二面角(新教材试验修订本)

第一章空间向量与立体几何1.2空间向量在立体几何中的应用1.2.4二面角课后篇巩固提升必备知识基础练1.已知二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量分别为a,b,且<a,b>=π6,则二面角α-l-β的大小为()A.π6B.5π6C.π或5π6D.π6或π32.如图,设AB为圆锥PO的底面直径,PA为母线,点C在底面圆周上,若△PAB是边长为2的正三角形,且CO⊥AB,则二面角P-AC-B的正弦值是()A.√6B.√427C.√77D.√7,取AC的中点D,连接OD,PD,∵PO⊥底面,∴PO⊥AC, ∵OA=OC,D为AC的中点,∴OD⊥AC,又PO∩OD=O,∴AC⊥平面POD,则AC⊥PD,∴∠PDO为二面角P-AC-B的平面角.∵△PAB是边长为2的正三角形,∴PO=√3,OA=OC=1,OD=√22,则PD=(√2)=√142.∴sin ∠PDO=PO PD =√3√142=√427.故选B .3.正方形ABCD 所在平面外一点P ,PA ⊥平面ABCD ,若PA=AB ,则平面PAB 与平面PCD 所成的角为( ) A.30° B .45°C .60°D .90°,建立空间直角坐标系,设PA=AB=1,则A (0,0,0),D (0,1,0),P (0,0,1).于是AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),取PD 的中点E ,则E 0,12,12,∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,12,12,易知AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面PAB 的法向量,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面PCD 的法向量, ∴cos <AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ >=√22, ∴平面PAB 与平面PCD 所成的角为45°.4.请根据所给的图形,把空白之处填写完整. (1)直线与平面平行的性质定理(请用符号语言作答). 如图①,已知:a ∥α, , 求证: .(2)平面与平面垂直的性质定理的证明.如图②,已知:α⊥β,AB ∩CD=B ,α∩β=CD , , , 求证:AB ⊥β.证明:在β内引直线 ,垂足为B ,则 是二面角 的平面角,由α⊥β,知 ,又AB ⊥CD ,BE 和CD 是β内的两条 直线,所以AB ⊥β.已知:a ∥α,a ⊂β,α∩β=b ,求证:a ∥b.故答案为a ⊂β,α∩β=b ;a ∥b. (2)如图②,已知:α⊥β,AB ∩CD=B , α∩β=CD ,AB ⊂α,AB ⊥CD ,求证:AB ⊥β.证明:在β内引直线BE ⊥CD ,垂足为B , 则∠ABE 是二面角α-CD-β的平面角, 由α⊥β,知AB ⊥BE ,又AB ⊥CD ,BE 和CD 是β内的两条相交直线,所以AB ⊥β.故答案为AB ⊂α,AB ⊥CD ,BE ⊥CD ,∠ABE ,α-CD-β,AB ⊥BE ,相交.5.已知点O 在二面角α-AB-β的棱上,点P 在平面α内,且∠POB=60°.若直线PO 与平面β所成的角为45°,则二面角α-AB-β的正弦值为 .,过点P 作PE ⊥β,垂足为E ,过点E 作EF ⊥AB ,垂足为F ,连接OE ,PF ,则∠POE 为直线PO 与平面β所成的角,∠PFE 为二面角α-AB-β的平面角.设OP=√2a ,则在Rt △PEO 中,由∠POE=45°,可得PE=a ;在Rt △PFO 中,由∠POF=60°,可得PF=√2a ·sin60°=√62a ;在Rt △PEF 中,sin ∠PFE=PE PF=√62a=√63,即二面角α-AB-β的正弦值为√63.6.在空间中,已知平面α过(3,0,0)和(0,4,0)及z 轴上一点(0,0,a )(a>0),如果平面α与平面xOy 所成的角为45°,则a= .xOy 的法向量n =(0,0,1),设平面α的法向量为u =(x ,y ,z ),则{-3x +4y =0,-3x +az =0,即3x=4y=az ,取z=1,则u =a 3,a 4,1.而cos <n ,u >=√a 29+a 216+1=√22, 又∵a>0,∴a=125.7.如图所示,已知四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是菱形,且PA ⊥平面ABCD ,PA=AD=AC ,点F 为PC 的中点,求二面角C-BF-D 的正切值.,设AC 与BD 交于O ,连接OF ,以O 为坐标原点,OB ,OC ,OF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Oxyz.设PA=AD=AC=1,则BD=√3, 所以O (0,0,0),B√32,0,0,F 0,0,12,C 0,12,0,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,12,0,易知OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面BDF 的一个法向量. 由BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32,12,0,FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =√32,0,-12,可得平面BCF 的一个法向量为n =(1,√3,√3),所以cos <n ,OC⃗⃗⃗⃗⃗ >=√217,sin <n ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√77,所以tan <n ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√33. 8.如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD ,PD ⊥底面ABCD. (1)证明:PA ⊥BD ;(2)设PD=AD ,求二面角A-PB-C 的余弦值.∠DAB=60°,AB=2AD ,由余弦定理得BD=√3AD.从而BD 2+AD 2=AB 2,故BD ⊥AD.又PD ⊥底面ABCD ,可得BD ⊥PD , 所以BD ⊥平面PAD.故PA ⊥BD.,以D 为坐标原点,AD 的长为单位长,射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.则A (1,0,0),B (0,√3,0),C (-1,√3,0),P (0,0,1).AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,0),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,-1),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0).设平面PAB 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗=0,n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +√3y =0,√3y -z =0,因此可取n =(√3,1,√3).设平面PBC 的法向量为m =(a ,b ,c ),则{m ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{√3b -c =0,-a =0,可取m =(0,-1,-√3),cos <m ,n >=2√7=-2√77.由图形知二面角A-PB-C 大小为钝角, 故二面角A-PB-C 的余弦值为-2√77. 9.正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长等于2,E ,F 分别是B'D',AC 的中点.求: (1)直线AB'和平面ACD'所成角的正弦值; (2)二面角B'-CD'-A 的余弦值.Dxyz ,∵正方体的棱长等于2,E ,F 分别是B'D',AC 的中点,∴A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),D'(0,0,2),B'(2,2,2),E (1,1,2),F (1,1,0).(1)AD '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,2),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),AB '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),设n =(x',y',z')是平面ACD'的一个法向量, 则由{n ·AD '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,{(x ',y ',z ')·(-2,0,2)=0,(x ',y ',z ')·(-2,2,0)=0,{z '=x ',y '=x ',取x'=1,得平面ACD'的一个法向量n =(1,1,1), 设直线AB'和平面ACD'所成角的大小为θ,则sin θ=|n ·AB '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||AB '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3×√8=√63, ∴直线AB'和平面ACD'所成角的正弦值是√63.(2)D 'B '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0),D 'C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),设m =(x 0,y 0,z 0)是平面B'CD'的一个法向量, 则由{m ·D 'B '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·D 'C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{x 0=-y 0,z 0=y 0,取y 0=1得平面B'CD'的一个法向量m =(-1,1,1),由cos θ=n ·m|n ||m |=√3×√3=13,由图形知二面角B'-CD'-A 的大小为锐角. 故二面角B'-CD'-A 的余弦值是13.关键能力提升练10.二面角的棱上有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=6,BD=8,CD=2√17,则该二面角的大小为 ( )A .150°B .45°C .60°D .120°,CA⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, CD⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . ∴|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=|CA ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+2CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =62+42+82+2×6×8cos <CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=(2√17)2, ∴cos <CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=-12,即<CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=120°, ∴二面角的大小为60°,故选C .11.设三棱锥V-ABC 的底面是正三角形,侧棱长均相等,P 是棱VA 上的点(不含端点).记直线PB 与直线AC 所成的角为α,直线PB 与平面ABC 所成的角为β,二面角P-AC-B 的平面角为γ,则( ) A.β<γ,α<γ B.β<α,β<γ C.β<α,γ<α D.α<β,γ<βG 为AC 中点,点V 在底面ABC 上的投影为点O ,则点P 在底面ABC 上的投影点D 在线段AO 上,过点D 作DE 垂直AE ,易得PE ∥VG ,过点P 作PF ∥AC 交VG 于点F ,过点D 作DH ∥AC ,交BG 于点H ,则α=∠BPF ,β=∠PBD ,γ=∠PED ,所以cos α=PF PB=EG PB=DHPB <BDPB=cos β,所以α>β,因为tan γ=PD ED >PDBD =tan β, 所以γ>β.故选B . 12.如图,将菱形ABCD沿对角线BD折起,使得C点至C',E点在线段AC'上,若二面角A-BD-E与二面角E-BD-C'的大小分别为30°和45°,则AEEC'=()A.12B.√66C.√22D.√63BD的中点O,连接AO,EO,C'O,∵菱形ABCD沿对角线BD折起,使得C点至C',E点在线段AC'上,∴C'O⊥BD,AO⊥BD,OC'=OA,∴BD⊥平面AOC',∴EO⊥BD.∵二面角A-BD-E与二面角E-BD-C'的大小分别为30°和45°, ∴∠AOE=30°,∠EOC'=45°,∵OC'=OA,∴∠OC'E=∠OAE,由正弦定理得OEsin∠OC'E =EC'sin∠EOC',OE sin∠OAE =AEsin∠AOE,∴EC'sin∠EOC'=AEsin∠AOE,∴AEEC'=sin30°sin45°=12√22=√22.故选C.13.如图所示,将边长为a的正三角形ABC,沿BC边上的高线AD将△ABC折起.若折起后B,C'间距离为a2,则二面角B-AD-C'的大小为.°14.如图,在矩形ABCD中,AB=1,BC=√3,E为线段BC上一动点,现将△ABE沿AE折起得到△AB'E,当二面角B'-AE-D的平面角为120°,点B'在平面ABC上的投影为K,当E从B运动到C,则点K所形成轨迹是.K 作KO ⊥AE ,连接OB',∵二面角B'-AE-D 的平面角为120°, ∴∠B'OK=60°,∴KO=12B'O ,从而原问题就转化为B'O ⊥AE ,K 为B'O 中点,求K 的轨迹长度,如右图,∵B'O ⊥AE ,∴O 在以AB'为直径的圆上,取AB'中点J ,则JK ⊥B'K ,所以K 点的轨迹是以B'J 为直径的圆上的一段弧. 15.如图,在四棱锥P-ABCD 中,PC ⊥底面ABCD ,四边形ABCD 是直角梯形,AB ⊥AD ,AB ∥CD ,AB=2AD=2CD=2,E 是PB 的中点.若二面角P-AC-E 的余弦值为√33,求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值.解如图,作CF ∥DA ,交AB 于点F ,以C 为原点,CF⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CP ⃗⃗⃗⃗⃗ 分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向,建立空间直角坐标系,则C (0,0,0),A (1,1,0),B (1,-1,0).