2.4 二面角-【优学精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修一同步课件（人教B版）

1．2.4　二面角 新课导入 地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”，在地球公转的同时自身也绕“地轴”自转，地轴与地球的赤道面垂直，黄道面与赤道面的交角称为“黄赤交角”，黄赤交角约为23°26′.本节课，我们一起学习二面角． 返回导航 学习目标 1.掌握二面角的概念，体会二面角的平面角的转化思想、数形结合思想． 2.掌握利用空间向量求二面角的平面角的方法，灵活运用向量法与几何法，从不同的角度思考解决二面角问题． 返回导航 内 容 索 引 新知学习探究 1 1 课堂巩固自测 2 新知学习探究 第一部分 5 知识点一　二面角的相关概念 思考1　平面与平面的位置关系有几种？ [提示]　有平行和相交两种． 思考2　如何刻画平面与平面相交这种位置关系？ [提示]　 可引入平面与平面所成的角，进而把空间角转化为平面角． 返回导航 [知识梳理] 1．二面角的概念 我们已经知道，平面内的一条直线把一个平面分成两部分，其中的每一部分都称为一个_________．从一条直线出发的两个半平面所组成的图形称为二面角，这条直线称为二面角的___，这两个半平面称为二面角的___． 半平面 棱 面 返回导航 2．二面角的平面角 如图所示，在二面角α-l-β的棱上任取一点O，以O为垂足，分别在半平面α和β内作____________的射线OA和OB，则射线OA和OB所成的角称为二面角的平面角．二面角的大小用它的平面角大小来度量，即二面角大小等于它的平面角大小．特别地，平面角是直角的二面角称为____________． 垂直于棱 直二面角 返回导航 3．二面角的范围 我们约定，二面角及其平面角的取值范围为[0，π]. 4．两个平面所成的角 两个平面相交时，它们所成角的大小，指的是它们所形成的四个二面角中，不小于0°且不大于90°的角的大小． 返回导航 [即时练] 1．如图，AB是圆的直径，PA⊥BC，C是圆上一点(不同于A，B)，则二面角P-BC-A的平面角为(　　) A．∠PAC B．∠CPA C．∠PCA D．∠CAB C 返回导航 解析：因为C是圆上一点(不同于A，B)，AB是圆的直径，所以AC⊥BC.又PA⊥BC，AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，则BC⊥平面PAC，而PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC.又平面ABC∩平面PBC＝BC，PC∩AC＝C，所以由二面角的定义知∠PCA为二面角P-BC-A的平面角．故选C. 返回导航 2．如图，已知PA⊥α，PB⊥β，垂足分别为A，B，若∠APB＝60°，则二面角α-l-β的大小是________． 解析：设二面角α-l-β的大小为θ，由题意得θ＋∠APB＝180°，又∠APB＝60°，所以θ＝180°－∠APB＝120°. 120° 返回导航 构造二面角的平面角，一般在直线上取一点O，然后分别在两个半平面内作直线OA，OB均与该直线垂直，则∠AOB即为二面角的平面角． 感悟提升 返回导航 D 返回导航 返回导航 几何法求二面角的大小的步骤   提醒　作平面角时，要清楚二面角的平面角的大小与顶点在棱上的位置无关，通常可根据需要，选择特殊点做平面角的顶点． 感悟提升 返回导航 B 返回导航 返回导航 45° 返回导航 返回导航 知识点三　向量法求二面角(平面与平面所成的角) 思考　两个平面所成的角与两平面的法向量的夹角有何关系？ [提示]　两平面所成的角是两平面的法向量的夹角或其补角． 返回导航 [知识梳理] 如果n1，n2分别是平面α1，α2的一个法向量，设α1与α2所成角的大小为θ，通过作图讨论θ与〈n1，n2〉的关系．如图1、图2所示，可以看出θ＝___________或θ＝_____________，特别地，sin θ＝_____________． 〈n1，n2〉 π－〈n1，n2〉 sin 〈n1，n2〉 返回导航 [例2] (对接教材例4)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝BB1＝2，且AB⊥BC，点E，F分别为线段AC和CC1的中点． (1)证明：A1E⊥平面BEF； 返回导航 返回导航 (2)求平面ABC1与平面BEF所成的角． 返回导航 返回导航 向量法求两平面所成角的步骤 (1)建立适当的空间直角坐标系，写出相应点的坐标； (2)求出两个平面的法向量n1，n2； (3)设两平面所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|. 注意　若要求的是二面角，则根据图形判断该二面角是钝角还是锐角，再用法向量求解． 