二面角 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“二面角”核心考点，依据高考评价体系明确空间角计算的考查要求，梳理几何法（定义法、垂线法、垂面法）和向量法两大解题路径，通过近五年真题分析，归纳出翻折问题、棱锥模型等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+方法建模+素养提升”，如以2023年全国乙卷题为例，通过几何法找二面角平面角、向量法求法向量等步骤，培养学生逻辑推理和空间观念素养。特设“易错警示”专栏，强调二面角与法向量夹角关系等关键易错点，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此开展高效专题复习。

高三一轮复习：二面角 题型一　 几何法求二面角 √ 第页 第页 (2)如图，锐二面角α－l－β的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝BD＝6，CD＝8，则锐二面角α－l－β的平面角的余弦值是(　　) √ 第页 【解析】　方法一：如图，过点B作BE∥AC， 且BE＝AC，连接DE，CE， 则四边形ABEC为平行四边形． ∵AC⊥AB，∴BE⊥AB，∵BD⊥AB，BD∩BE＝B， ∴∠DBE为二面角α－l－β的平面角，且AB⊥平面DBE， ∴AB⊥DE，则CE⊥DE，∵AB＝4，CD＝8， 第页 第页 　　　　　几何法找二面角的平面角 (1)找点(定义法)：在二面角的棱上任找一点，过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线．如图1，∠AOB为二面角α－l－β的平面角． (2)找线(垂线法)：过二面角的一个面内一点作另一个平面的垂线，过垂足作棱的垂线，利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角．如图2，∠ABO为二面角α－l－β的平面角． 第页 (3)找面(垂面法)：过棱上一点作与棱垂直的平面，该平面与二面角的两个半平面产生交线，这两条交线所成的角即为二面角的平面角．如图3，∠AOB为二面角α－l－β的平面角． 第页 思考题1　(1)(2023·全国乙卷，理)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　) √ 第页 【解析】　如图1所示，取AB的中点E，连接CE，DE，则根据题意易得AB⊥CE，AB⊥DE. ∴二面角C－AB－D的平面角为∠CED＝150°， ∵AB⊥CE，AB⊥DE，且CE∩DE＝E， ∴AB⊥平面CED，又AB⊂平面ABC， ∴平面CED⊥平面ABC. ∴CD在平面ABC内的射影在直线CE上， ∴直线CD与平面ABC所成角为∠DCE. 第页 第页 (2)如图，AB为圆锥PO的底面直径，PA为母线，点C在底面圆周上，若PA＝AB＝2，AC＝BC，则二面角P－AC－B的正切值是________． 第页 题型二　 向量法求二面角 (1)求证：GE∥平面AA1B1B； 【答案】　(1)证明见解析 第页 第页 (2)求平面B1GE与平面ABC所成锐二面角的正切值． 【解析】　(2)∵侧面AA1B1B⊥底面ABC，侧棱AA1 与底面ABC成60°的角， ∴∠A1AB＝60°，AA1＝AB＝2，取AB的中点O， 连接A1O，OC，则A1O⊥平面ABC， 以O为原点建立空间直角坐标系，如图， 第页 第页 第页 　　　　　向量法求二面角 (1)二面角的平面角实质上就是两个向量的夹角．这两个向量的起点都在二面角的棱上，且分别在两个半平面内垂直于棱． 第页 第页 (1)证明：BC⊥BS； 【答案】　(1)证明见解析 第页 因为AB⊥平面SAD，SD⊂平面SAD，所以AB⊥SD. 又AD⊥SD，AB∩AD＝A，所以SD⊥平面ABCD. 因为BC⊂平面ABCD，所以SD⊥BC. 因为SD∩BD＝D，所以BC⊥平面SBD. 又BS⊂平面SBD，所以BC⊥BS. 第页 (2)求平面SBC与平面SCD夹角的余弦值． 【解析】　(2)以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 易知∠ABD＝60°，则∠xBC＝30°， 第页 第页 题型三　 空间角的综合问题 如图，平行四边形ABCD中，AB＝AD＝BD＝2，DE⊥平面ABCD，△BCF是等边三角形，平面BCF⊥平面ABCD. (1)求证：AD⊥EF； 【答案】　(1)证明见解析 第页 【解析】　(1)证明：如图，取BC的中点H，连接DH，FH， ∵DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AD， ∵△BCF是等边三角形，∴FH⊥BC， ∵平面BCF⊥平面ABCD，两平面交线为BC， ∴FH⊥平面ABCD， ∴DE∥FH，∴D，E，F，H共面， ∵平行四边形ABCD中，AB＝AD＝BD＝2， ∴平行四边形ABCD为边长为2的菱形，且∠BAD＝60°， 在等边△BCD中，DH⊥BC，∵AD∥BC，∴DH⊥AD， ∵DE∩DH＝D，∴AD⊥平面DEFH，∴AD⊥EF. 第页 【答案】　(2)1 第页 第页 第页 　　　　　求解空间角的综合问题的方法 关于空间角的综合问题一般是已知条件中含有相关角，利用相关角求出未知量后再根据待求结论求解．而已知条件中的角常用几何法作出． 第页 (1)证明：平面PAC⊥平面ABCD； 【答案】　(1)证明见解析 第页 【解析】　(1)证明：如图，连接BD交AC于点O，连接PO，因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC， 又因为O为BD的中点，PD＝PB，所以PO⊥BD， 又AC，PO⊂平面APC，且AC∩PO＝O，所以BD⊥平面APC. 