设P (0,0,a )(a>0),则E12,-12,a 2,CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),CP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,a ),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12,-12,a 2,取m =(1,-1,0),则m ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =m ·CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以m 为平面PAC 的一个法向量.设n =(x ,y ,z )为平面EAC 的一个法向量,则{n ·CA⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +y =0,x -y +az =0,取x=a ,可得n =(a ,-a ,-2), 依题意,|cos <m ,n>|=|m ·n ||m ||n |=√2·√2a 2+4=√33,则a=1(负值舍去).于是n =(1,-1,-2),PA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-1). 设直线PA 与平面EAC 所成的角为θ,则sin θ=|cos <PA⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√23,即直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为√23.16.如图1,等腰梯形ABCD 中,AB ∥CD ,AB=2AD=4,P 为AB 的中点,对角线AC 平分∠DAB ,将△ACD 沿AC 折起到如图2中△ACD'的位置.(1)求证:PD'⊥AC.(2)若二面角B-AC-D'为直二面角,M 为线段AB 上的点,且二面角A-D'C-M 与二面角M-D'C-B 大小相等,求出AM 的值.DP ,CP ,设DP 与AC 交于点O ,如图3所示.∵四边形ABCD 是等腰梯形,AB ∥DC ,∴AD=BC ,∠DCA=∠CAB.又AC 平分∠DAB ,∴∠DAC=∠CAB=∠DCA ,∴CD=AD ,结合P 为AB 的中点,AB=2AD ,易证得四边形APCD 为菱形,∴AC ⊥DP.图3图4如图4,∵AC ⊥OP ,AC ⊥OD',且OP ∩OD'=O ,∴AC ⊥平面D'PO ,又PD'⊂平面D'PO , ∴PD'⊥AC.二面角B-AC-D'为直二面角,AC ⊥OP ,∴OP ⊥平面ACD',易知OP ∥BC , ∴BC ⊥平面ACD',∴二面角A-D'C-B 为直二面角.又∵二面角A-D'C-M 与二面角M-D'C-B 大小相等,∴二面角A-D'C-M 的平面角为45°,图5以O 为坐标原点,OA 所在直线为x 轴,OP 所在直线为y 轴,OD'所在直线为z 轴,建立如图5所示的空间直角坐标系Oxyz.如图3,在菱形APCD 中,易知∠PAD=π3,∴OD=OP=1,OA=OC=√3. ∴A (√3,0,0),B (-√3,2,0),C (-√3,0,0),D'(0,0,1),CD'⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2√3,2,0), 设AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1), ∴M (√3-2√3λ,2λ,0),∴CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√3(1-λ),2λ,0),易知平面ACD'的一个法向量为m =(0,1,0), 设n =(x ,y ,z )为平面MCD'的法向量, 则{n ·CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CD '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2√3(1-λ)x +2λy =0,√3x +z =0,取x=1,则z=-√3,y=-√3(1-λ)λ,得n =1,-√3(1-λ)λ,-√3,∴|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=√3(1-λ)λ√1+[-√3(1-λ)λ]2+3=√22, 解得λ=2√3-3,满足题意,故AM AB=2√3-3.17.如图,在四棱锥E-ABCD 中,四边形ABCD 为平行四边形,BE=BC ,AE ⊥BE ,M 为CE 上一点,且BM ⊥面ACE.(1)求证:AE ⊥BC ;(2)若点N 为线段AB 的中点,求证:MN ∥面ADE ;(3)若BE=4,CE=4√2,且二面角A-BC-E 的大小为45°,求三棱锥C-ABE 的体积.BM ⊥平面ACE ,AE ⊂平面ACE ,∴BM ⊥AE.∵AE ⊥BE ,BM ∩BE=B ,∴AE ⊥平面BCE.∵BC ⊂平面BCE ,∴AE ⊥BC.DE 中点P ,连接PM ,AP ,∵BC=BE ,BM ⊥AE , ∴M 为CE 的中点,∴MP ∥12DC ∥AN ,且MP=AN , ∴APMN 为平行四边形,∴MN ∥AP. ∵MN ⊄平面ADE ,AP ⊂平面ADE , ∴MN ∥平面ADE.BE=BC=4,CE=4√2,得BC⊥BE.∵BC⊥AE,AE∩BE=E,∴BC⊥平面ABE.∴∠ABE为二面角A-BC-E的平面角.∴∠ABE=45°.∴AE=BE=4.∴三棱锥C-ABE的体积13×12×42×4=323.18.(2021全国乙,理18)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PB⊥AM.(1)求BC;(2)求二面角A-PM-B的正弦值.连接BD.∵PD⊥底面ABCD,AM⊂底面ABCD,∴PD⊥AM.∵PB⊥AM,PB∩PD=P,∴AM⊥平面PBD,∴AM⊥BD,∴∠ADB+∠DAM=90°.又∠DAM+∠MAB=90°,∴∠ADB=∠MAB,∴Rt△DAB∽Rt△ABM,∴ADAB =BABM,∴12BC2=1,∴BC=√2.(2)如图,以D 为原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ 分别为x ,y ,z 轴的正方向建立空间直角坐标系.可得A (√2,0,0),B (√2,1,0),M (√22,1,0),P (0,0,1),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,0,1),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,1,0),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-√22,0,0,BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,-1,1). 设平面AMP 的一个法向量为m =(x 1,y 1,z 1), 则{m ·AP⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-√2x 1+z 1=0,-√22x 1+y 1=0,令x 1=√2,则y 1=1,z 1=2,可得m =(√2,1,2). 设平面BMP 的一个法向量为n =(x 2,y 2,z 2), 同理可得n =(0,1,1). 则cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=√7×√2=3√1414.设二面角A-PM-B 的平面角为θ,则sin θ=√1-cos 2<m ,n >=√1-914=√7014. 19.如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 中,已知上下两底面为正方形,且边长均为1,侧棱AA 1=2,E 为BC 中点,F 为CD 中点,G 为BB 1上一个动点. (1)确定G 点的位置,使得D 1E ⊥平面AFG ;(2)当D 1E ⊥平面AFG 时,求二面角G-AF-E 的平面角的余弦值.如图,分别以DA ,DC ,DD 1所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系Dxyz , 则D (0,0,0),A (1,0,0),B (1,1,0),C (0,1,0),D 1(0,0,2). 因为E 为BC 中点,F 为CD 中点,所以E 12,1,0,F 0,12,0.由题意得D 1E ⊥AF ,D 1E ⊥AG ,设G (1,1,t ).又D 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12,1,-2,AF⃗⃗⃗⃗⃗ =-1,12,0,AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,t ).因为D 1E ⊥平面AFG ,则{D 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗=0,D 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AG⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 得1-2t=0,t=12.∴BG=12,即G 为BB 1的四等分点.(2)由题意知,平面AFE 的一个法向量为m =(0,0,1),设平面AFG 的法向量n =(x ,y ,z ). 则{AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,得{-x +12y =0,y +12z =0,取x=-1,得n =(-1,-2,4).∴cos <m ,n >=m ·n |m ||n |=4√2121. 由图形知二面角G-AF-E 的大小为锐角.∴二面角G-AF-E 的平面角的余弦值为4√2121. 学科素养拔高练20.如图,AB 是圆O 的直径,点C 是圆O 上异于A ,B 的点,直线PC ⊥平面ABC ,E ,F 分别是PA ,PC 的中点. (1)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ,试判断直线l 与平面PAC 的位置关系,并加以证明;(2)设(1)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ,且点Q 满足DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ,异面直线PQ 与EF 所成的角为α,二面角E-l-C 的大小为β,求证:sin θ=sin αsin β.l ∥平面PAC ,证明如下:连接EF ,因为E ,F 分别是PA ,PC 的中点, 所以EF ∥AC.又EF ⊄平面ABC ,且AC ⊂平面ABC , 所以EF ∥平面ABC.而EF ⊂平面BEF ,且平面BEF ∩平面ABC=l , 所以EF ∥l.因为l ⊄平面PAC ,EF ⊂平面PAC ,所以直线l ∥平面PAC.,由DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12CP⃗⃗⃗⃗⃗ ,作DQ ∥CP ,且DQ=12CP.连接PQ ,EF ,BE ,BF ,BD ,由(1)可知交线l 即为直线BD.以点C 为原点,向量CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CP ⃗⃗⃗⃗⃗ 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,设CA=a ,CB=b ,CP=2c ,则有C (0,0,0),A (a ,0,0),B (0,b ,0),P (0,0,2c ),Q (a ,b ,c ),E (12a ,0,c),F (0,0,c ).于是FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12a ,0,0),QP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,-b ,c ),BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-b ,c ), 所以cos α=|FE⃗⃗⃗⃗⃗ ·QP ⃗⃗⃗⃗⃗ ||FE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||QP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√a 2+b 2+c 2, 从而sin α=√1-cos 2α=√b 2+c 2√a 2+b 2+c 2.又取平面ABC 的一个法向量为m =(0,0,1),可得sin θ=|m ·QP ⃗⃗⃗⃗⃗ ||m ||QP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√a 2+b 2+c 2,设平面BEF 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),所以由{n ·FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得{12ax =0,-by +cz =0.取n =(0,c ,b ).于是|cos β|=|mn ||m ||n |=√b 2+c 2,从而sin β=√1-cos 2β=√b 2+c 2.故sin αsin β=√b 2+c 2√a 2+b 2+c2√b 2+c2=√a 2+b 2+c 2=sin θ,即sin θ=sin αsin β.21.图1是由矩形ADEB ,Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB ,BC 折起使得BE 与BF 重合,连接DG ,如图2.(1)证明:图2中的A ,C ,G ,D 四点共面,且平面ABC ⊥平面BCGE ; (2)求图2中的二面角B-CG-A 的大小.AD ∥BE ,CG ∥BE ,所以AD ∥CG ,故AD ,CG 确定一个平面,从而A ,C ,G ,D 四点共面. 由已知得AB ⊥BE ,AB ⊥BC ,故AB ⊥平面BCGE. 又因为AB ⊂平面ABC , 所以平面ABC ⊥平面BCGE.EH ⊥BC ,垂足为H.因为EH ⊂平面BCGE ,平面BCGE ⊥平面ABC , 所以EH ⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE 的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=√3.以H 为坐标原点,HC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz , 则A (-1,1,0),C (1,0,0),G (2,0,√3),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0). 设平面ACGD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{CG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{x +√3z =0,2x -y =0. 所以可取n =(3,6,-√3).又平面BCGE 的法向量可取为m =(0,1,0), 所以cos <n ,m >=n ·m|n ||m |=√32. 由图形知二面角B-CG-A 大小为锐角. 因此二面角B-CG-A 的大小为30°.。