感悟提升 返回导航 [跟踪训练2] 如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)证明：平面PAB⊥平面PAD； 返回导航 证明：因为∠BAP＝∠CDP＝90°，所以PA⊥AB，PD⊥CD，因为AB∥CD，所以PD⊥AB， 又PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD， 所以AB⊥平面PAD，因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. 返回导航 (2)若PA＝PD＝AB＝DC＝2，∠APD＝90°，求二面角A-PB-C的余弦值． 解：取AD的中点O，BC的中点E，连接PO，OE， 因为PA＝PD，所以PO⊥AD， 由(1)知AB⊥平面PAD， 又PO⊂平面PAD， 所以AB⊥PO，因为AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD， 返回导航 所以PO⊥平面ABCD.因为AB綉CD，所以四边形ABCD是平行四边形，因为AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥AD.因为OE∥AB，所以OE⊥AD. 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 返回导航 返回导航 返回导航 课堂巩固自测 第二部分 34 C 返回导航 返回导航 返回导航 2．(多选)从空间一点P向二面角α-l-β的两个面分别作垂线PE，PF，E，F为垂足．若∠EPF＝60°，则二面角α-l-β的大小为(　　) A．30° B．60° C．90° D．120° 解析：∠EPF与二面角的平面角相等或互补，故二面角α-l-β的平面角的大小为60°或120°.故选BD. BD 返回导航 3．(教材P54练习BT3改编)如图所示，在圆锥SO中，AB是底面圆直径，C为底面圆周上一点，且SO＝AB＝4，AC＝BC，则平面SAB与平面SBC所成角的余弦值为________. 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 4．(2026·济南期中)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝5，点E，F分别是棱PA，PC的中点． (1)证明：PB⊥平面EFD； 返回导航 返回导航 返回导航 (2)求平面EFD与平面ABCD所成角的余弦值． 返回导航 课堂小结 1．已学习：两平面所成的角的概念；几何法、向量法求二面角的大小． 2．须贯通：利用几何法或射影面积公式法、空间向量法求二面角，体现了数形结合和转化与化归的思想方法． 3．应注意：两平面所成的角和二面角的区别，两平面所成的角与两平面法向量的夹角的关系． 返回导航 知识点二　几何法求二面角(平面与平面所成的角) [例1] (对接教材例2)若正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为3，侧棱AA1＝ eq \f(3\r(3),2) ，D是CB延长线上一点，且BD＝BC，则二面角B1-AD-B的大小为(　　) A． eq \f(2π,3) B． eq \f(π,6) C． eq \f(5π,6) D． eq \f(π,3) 【解析】　由题意知AB＝BD＝3，BB1＝AA1＝ eq \f(3\r(3),2) ，且∠ABD＝ eq \f(2π,3) ，连接AD，过B作BE⊥AD于E，连接AB1，B1E，B1D，则BE＝ eq \f(3,2) ，而BB1⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，所以AD⊥BB1，而BB1∩BE＝B，BB1，BE⊂平面BEB1，所以AD⊥平面BEB1，易知AD⊥B1E，故二面角B1-AD-B的平面角为∠BEB1，所以tan ∠BEB1＝ eq \f(BB1,BE) ＝ eq \r(3) ，又∠BEB1∈[0，π]，所以∠BEB1＝ eq \f(π,3) . [跟踪训练1] (1)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是CC1的中点，则二面角E-DB-C的正弦值为(　　) A． eq \f(\r(2),3) B． eq \f(\r(3),3) C． eq \f(\r(6),3) D． eq \f(\r(3),4) 解析：如图，取BD的中点O，连接OE，OC，因为ABCD-A1B1C1D1为正方体，所以CD＝CB，ED＝EB，因为O为BD中点，所以OE⊥BD，OC⊥BD，因为平面BDE∩平面BDC＝BD，OE⊂平面BDE，OC⊂平面BDC，所以∠EOC是二面角E-DB-C的平面角，CE＝1，OC＝ eq \r(2) ，OE＝ eq \r(2＋1) ＝ eq \r(3) ，sin ∠EOC＝ eq \f(CE,OE) ＝ eq \f(1,\r(3)) ＝ eq \f(\r(3),3) ，所以二面角E-DB-C的正弦值为 eq \f(\r(3),3) .