又BD⊂平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD. 第页 【解析】　(2)过P作PH⊥AC交AC于点H， 连接DH，易得PH⊥面ABCD， 因为AB⊥PD，AB⊥PH，PH，PD⊂面PHD， PH∩PD＝P，所以AB⊥面PHD，又DH⊂面PHD， 所以AB⊥DH，所以H为△ABD的重心，延长DH与AB交于点M， 第页 第页 返 回 (1)在△ABC中，AB＝AC，D，E分别在AB，AC上，DE∥BC，AD＝eq \r(3)BD，将△ADE沿DE折起，连接AB，AC，当四棱锥A－BCED体积最大时，二面角A－BC－D的大小为(　　) A.eq \f(π,6)　　　 B.eq \f(π,4)　 C.eq \f(π,3)　　　 D.eq \f(π,2) 【解析】　如图，当四棱锥A－BCED体积最大时，平面ADE⊥平面BCED.取DE，BC的中点分别是O，F，连接AO，OF，AF.因为翻折前AB＝AC，DE∥BC，所以翻折后AB＝AC，AO⊥DE，OF⊥DE，易证∠AOF＝90°，AF⊥BC，所以二面角A－BC－D的平面角是∠AFO.在Rt△AFO中，tan∠AFO＝eq \f(AO,OF)＝eq \f(AD,DB)＝eq \r(3)，所以∠AFO＝eq \f(π,3)，所以二面角A－BC－D的大小是eq \f(π,3).故选C. A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4) ∴DE＝eq \r(CD2－CE2)＝eq \r(82－42)＝4eq \r(3)， ∴cos∠DBE＝eq \f(BE2＋BD2－DE2,2BE·BD)＝eq \f(36＋36－48,2×6×6)＝eq \f(1,3).故选B. 方法二：由题知，锐二面角α－l－β的平面角即为eq \o(AC,\s\up16(→))与eq \o(BD,\s\up16(→))所成的角． ∵eq \o(CD,\s\up16(→))＝－eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BD,\s\up16(→))，两边平方得eq \o(CD,\s\up16(→))2＝(－eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BD,\s\up16(→)))2＝eq \o(AC,\s\up16(→))2＋eq \o(AB,\s\up16(→))2＋eq \o(BD,\s\up16(→))2－2eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))－2eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＋2eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))，∴64＝36＋16＋36－2×6×6×cos〈eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(BD,\s\up16(→))〉． ∴cos〈eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(BD,\s\up16(→))〉＝eq \f(1,3).故选B. A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(2),5) C.eq \f(\r(3),5) D.eq \f(2,5) 如图2，在△CDE中，过D作DH垂直于CE的延长线，垂足为H， 设等腰直角三角形ABC的斜边长为2，则易得CE＝1，DE＝eq \r(3)，又∠DEH＝30°，∴DH＝eq \f(\r(3),2)，EH＝eq \f(3,2)，∴CH＝1＋eq \f(3,2)＝eq \f(5,2)，∴tan∠DCE＝eq \f(DH,CH)＝eq \f(\f(\r(3),2),\f(5,2))＝eq \f(\r(3),5). 【解析】　如图，取AC的中点D，连接OD，PD，易知OD⊥AC，PD⊥AC，∴∠PDO是二面角P－AC－B的平面角．∵PA＝AB＝2，∴AC＝BC＝eq \r(2)，PO＝eq \r(3)，∴OD＝eq \f(\r(2),2)，∴二面角P－AC－B的正切值是eq \f(PO,OD)＝eq \r(6). eq \r(6) 如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B⊥底面ABC，侧棱AA1与底面ABC成60°的角，AA1＝2.底面ABC是边长为2的正三角形，其重心为G点，E是线段BC1上一点，且eq \o(BE,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(BC1,\s\up16(→)). 【解析】　(1)证明：如图，延长B1E交BC于D，则eq \f(B1C1,BD)＝eq \f(C1E,EB)＝eq \f(B1E,ED)＝2，即D为BC中点． 连接AD，AB1，则A，G，D三点共线． 因为eq \f(AG,GD)＝2，所以GE∥AB1，又GE⊄平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1， 所以GE∥平面AA1B1B. 