高中数学说课稿：人教版数学第二册（下B）《二面角》优秀说课稿模板高中数学说课稿：人教版数学第二册（下B）《二面角》优秀说课稿模板《二面角》说课稿一、教材分析1 、教材地位和作用：二面角是我们日常生活中经常见到的、很普通的一个空间图形。

“二面角”是人教版《数学》第二册（下B）中9.7的内容。

它是在学生学过两条异面直线所成的角、直线和平面所成角、又要重点研究的一种空间的角，它是为了研究两个平面的垂直而提出的一个概念，也是学生进一步研究多面体的基础。

因此，它起着承上启下的作用。

通过本节课的学习还对学生系统地掌握直线和平面的知识乃至于创新能力的培养都具有十分重要的意义。

2、教学目标:知识目标：（1）正确理解二面角及其平面角的概念，并能初步运用它们解决实际问题。

（2）进一步培养学生把空间问题转化为平面问题的化归思想。

能力目标：(1) 突出对类比、直觉、发散等探索性思维的培养，从而提高学生的创新能力。

（2）通过对图形的观察、分析、比较和操作来强化学生的动手操作能力。

德育目标：(1)使学生认识到数学知识来自实践，并服务于实践，增强学生应用数学的意识(2)通过揭示线线、线面、成为学习的主人。

2 、学会：在掌握基础知识的同时，学生要注意领会化归、类比联想等数学思想方法的运用，学会建立完善的认知结构。

3、会学：通过自己亲身参与，学生要领会复习类比和深入研究这两种知识创新的方法，从而既学到知识，又学会创新，既能解决问题，更能发现问题。

四、教学过程心理学研究表明，当学生明确数学概念的学习目的和意义时，就会对概念的学习产生浓厚的兴趣。

创设问题情境，激发了学生的创新意识，营造了创新思维的氛围。

（一）、二面角1、揭示概念产生背景。

问题情境 1 、在平面几何中“角”是怎样定义的？问题情境 2 、在立体几何中我们还学习了哪些角？问题情境 3 、运用多媒体和身边的实例，展示我们遇到的另一种空间的角——二面角（板书课题）。

通过这三个问题，打开了学生的原有认知结构，为知识的创新做好了准备；同时也让学生领会到，二面角这一概念的产生是因为它与我们的生活密不可分，激发学生的求知欲。

◆教案二面角教材:人教A版·普通高中课程标准实验教科书·数学·必修2【教学目标】1、知识目标：(1)使学生理解“二面角”以及“二面角平面角”的概念，能根据定义正确地作出二面角的平面角，并能初步运用它们解决相关问题。

(2)进一步培养学生把空间问题转化为平面问题的化归思想。

2、能力目标：培养学生观察分析问题的能力、空间想象的能力、类比猜想的能力从而培养学生创新的能力。

3、过程与方法目标：引导学生探索和研究“二面角”及“二面角的平面角”概念的发现、形成和发展过程，以培养学生的空间想象能力、动手能力和类比、化归、直觉、猜想等探索性思维方法。

4、情感、态度、价值观目标：(1) 使学生认识到数学知识来自实践，并服务于实践，从而增强学生应用数学的意识。

(2) 通过揭示概念的形成、发展、应用的过程，培养学生的辩证唯物主义观点。

(3) 培养学生认真参与、积极交流的主体意识和乐于探索、勇于创新的科学精神，体验数学中转化思想的意义和价值；(4) 在教学中向他们提供充分的从事数学活动的机会，如：探究活动，让学生自主探究新知，例题则采用练在讲之前，讲在关键处。

在活动中激发学生的学习潜能，促进他们真正理解和掌握基本的数学知识技能、数学思想方法，获得广泛的数学活动经验，提高综合能力，学会学习，进一步在意志力、自信心、理性精神等情感与态度方面得到良好的发展。

【教学重点与难点】重点：“二面角”及“二面角的平面角”的概念和作法。

难点：“二面角的平面角”概念的形成过程以及如何根据条件用定义作出二面角的平面角。

【教学方法与手段】(1)教学方法：采用引导发现法、启发式探索讨论相结的教学方法。

(2)教学手段：借助实物模型，和利用多媒体制作课件来辅助教学。

通过上述方法与手段，再现知识的产生过程，突破学生在旧知和新知形成过程中的障碍,激发学生学习兴趣，发挥学生的主体作用；同时通过学生参与动手操作，亲身体验,促进了学生思维能力的发展,使教学活动真正体现“以学生发展为本”的思想。