故选B. (2)如图所示，已知正三棱柱ABC-A′B′C′的底面边长为2，高为4，D是棱AA′的中点，E在棱BB′上，且EB＝ eq \f(1,4) BB′，则截面CDE与底面A′B′C′所成的角的大小为________． 解析：因为AA′＝BB′＝4，D是棱AA′的中点，BE＝ eq \f(1,4) BB′，所以AD＝2，BE＝1，ED＝ eq \r(5) .在△EDC中，EC＝ eq \r(5) ，ED＝ eq \r(5) ，CD＝2 eq \r(2) ，易得S△DCE＝ eq \r(6) ，而S△A′B′C′＝ eq \r(3) ，设截面CDE与底面A′B′C′所成的角为θ，则cos θ＝ eq \f(S△A′B′C′,S△DCE) ＝ eq \f(\r(3),\r(6)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，又0°≤θ≤90°，所以θ＝45°. 证明：因为A1A⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，所以A1A⊥BE，又因为AB＝BC，E为AC中点，所以BE⊥AC，因为A1A∩AC＝A，A1A，AC⊂平面ACC1A1，所以BE⊥平面ACC1A1，又因为A1E⊂平面ACC1A1，所以A1E⊥BE. 因为tan ∠A1EA＝tan ∠EFC＝ eq \r(2) ，所以∠A1EA＝∠EFC，因为∠EFC＋∠FEC＝ eq \f(π,2) ，所以∠A1EA＋∠FEC＝ eq \f(π,2) ，即A1E⊥EF.又EF∩BE＝E，EF，BE⊂平面BEF，所以A1E⊥平面BEF. 【解】　如图所示，以点B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 易得A(2，0，0)，B(0，0，0)，C1(0，2，2)，A1(2，0，2)，E(1，1，0)， eq \o(BA,\s\up16(→)) ＝(2，0，0)， eq \o(BC1,\s\up16(→)) ＝(0，2，2)， 设平面ABC1的法向量n＝(x，y，z)， 则 \o(BC1,\s\up16(→)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up16(→))＝2x＝0，,n·＝2y＋2z＝0，)) 取y＝1，则n＝(0，1，－1). 由(1)可知 eq \o(A1E,\s\up16(→)) ＝(－1，1，－2)为平面BEF的法向量． 所以|cos 〈 eq \o(A1E,\s\up16(→)) ，n〉|＝ \o(A1E,\s\up16(→)) eq \f(|·n|,| eq \o(A1E,\s\up16(→)) ||n|) ＝ eq \f(3,\r(6)×\r(2)) ＝ eq \f(\r(3),2) ，所以平面ABC1与平面BEF所成的角为 eq \f(π,6) . 因为PA＝PD＝2，∠APD＝90°，所以AD＝2 eq \r(2) ， A( eq \r(2) ，0，0)，P(0，0， eq \r(2) )，B( eq \r(2) ，2，0)， C(－ eq \r(2) ，2，0)， eq \o(PB,\s\up16(→)) ＝( eq \r(2) ，2，－ eq \r(2) )， eq \o(PA,\s\up16(→)) ＝( eq \r(2) ，0，－ eq \r(2) )， eq \o(PC,\s\up16(→)) ＝(－ eq \r(2) ，2，－ eq \r(2) )， 设平面PBA的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PA,\s\up16(→))＝\r(2)x1－\r(2)z1＝0，,n·\o(PB,\s\up16(→))＝\r(2)x1＋2y1－\r(2)z1＝0，)) 令x1＝－1，则n＝(－1，0，－1)， 设平面PBC的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PC,\s\up16(→))＝－\r(2)x2＋2y2－\r(2)z2＝0，,m·\o(PB,\s\up16(→))＝\r(2)x2＋2y2－\r(2)z2＝0，)) 令y2＝1，则m＝(0，1， eq \r(2) )， 所以cos 〈n，m〉＝ eq \f(n·m,|n||m|) ＝ eq \f(－\r(2),\r(2)×\r(3)) ＝－ eq \f(\r(3),3) ， 由图知二面角A-PB-C为钝角， 所以二面角A-PB-C的余弦值为－ eq \f(\r(3),3) . 1．(教材P54练习AT1改编)已知二面角C-AB-C′的大小为45°，且CC′⊥平面ABC，△ABC的面积为4，则△ABC′的面积为(　　) A．2 eq \r(2) B．3 eq \r(2) C．4 eq \r(2) D．