【答案】　(2)eq \f(2\r(3),3) 则A(0，－1，0)，B(0，1，0)，C(eq \r(3)，0，0)，A1(0，0，eq \r(3))，B1(0，2，eq \r(3))，C1(eq \r(3)，1，eq \r(3))． ∵G为△ABC的重心，∴Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0，0))， ∵eq \o(BE,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(BC1,\s\up16(→))，∴Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1，\f(\r(3),3)))， ∴eq \o(GE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(3),3)))，设平面B1GE的一个法向量为n＝(x，y，z)，eq \o(B1E,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－1，－\f(2\r(3),3)))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(B1E,\s\up16(→))＝0，,n·\o(GE,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)x－y－\f(2\r(3),3)z＝0，,y＋\f(\r(3),3)z＝0， )) 取x＝eq \r(3)，得n＝(eq \r(3)，－1，eq \r(3))， 易知底面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)． 设平面B1GE与底面ABC所成锐二面角的大小为θ，则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝eq \f(\r(3),\r(7))＝eq \f(\r(21),7). 由于θ为锐角，∴sin θ＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),7)))\s\up28(2))＝eq \f(2\r(7),7)，∴tan θ＝eq \f(\f(2\r(7),7),\f(\r(21),7))＝eq \f(2\r(3),3). 故平面B1GE与平面ABC所成锐二面角的正切值为eq \f(2\r(3),3). (2)若AB，CD分别是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(CD,\s\up16(→))的夹角，如图1和图2. 平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，若〈n1，n2〉＝θ，则二面角α－l－β为θ或π－θ.设二面角的大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)，如图3和图4. (2\r(3),3)INCLUDEPICTURE"RT.TIF" 思考题2　如图，在四棱锥S－ABCD中，AB⊥平面SAD，AD⊥SD，AB＝1，BC＝，AD＝SD＝eq \r(3)，∠BCD＝60°. 【解析】　(1)证明：如图，连接BD.因为AB⊥平面SAD，AD⊂平面SAD，所以AB⊥AD. 又AB＝1，AD＝eq \r(3)，所以BD＝2. 在△BCD中，由∠BCD＝60°，BC＝eq \f(2\r(3),3)，BD＝2，可得CD＝eq \f(4\r(3),3)，则BC2＋BD2＝CD2，即BC⊥BD. 【答案】　(2)eq \f(\r(21),14) 则B(1，0，0)，D(0，eq \r(3)，0)，S(0，eq \r(3)，eq \r(3))， Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(\r(3),3)，0))，eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，0))，eq \o(BS,\s\up16(→))＝(－1，eq \r(3)，eq \r(3))， eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2\r(3),3)，0))，eq \o(CS,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2\r(3),3)，\r(3))). 设平面SBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up16(→))·m＝0，,\o(BS,\s\up16(→))·m＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(\r(3),3)y1＝0，,－x1＋\r(3)y1＋\r(3)z1＝0，)) 令x1＝eq \r(3)，得m＝(eq \r(3)，－3，4)． 设平面SCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CD,\s\up16(→))·n＝0，,\o(CS,\s\up16(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2＋\f(2\r(3),3)y2＝0，,－2x2＋\f(2\r(3),3)y2＋\r(3)z2＝0，)) 令y2＝eq \r(3)，得n＝(1，eq \r(3)，0)， 设平面SBC与平面SCD的夹角为θ，则cos θ＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(2\r(3),4\r(7))＝eq \f(\r(21),14). (2)若直线AE和平面ABCD所成角为60°，G为线段BF上一点，当平面ADG和平面AGE夹角的余弦值为eq \f(1,5)时，求BG的长． 