衡石量书整理1.2.4 二 面 角导思 1.什么是二面角？ 2．怎样求二面角的大小？1.二面角的定义及相关概念 二面角的定义从一条直线出发的两个半平面所组成的图形称为二面角 棱这条直线称为二面角的棱 面这两个半平面称为二面角的面 范围 0°≤θ≤180°二面角的平面角 在二面角α­l ­β的棱l 上任取一点O ，以点O 为垂足，分别在半平面α和β内作垂直于棱l 的射线OA 和OB ，则射线OA 和OB 所成的角∠AOB 称为二面角的平面角直二面角 平面角是直角的二面角称为直二面角两个相交平面所成的角 两个相交平面所形成的四个二面角中，不小于0°且不大于90°的角二面角的大小、二面角的平面角的大小、两个相交平面所成角的大小的范围是相同的吗？提示：不相同．二面角的大小和二面角的平面角的大小的范围是⎣⎡⎦⎤0°，180° ，两个相交平面所成角的大小的范围是⎣⎡⎦⎤0°，90° . 2．射影面积公式已知平面β内一个多边形的面积为S ，它在平面α内的射影图形的面积为S′，平面α和平面β所成的二面角的大小为θ，则cos θ＝S′S .如图，若△ABC 在平面α上的射影为△A′BC ，二面角A-BC-A′的大小为θ，则cos θ，S △ABC ，S △A′BC 的关系是怎样的？提示：cos θ＝S △A′BC S △ABC. 3．用向量的夹角度量二面角设平面α与β所成角的大小为θ，n 1，n 2为两个非零向量．(1)当n 1∥α，n 2∥β，n 1⊥l ，n 2⊥l ，且n 1，n 2的方向分别与半平面α，β的延伸方向相同，则θ＝〈n 1，n 2〉．(2)当n 1⊥α，n 2⊥β，则θ＝〈n 1，n 2〉或θ＝π－〈n 1，n 2〉．二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角有什么关系？提示：二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角大小相等或互补．1．辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”).(1)二面角是指两个平面相交的图形．()(2)二面角的平面角的两条边分别在二面角的两个面内且都与棱垂直．()(3)两个半平面的法向量的夹角的大小与二面角的大小相等．() 提示：(1)×.二面角是指从一条直线出发的两个半平面所组成的图形．(2)√.根据二面角的平面角的定义可得．(3)×.相等或互补．2．如果一个二面角的两个半平面分别平行于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的关系是()A．相等B．互补C．相等或互补D．不能确定【解析】选C.由等角定理可知这两个二面角的平面角相等或互补．3.(教材例题改编)如图所示，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC ＝90°，则二面角B-PA-C的大小等于________．【解析】因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，所以∠BAC为二面角B-PA-C的平面角，又∠BAC＝90°.所以所求二面角的大小为90°.答案：90°关键能力·合作学习类型一 二面角的概念及利用定义法求二面角(数学抽象、直观想象)1．如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为棱AD ，BC 的中点，则平面C 1D 1EF 与底面ABCD 所成的二面角的余弦值为( )A ．22B ．55C ．255D ．3552．已知二面角α­l ­β的大小是π3 ，m ，n 是异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n 所成的角为( )A ．2π3B ．π2C ．π3D ．π63．在边长为a 的正△ABC 中，AD ⊥BC 于D ，沿AD 折成二面角B-AD-C后，BC ＝12 a ，这时二面角B-AD-C 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【解析】1.选B.根据题意，EF ⊥平面ADD 1A 1，所以ED 1⊥EF ，ED ⊥EF ， 所以∠D 1ED 是平面C 1D 1EF 与底面ABCD 所成的二面角的平面角，在Rt △D 1ED 中，ED ＝12 ，ED 1＝1＋14 ＝52 ，所以cos ∠D 1ED ＝1252 ＝55 .2．选C.如图，过二面角α­l ­β内一点P ，分别作PA ∥m ，PB ∥n ，则PA ⊥α，PB ⊥β，且l ⊥平面PAB.设平面PAB 交l 于O ，则l ⊥OA ，l ⊥OB ，∠AOB 为二面角α­l ­β的平面角，即∠AOB ＝π3 ，故∠APB ＝2π3 ，则异面直线m ，n 所成的角为π3 .3．选C.在边长为a 的正△ABC 中，AD ⊥BC 于D ，沿AD 折成二面角B-AD-C ，由定义知，∠BDC 为所求二面角的平面角，又BC ＝BD ＝DC ＝12 a ，所以△BDC 为等边三角形，所以∠BDC ＝60°.用定义求二面角的步骤(1)作(找)出二面角的平面角；(2)证明所作平面角即为所求二面角的平面角；(3)解三角形求角．类型二 利用三垂线定理或射影面积公式求二面角(直观想象、数学运算)【典例】已知在三棱锥P-ABC 中，PC ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝PC.求二面角B-AP-C 的余弦值．四步 内容理解题意条件：①三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC，②AB＝BC＝CA＝PC.结论：求二面角B-AP-C的余弦值．思路探求可利用三垂线定理作出二面角的平面角，再求解；还可用射影面积公式求解．书写表达方法一：如图，过点B作BE⊥AC于点E，则E为AC的中点，过点E作EF⊥PA于点F，连接BF.因为PC⊥平面ABC，PC⊂平面PAC，四步内容书写表达所以平面PAC⊥平面ABC.又因为BE⊥AC，BE⊂平面ABC，平面ABC∩平面PAC＝AC，所以BE⊥平面PAC.由三垂线定理有BF⊥PA，所以∠BFE是二面角B-PA-C的平面角．设PC＝1，由E是AC中点，得BE＝32，EF＝12×sin 45°＝24，所以BF＝144，所以cos ∠BFE＝EFBF＝77.方法二：(利用射影面积公式)如图，过点B作BE⊥AC于点E，连接PE.四步内容书写表达因为PC⊥平面ABC，AC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.所以△PAE是△PAB在平面PAC上的射影．设PC＝1，则PA＝PB＝ 2 ，AB＝1，所以△PAB中AB边上的高h＝72.所以S△PAB＝74，又S△PAE＝12S△PAC＝14.设二面角B-PA-C的大小为θ，由射影面积公式有cos θ＝S△PAES△PAB＝77.注意书写的规范性：①利用三垂线定理作二面角的平面角的步骤；②利用射影面积公式求相应图形的面积．题后反思三垂线定理或其逆定理的作用在于作二面角的平面角，而射影面积公式不需要作．1．用三垂线定理或逆定理作二面角的平面角的作法：(1)在其中一个面内找一特殊点A，过A作另一个平面的垂线，垂足为B；(2)过A作棱的垂线，垂足为C(或过B作棱的垂线，垂足为C)，连接BC(或连接AC)；(3)由三垂线的逆定理(及三垂线定理)得平面角∠ACB.2．对射影面积公式的理解：(1)来源：三垂线定理．(2)适用范围：当二面角的一个半平面上的封闭图形的面积及它在另一个半平面上的射影的面积已知或者已求出．(3)优势：不需要作出二面角的平面角．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，AC＝AA1＝ 3 ，∠ABC＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；(2)求二面角A-A1C-B的正切值．【解析】(1)因为三棱柱ABC­A1B1C1为直三棱柱，所以AB⊥AA1，在△ABC中，AB＝1，AC＝ 3 ，∠ABC＝60°，所以∠BAC＝90°，即AB⊥AC.又AC∩AA1＝A，所以AB⊥平面ACC1A1.又A1C⊂平面ACC1A1，所以AB⊥A1C.(2)如图，作AD⊥A1C于D点，连接BD.由三垂线定理知BD⊥A1C，所以∠ADB为二面角A­A1C­B的平面角．在Rt△AA1C中，AD＝AA1·AC A1C ＝3×36＝62.在Rt△BAD中，tan ∠ADB＝ABAD ＝63，所以二面角A­A1C­B的正切值为6 3 .类型三利用向量法求二面角(逻辑推理、数学运算)角度1利用棱的垂线的方向向量求二面角【典例】如图，在一个二面角的棱上有两个点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，AB＝4，AC＝6，BD ＝8，CD＝217 ，则这个二面角的度数为()A．30°B．45°C．60°D．120°【思路导引】利用空间向量的数量积及其性质求解．【解析】选C.设所求二面角的大小为θ，则〈AC→，BD→〉＝θ.因为DC→＝DB→＋BA→＋AC→，所以DC→2＝(DB→＋BA→＋AC→)2＝DB→2＋BA→2＋AC→2＋2BD→·BA→＋2DB→·AC→＋2BA→·AC→，即(217 )2＝82＋42＋62－2×8×6cos θ，所以cos θ＝12 . 因为0°≤θ≤180°，所以θ＝60°.若本例改为：如图，在大小为45°的二面角A-EF-D 中，四边形ABFE 与CDEF 都是边长为1的正方形，则点B 与点D 两点间的距离是( )A ． 3B ． 2C ．1D ．3－ 2【解析】选D.因为四边形ABFE 与CDEF 都是边长为1的正方形，所以DE→ ·EF → ＝EF → ·FB → ＝0， 又大小为45°的二面角A ­EF ­D 中，所以DE→ ·FB → ＝1×1×cos (180°－45°)＝－22. 因为DB→ ＝DE → ＋EF → ＋FB → ， 所以DB→ 2＝DE → 2＋EF → 2＋FB → 2＋2DE → ·EF → ＋2DE → ·FB → ＋2EF → ·FB → ＝3－ 2 ，所以|DB → |＝3－ 2 . 角度2 利用半平面的法向量求二面角【典例】如图，在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝ 2BC，∠ACB＝90°，M为AB的中点．(1)求证：AC1∥平面B1CM；(2)求二面角A-C1M-B1的正弦值．