8 eq \r(2) 解析：方法一：如图，过点C作CO⊥AB于点O，连接C′O，因C′C⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，则AB⊥C′C，而C′C∩CO＝C，C′C，CO⊂平面C′OC，于是得AB⊥平面C′OC，显然，C′O⊂平面C′OC，从而有AB⊥C′O，因此，∠C′OC是二面角C-AB-C′的平面角，即∠C′OC＝45°，在△C′CO中，C′C⊥CO，则有C′O＝ eq \r(2) CO，所以S△ABC′＝ eq \f(1,2) AB·C′O＝ eq \f(1,2) AB· eq \r(2) CO＝ eq \r(2) S△ABC＝4 eq \r(2) ，所以△ABC′的面积是4 eq \r(2) .故选C. 方法二：由题意及射影面积公式， 得cos 45°＝ eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(S△ABC,S△ABC′) ， 所以S△ABC′＝ eq \f(2×4,\r(2)) ＝4 eq \r(2) . eq \f(2,3) 解析：连接OC，在圆锥SO中，因为AC＝BC，所以OC⊥OA，所以OC，OA，OS两两垂直．以O为坐标原点，OC，OA，OS所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为SO＝AB＝4，AC＝BC， 可得S(0，0，4)，B(0，－2，0)，C(2，0，0)， 则 eq \o(SC,\s\up16(→)) ＝(2，0，－4)， eq \o(BC,\s\up16(→)) ＝(2，2，0)， 设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(SC,\s\up16(→))＝2x－4z＝0，,n·\o(BC,\s\up16(→))＝2x＋2y＝0，)) 令x＝2，可得y＝－2，z＝1， 所以n＝(2，－2，1)， 平面SAB的一个法向量为 eq \o(OC,\s\up16(→)) ＝(2，0，0)， 设平面SAB与平面SBC所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n， eq \o(OC,\s\up16(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\o(OC,\s\up16(→))|,|n||\o(OC,\s\up16(→))|) ＝ eq \f(2,3) ，所以平面SAB与平面SBC所成角的余弦值为 eq \f(2,3) . 证明：因为四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD， 所以以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(5，0，0)，B(5，5，0)，C(0，5，0)，D(0，0，0)，P(0，0，5)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0，\f(5,2))) ，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)，\f(5,2))) ，所以 eq \o(DE,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0，\f(5,2))) ， eq \o(DF,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)，\f(5,2))) . 设平面EFD的法向量为n1＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DE,\s\up16(→))＝\f(5,2)x＋\f(5,2)z＝0，,n1·\o(DF,\s\up16(→))＝\f(5,2)y＋\f(5,2)z＝0，))) 令x＝1，则n1＝(1，1，－1). 又因为 eq \o(PB,\s\up16(→)) ＝(5，5，－5)， 所以 eq \o(PB,\s\up16(→)) ＝5n1，即 eq \o(PB,\s\up16(→)) ∥n1， 所以PB⊥平面EFD. 解：设平面EFD与平面ABCD所成的角为θ，平面EFD的一个法向量为n1＝(1，1，－1)，平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)， 所以cos θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈n1，n2〉)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n1·n2)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n1))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n2))) ＝ eq \f(\r(3),3) ， 则平面EFD与平面ABCD所成角的余弦值为 eq \f(\r(3),3) . $