【解析】　(2)由(1)得AD⊥DE，AD⊥DH， ∵DE⊥平面ABCD，∴直线AE和平面ABCD所成角为∠DAE，即∠DAE＝60°，易得DE＝2eq \r(3)，DH＝eq \r(3)， 以D为原点，DA，DH，DE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D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，eq \r(3)，0)，E(0，0，2eq \r(3))，F(0，eq \r(3)，eq \r(3))，eq \o(BF,\s\up16(→))＝(－1，0，eq \r(3))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \o(DA,\s\up16(→))＝(2，0，0)，eq \o(AE,\s\up16(→))＝(－2，0，2eq \r(3))， 设eq \o(BG,\s\up16(→))＝λeq \o(BF,\s\up16(→))(0≤λ≤1)，则eq \o(AG,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BG,\s\up16(→))＝(－λ－1，eq \r(3)，eq \r(3)λ)，设m＝(x1，y1，z1)是平面ADG的一个法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m⊥\o(DA,\s\up16(→))，,m⊥\o(AG,\s\up16(→))，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＝0，,（－λ－1）x1＋\r(3)y1＋\r(3)λz1＝0，)) 取y1＝λ，则z1＝－1，∴m＝(0，λ，－1)， 设n＝(x2，y2，z2)是平面AGE的一个法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(AE,\s\up16(→))，,n⊥\o(AG,\s\up16(→))，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2＋2\r(3)z2＝0，,（－λ－1）x2＋\r(3)y2＋\r(3)λz2＝0，)) 取x2＝eq \r(3)，则y2＝1，z2＝1，∴n＝(eq \r(3)，1，1)， ∵平面ADG和平面AGE夹角的余弦值为eq \f(1,5)，∴|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|λ－1|,\r(λ2＋1)·\r(5))＝eq \f(1,5)，∴λ＝eq \f(1,2)或λ＝2(舍去)，∴BG＝eq \f(1,2)BF＝1. (3)INCLUDEPICTURE"RT.TIF" 思考题3　如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥AB，PB＝PD，底面ABCD是边长为的菱形，∠ABC＝eq \f(2π,3). (2)若平面PAB与平面ABCD夹角的正切值为2，点Q满足eq \o(PC,\s\up16(→))＝4eq \o(PQ,\s\up16(→))，求直线CP与平面ABQ所成角的余弦值． 【答案】　(2)eq \f(\r(15),5) 连接PM，则∠PMH为二面角P－AB－D的平面角，易得OH＝eq \f(1,2)，MH＝eq \f(1,2)，在Rt△PMH中，tan∠PMH＝eq \f(PH,MH)＝2，解得PH＝1， 连接OQ，因为eq \o(PC,\s\up16(→))＝4eq \o(PQ,\s\up16(→))，eq \o(HC,\s\up16(→))＝4eq \o(HO,\s\up16(→))，所以OQ∥PH，所以OQ⊥平面ABCD. 以O为原点，OB，OC，OQ所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，1))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(3,4)))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq \o(AQ,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(3,4)))， 设平面ABQ的法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up16(→))·m＝0，,\o(AQ,\s\up16(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0，,\f(3,2)y＋\f(3,4)z＝0，))令y＝1，可得x＝－eq \r(3)，z＝－2. 即m＝(－eq \r(3)，1，－2)，又eq \o(CP,\s\up16(→))＝(0，－2，1)， 设平面ABQ和直线CP所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，eq \o(CP,\s\up16(→))〉|＝eq \f(\r(10),5)，所以cos θ＝eq \f(\r(15),5). $