【思路导引】(1)连接BC1，设BC1∩B1C＝O，连接OM，由三角形中位线定理可得OM∥AC1，再由直线与平面平行的判定可得AC1∥平面B1CM；(2)以C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，令BC＝1，求出所用点的坐标，分别求出平面AMC1与平面B1C1M的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A-C1M-B1的正弦值．【解析】(1)连接BC1，设BC1∩B1C＝O，连接OM，因为四边形BCC1B1为矩形，所以O为BC1的中点，又因为M为AB的中点，所以OM∥AC1，因为OM⊂平面B1CM，AC1⊄平面B1CM，所以AC1∥平面B1CM；(2)如图，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x，y，z 轴建立空间直角坐标系．令BC ＝1，则A( 2 ，0，0)，C 1(0，0，2 )，B 1(0，1，2 )，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，12，0 .则MA → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，－12，0 ，MC 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－12，2 ，MB 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，12，2 .设平面AMC 1的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1).由⎩⎪⎨⎪⎧m ·MA →＝22x 1－12y 1＝0m ·MC 1＝－22x 1－12y 1＋2z 1＝0，取x 1＝1，得m ＝(1， 2 ，1)；设平面B 1C 1M 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2).由⎩⎪⎨⎪⎧n ·MC 1＝－22x 2－12y 2＋2z 2＝0n ·MB 1＝－22x 2＋12y 2＋2z 2＝0，取x 2＝1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12 .设二面角A-C 1M-B 1的平面角为θ， 则|cos θ|＝|m·n ||m|·|n | ＝3510 ，则s in θ＝1－cos 2θ ＝5510 .即二面角A-C 1M-B 1的正弦值为5510 .利用向量法求二面角的两种方法方法一：分别在二面角α­l ­β的面α，β内，沿α，β延伸的方向作向量n 1⊥l ，n 2⊥l ，则可用〈n 1，n 2〉度量这个二面角的大小． 方法二：通过法向量求解 设m 1⊥α，m 2⊥β，则〈m 1，m 2〉与该二面角相等或互补．1．如图，二面角α­l ­β等于120°，A ，B 是棱l 上两点，BD ，AC 分别在半平面α，β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且2AB ＝AC ＝BD ＝2，则CD 的长等于( )A ．2 3B ．13C ．4D ．5【解析】选B.过点D 作OD ∥l ，OA ∥BD ，OD∩OA ＝O ， 因为AC ⊥l ，BD ⊥l ，OD ＝AB ＝1，OA ＝BD ＝2，OC ＝OA 2＋AC 2－2OA·AC·cos120° ＝22＋22－2×2×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12 ＝12 ，CD ＝OD 2＋OC 2 ＝12＋（12）2 ＝13 .2．已知平面α的一个法向量为n1＝(1，－3， 6 )，平面β的一个法向量为n2＝(5，1， 6 )，若α∩β＝l，则二面角α­l­β的余弦值为()A．24B．－24C．24或－24D．7216或－7216【解析】选C.因为平面α的一个法向量为n1＝(1，－3， 6 )，平面β的一个法向量为n2＝(5，1， 6 )，所以cos 〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|×|n2|＝1×5＋（－3）×1＋6×612＋（－3）2＋（6）2×52＋12＋（6）2＝24.所以二面角α­l­β的余弦值为24或－2 4.3．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，A1A＝AB＝AC，D是AB 的中点．(1)证明：AC⊥平面AA1B1B；(2)求二面角C1-B1D-A1的正弦值．【解析】(1)由直三棱柱ABC-A1B1C1性质知：AA1⊥平面ABC，因为AC⊂平面ABC，所以AA1⊥AC，因为AB ⊥AC ，AB∩AA 1＝A ，AB ⊂平面AA 1B 1B ，AA 1⊂平面AA 1B 1B ，所以AC ⊥平面AA 1B 1B ；(2)由(1)知AA 1，AB ，AC 两两垂直，以A 为原点，分别以AA 1，AB ，AC 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设AB ＝2.则D(0，1，0)，B 1(2，2，0)，C 1(2，0，2)，DB 1＝(2，1，0)， DC 1＝(2，－1，2)，设平面B 1C 1D 的一个法向量m ＝(x ，y ，z)，则⎩⎨⎧m ·DB 1＝2x ＋y ＝0m ·DC 1＝2x －y ＋2z ＝0，取x ＝1，得m ＝(1，－2，－2)， 平面A 1B 1D 的一个法向量n ＝(0，0，1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n | ＝－29·1 ＝－23 ， 所以二面角C 1-B 1D-A 1的正弦值为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－232 ＝53 .【补偿训练】如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，PA ⊥底面ABCD ，E 为BP 的中点，AB ＝2，PA ＝AD ＝CD ＝1. (1)证明：EC ∥平面PAD ； (2)求二面角E-AC-P 的正弦值．【解析】(1)如图，取AP 的中点F ，连接EF ，DF ， 因为BE ＝PE ，PF ＝AF ，所以EF 綊12 AB ， 因为直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2， PA ＝AD ＝CD ＝1，所以CD 綊12 AB ，所以CD 綊EF ，所以四边形EFDC 是平行四边形，所以EC ∥FD ，因为DF ⊂平面PAD ，EC ⊄平面PAD ， 所以EC ∥平面PAD.(2)如图，因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，所以AP ，AB ，AD 两两垂直，以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，B(2，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12 ，AP→ ＝(0，0，1)，AC → ＝(1，1，0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12 ， 设平面APC 的法向量m ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎨⎧m ·AP →＝z ＝0m ·AC→＝x ＋y ＝0 ，取x ＝1，得m ＝(1，－1，0)， 设平面EAC 的法向量n ＝(a ，b ，c)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝a ＋b ＝0n ·AE →＝a ＋12c ＝0 ，取a ＝1，得n ＝(1，－1，－2)，设二面角E-AC-P 的平面角为θ， 则cos θ＝|m·n||m|·|n | ＝22×6 ＝33 ， sin θ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫332 ＝63 . 所以二面角E-AC-P 的正弦值为63 .课堂检测·素养达标1．二面角是指( )A ．直线与平面所成的角就是直线的方向向量与平面的法向量所成的角B ．一个平面绕着这个平面内的一条直线旋转而成的图形C ．从一条直线出发的两个半平面所组成的图形D ．以两个相交平面交线上任意一点为端点，在两个平面内分别引垂直于交线的射线，这两条射线所成的角【解析】选C.根据二面角的定义，可知C 选项正确．其中D 选项是二面角的平面角的定义．2．设平面α与平面β的夹角为θ，若平面α，β的法向量分别为n 1和n 2，则cos θ ＝( )A ．n 1·n 2|n 1||n 2|B ．|n 1·n 2||n 1||n 2|C ．|n 1||n 2|n 1·n 2D ．|n 1||n 2||n 1·n 2|【解析】选B.平面α，β的法向量分别为n 1和n 2，若两个平面的夹角为θ，又两平面夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 ，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2| .3．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，二面角A 1-BD-C 1的余弦值是________． 【解析】如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，A 1(1，0，1)， DA 1＝(1，0，1)，DB→ ＝(1，1，0). 设n ＝(x ，y ，z)是平面A 1BD 的一个法向量，则⎩⎨⎧n ·DA 1＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝－1，z ＝－1，此时n ＝(1，－1，－1). 同理，求得平面BC 1D 的一个法向量m ＝(1，－1，1)， 则cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n| ＝13 ， 所以二面角A 1-BD-C 1的余弦值为13 . 答案：134．若二面角内一点到两个面的距离分别为5和8，两垂足间的距离为7，求这个二面角的大小．【解析】设二面角大小为θ，由题意可知 |cos θ|＝|82＋52－72|2×8×5 ＝64＋25－4980 ＝12 ， 所以cos θ＝±12 ，所以θ＝60°或120°.关闭Word 文档返回原板块。

