0,1].则(x-2,y+1,z)=λ(-2,1,1), 所以M(2-2λ,λ-1,λ),则=(-2λ,λ-2,λ). 又直线CM与平面PBC所成角的正弦值为,平面PBC的一个法向量m=(0,1,1), 所以, 化简得21λ2-50λ+24=0,即(3λ-2)(7λ-12)=0. 因为λ∈[0,1],所以λ=,故存在点M满足条件,且. 【题型三】空间角中的最值或范围问题 例 3 已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1. (1)证明:BF⊥DE; (2)当B1D为何值时,平面BCC1B1与平面DFE所成的二面角的正弦值最小? 解 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以BB1⊥底面ABC,所以BB1⊥AB,BB1⊥BC.因为A1B1∥AB,BF⊥A1B1,所以BF⊥AB.又BB1∩BF=B, 所以AB⊥平面BCC1B1,所以BA,BC,BB1两两垂直,以{}为正交基底,建立空间直角坐标系,如图. 所以B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2), C1(0,2,2),E(1,1,0),F(0,2,1). 设D(a,0,2)(0≤a≤2). (1)证明:因为=(0,2,1),=(1-a,1,-2), 所以=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0, 所以BF⊥DE. (2)设平面DFE的法向量为m=(x,y,z),因为=(-1,1,1),=(1-a,1,-2), 所以令z=2-a,则m=(3,1+a,2-a).平面BCC1B1的一个法向量为=(2,0,0),设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为θ, 则|cos θ|=. 当a=时,2a2-2a+14取得最小值,为,此时cos θ取得最大值为, 所以(sin θ)min=,此时B1D=. 综上,当B1D=时,平面BCC1B1与平面DFE所成的二面角的正弦值最小. 规律方法　空间角最值或范围问题的解题策略 解决空间角的最值问题,一般是把空间角的某个三角函数值表示为某个变量的函数,利用这个函数的单调性求三角函数值的最值,求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的决定作用. 跟踪训练3 已知正方体ABCD-A1B1C1D1和平面α,直线AC1∥平面α,直线BD∥平面α. (1)证明:平面α⊥平面B1CD1; (2)点P为线段AC1上的动点,求直线BP与平面α所成角的最大值. (1)证明 如图,连接A1C1,则B1D1⊥A1C1,因为AA1⊥平面A1B1C1D1,B1D1⊂平面A1B1C1D1,所以AA1⊥B1D1.又因为AA1∩A1C1=A1,所以B1D1⊥平面AA1C1. 因为AC1⊂平面AA1C1, 所以B1D1⊥AC1. 同理B1C⊥AC1. 因为B1D1∩B1C=B1, 所以AC1⊥平面B1CD1. 因为AC1∥平面α,过直线AC1作平面β与平面α 相交于直线l,则AC1∥l,所以l⊥平面B1CD1. 又l⊂平面α,所以平面α⊥平面B1CD1. (2)解 设正方体的棱长为1,以{}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),C1(1,1,1), 所以=(1,1,1),=(-1,1,0). 设平面α的法向量为n=(x,y,z), 则取x=1,则n=(1,1,-2). 设=t(0≤t≤1),则=(t,t,t). 因为=(-1,0,0),所以=(t-1,t,t).设直线BP与平面α所成的角为θ,则sin θ=,所以当t=时,sin θ取到最大值,为,此时θ的最大值为. $