第13课时二面角一、【学习导航】知识网络学习要求1.理解二面角及其平面角的概念2.会在具体图形中作出二面角的平面角，并求出其大小．【课堂互动】自学评价１. 二面角的有关概念(1)．半平面：(2).二面角：(3).二面角的平面角：(4).二面角的平面角的表示方法：(5).直二面角：(6).二面角的范围：2.二面角的作法：(1)定义法(2)垂面法(3)三垂线定理【精典范例】例1：下列说法中正确的是（D ）A.二面角是两个平面相交所组成的图形B.二面角是指角的两边分别在两个平面内的角C.角的两边分别在二面角的两个面内, 则这个角就是二面角的平面角D.二面角的平面角所在的平面垂直于二面角的棱.例２如图, 在正方体ABCD-A1B1C1D1中:(1)求二面角D1-AB-D的大小;(2)求二面角A1-AB-D的大小互助参考43例1(1) 45°(2) 90思维点拨要求二面角的平面角，关键是根据图形自身特点找出二面角的平面角，主要方法有：定义法，垂面法，三垂线定理法．步骤为作，证，求．例３在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求平面A1BD与平面C1BD的夹角的正弦值．点拨：本题可以根据二面角的平面角的定义作出二面角的平面角．分析：取BD的中点O，连接A1O,C1O，则∠A1O C1为平面A1BD与平面C1BD的二面角的平面角．答：平面A1BD与平面C1BD的夹角的正弦值1 3A D D1A1B CB1C1C A自主训练1.从一直线出发的三个半平面，两两所成的二面角均等于θ，则θ=60°2.矩形ABCD中，AB=3,AD=4,PA⊥面ABCD，且A-BD-P的度数为 30°3.点A为正三角形BCD所在平面外一点，且A到三角形三个顶点的距离都等于正三角形的边长，求二面角A-BC-D的余弦值.答：1 3。

二面角的说课稿《二面角》说课稿我说课的题目是高二数学下册第九章9.7节直线和平面所成角与二面角（第2课时）。

下面我就从教材分析、教学方法和手段、学法指导、教学程序四方面进行说明。

一、教材分析1、教材的地位与作用二面角是我们日常生活中经常见到的、很普通的一个图形。

“二面角”是新编教材《数学》第二册（下B）中9.7的内容，它是在学生学过空间异面直线所成的角、直线和平面所成角之后，又要重点研究的一种空间的角，它是为了研究两个平面的垂直而提出的一个概念，也是学生进一步研究多面体和旋转体的基础。

因此，它起着承上启下的作用。

通过本节课的学习也可以培养学生的空间想象能力和逻辑思维能力，为培养学生的创新意识和创新能力提供了一个良好的契机。

2、教学目标（1）知识目标：使学生掌握二面角的概念，二面角的平面角的定义、作法以及这些知识的初步应用。

（2）能力目标：通过概念教学，提高学生逻辑思维能力、知识迁移能力，渗透等价转化的思想方法；通过图形结构分析，掌握作图方法，培养学生的空间想象能力和研究现实现象的能力。

（3）德育目标：通过对实际问题的分析、探究，激发学生的学习兴趣，体现由具体到抽象的思想并让学生明白：数学和生活是密不可分的。

（4）情感目标：在平等的教学氛围中，通过学生之间、师生之间的交流、合作和评价，拉近学生之间、师生之间的情感距离。

3.重点、难点及关键重点：二面角的平面角的定义及其作法难点：二面角的平面角的作法关键：求作二面角的平面角二、教学方法和手段（1）教学方法：我主要通过让学生观察发现，采用启发引导、探索相结合的教学方法。

启发、引导学生积极的思考，帮助学生优化思维过程；在此基础上，提供给学生交流的机会，使学生能清楚地、准确地表达自己的数学思想。

（2）教学手段：利用多媒体教学手段。

多媒体以声音、动画等多种形式强化对学生感官的刺激，这一点是粉笔和黑板所不能比拟的，采用这种形式，可以极大提高学生的学习兴趣，加大一堂课的信息容量，使教学目标体现得更加完美。

1.2.4二面角学习目标核心素养1．掌握二面角的概念，二面角的平面角的定义，会找一些简单图形中的二面角的平面角．(重点)2．掌握求二面角的方法、步骤．(重点、难点)1．通过学习二面角的概念及二面角的平面角，培养数学抽象素养．2．借助求二面角的方法和步骤的学习，提升逻辑推理、数学运算素养．同学们可能经常谈论某某同学是白羊座的，某某同学是双子座的，可是你知道十二星座的由来吗？我们知道，地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”，黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)约为23°26′，它与天球相交的大圆为“黄道”，黄道及其附近的南北宽8°以内的区域为黄道带，黄道带内有十二个星座，称为“黄道十二宫”，从春分(节气)点起，每30°便是一宫，并冠以星座名，如白羊座、金牛座、双子座等等，这便是星座的由来，今天我们研究的问题便是二面角的平面角问题．1．二面角的概念(1)半平面：平面内的一条直线把平面分为两部分，其中的每一部分都叫做半平面．(2)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面．棱为l，两个面分别为α，β的二面角的面，记作α-l-β，若A∈α，B∈β，则二面角也可以记作A-l-B，二面角的范围为[0，π]．(3)二面角的平面角：在二面角α-l-β的棱上任取一点O，以O为垂足，分别在两半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB叫做二面角α-l-β的平面角．提醒：二面角的大小等于它的平面角大小，平面角是直角的二面角称为直二面角．思考：如何找二面角的平面角？ [提示] (1)定义法由二面角的平面角的定义可知平面角的顶点可根据具体题目选择棱上一个特殊点，求解用到的是解三角形的有关知识．(2)垂面法作(找)一个与棱垂直的平面，与两面的交线就构成了平面角．(3)三垂线定理(或逆定理)作平面角，这种方法最为重要，其作法与三垂线定理(或逆定理)的应用步骤一致．2．用空间向量求二面角的大小如果n 1，n 2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．则θ＝〈n 1，n 2〉或θ＝π－〈n 1，n 2〉，sin θ＝sin 〈n 1，n 2〉．1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)二面角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2．( )(2)若二面角α-l -β的两个半平面的法向量分别为n 1，n 2，则二面角的平面角与两法向量夹角〈n 1，n 2〉一定相等．( ) (3)二面角的大小通过平面角的大小来度量． ( )[答案] (1)× (2)× (3)√ [提示] (1)× 不是．是[0，π]． (2)× 不一定．可能相等，也可能互补． (3)√2．(教材P 52练习B ②改编)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，二面角A 1-BC -A 的余弦值为( )A ．12B ．23C ．22D ．33 C [易知∠A 1BA 为二面角A 1 -BC -A 的平面角， cos ∠A 1BA ＝AB A 1B ＝22．]3．已知二面角α-l -β，其中平面α的一个法向量m ＝(1,0，－1)，平面β的一个法向量n ＝(0，－1,1)，则二面角α-l -β的大小可能为________．60°或120° [cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝－12·2＝－12， ∴〈m ，n 〉＝120°，∴二面角α-l -β的大小为60°或120°．]4．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，二面角A 1-BD -C 1的余弦值是________． 13[如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，B (1,1,0)，A 1(1,0,1)，DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝－1，z ＝－1，∴n ＝(1，－1，－1)． 同理，求得平面BC 1D 的一个法向量m ＝(1，－1,1)， 则cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝13， 所以二面角A 1-BD -C 1的余弦值为13．]用定义法求二面角【例1】C 在底面圆周上，若△P AB 是边长为2的正三角形，且CO ⊥AB ，求二面角P -AC -B 的正弦值．[解] 如图，取AC 的中点D ，连接OD ，PD ，∵PO ⊥底面，∴PO ⊥AC ， ∵OA ＝OC ，D 为AC 的中点， ∴OD ⊥AC ， 又PO ∩OD ＝O ，∴AC ⊥平面POD ，则AC ⊥PD ， ∴∠PDO 为二面角P -AC -B 的平面角． ∵△P AB 是边长为2的正三角形，CO ⊥AB ， ∴PO ＝3，OA ＝OC ＝1，OD ＝22， 则PD ＝(3)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝142．∴sin ∠PDO ＝PO PD ＝3142＝427，∴二面角P -AC -B 的正弦值为427．用定义求二面角的步骤(1)作(找)出二面角的平面角(作二面角时多用三垂线定理)． (2)证明所作平面角即为所求二面角的平面角．(3)解三角形求角．[跟进训练]1．已知矩形ABCD的两边AB＝3，AD＝4，P A⊥平面ABCD，且P A＝45，则二面角A-BD-P的正切值为________．13[过A作AO⊥BD，交BD于O，连接PO，∵矩形ABCD的两边AB＝3，AD＝4，P A⊥平面ABCD，且P A＝45，∴BD＝32＋42＝5，PO⊥BD，∴∠POA是二面角A-BD-P的平面角，∵12×BD×AO＝12×AB×AD，∴AO＝AB×ADBD＝125，∴tan∠POA＝P AAO＝45125＝13．∴二面角A-BD-P的正切值为13．]用向量法求二面角[1．构成二面角的平面角有几个要素？[提示](1)角的顶点在二面角的棱上；(2)角的两边分别在表示二面角的两个半平面内；(3)角的两边分别和二面角的棱垂直．2．二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角有何关系？[提示]条件平面α，β的法向量分别为u，v，α，β所构成的二面角的大小为θ，〈u，v〉＝φ图形关系θ＝φθ＝π－φ计算cos θ＝cos φcos θ＝－cos φ1111＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1-OB1-D的余弦值．[思路探究](1)充分利用图形中的垂直关系，用传统的方法(综合法)可证．(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用法向量求二面角的余弦值．[解](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，所以O1O⊥底面ABCD．(2)因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又O1O⊥底面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直．如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．设棱长为2，因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1， 所以O (0,0,0)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)， 平面BDD 1B 1的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 设平面OC 1B 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由m ⊥OB 1→，m ⊥OC 1→，所以3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0， 取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23， 所以m ＝(2,23，－3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝2319＝25719．由图形可知二面角C 1-OB 1-D 的大小为锐角， 所以二面角C 1-OB 1-D 的余弦值为25719．1．(变问法)本例(2)条件不变，求二面角B -A 1C -D 的余弦值． [解] 如图建立空间直角坐标系．设棱长为2，则A 1(0，－1,2)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)． 所以BC →＝(－3，1,0)，A 1C →＝(0,2，－2)，CD →＝(－3，－1,0)． 设平面A 1BC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1C →＝0，n 1·BC →＝0，即⎩⎨⎧2y 1－2z 1＝0，－3x 1＋y 1＝0，取x 1＝3，则y 1＝z 1＝3， 故n 1＝(3，3,3)．设平面A 1CD 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1C →＝0，n 2·CD →＝0，即⎩⎨⎧2y 2－2z 2＝0，－3x 2－y 2＝0，取x 2＝3，则y 2＝z 2＝－3，故n 2＝(3，－3，－3)．所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－1521＝－57．由图形可知二面角B -A 1C -D 的大小为钝角，所以二面角B -A 1C -D 的余弦值为－57．2．(变条件、变问法)本例四棱柱中，∠CBA ＝60°改为∠CBA ＝90°，设E ，F 分别是棱BC ，CD 的中点，求平面AB 1E 与平面AD 1F 所成锐二面角的余弦值．[解] 以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，设此棱柱的棱长为1，则A (0，0,0)，B 1(1,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，D 1(0,1,1)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，AB 1→＝(1,0,1)，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，AD 1→＝(0,1,1)．设平面AB 1E 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB 1→＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋z 1＝0，x 1＋12y 1＝0，令y 1＝2，则x 1＝－1，z 1＝1， 所以n 1＝(－1,2,1)．设平面AD 1F 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AD 1→＝0，n 2·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋z 2＝0，12x 2＋y 2＝0.令x 2＝2，则y 2＝－1，z 2＝1．所以n 2＝(2，－1,1)．所以平面AB 1E 与平面AD 1F 所成锐二面角的余弦值为 |n 1·n 2||n 1||n 2|＝|(－1，2，1)·(2，－1，1)|(－1)2＋22＋12·22＋(－1)2＋12 ＝|(－1)×2＋2×(－1)＋1×1|6×6＝12．利用坐标法求二面角的步骤设n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，如图．用坐标法的解题步骤如下：(1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系． (2)求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n 1，n 2． (3)计算：求n 1与n 2所成锐角θ，cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|．(4)定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ． 提醒：确定平面的法向量是关键．空间中的翻折与探索性问题【例CD ＝2AB ＝2BC ＝4，过A 点作AE ⊥CD ，垂足为E ，现将△ADE 沿AE 折叠，使得DE ⊥EC ．取AD 的中点F ，连接BF ，CF ，EF ，如图乙．甲 乙(1)求证：BC ⊥平面DEC ； (2)求二面角C -BF -E 的余弦值．[思路探究] (1)根据线面垂直的判定定理即可证明BC ⊥平面DEC ； (2)建立空间坐标系，利用向量法即可求二面角C -BF -E 的余弦值． [解] (1)证明：如图，∵DE ⊥EC ，DE ⊥AE ，AE ∩EC ＝E ， ∴DE ⊥平面ABCE ，又∵BC ⊂平面ABCE ，∴DE ⊥BC ，又∵BC ⊥EC ，DE ∩EC ＝E ，∴BC ⊥平面DEC ．(2)如图，以点E 为坐标原点，分别以EA ，EC ，ED 为x ，y ，z 轴建立空间坐标系E -xyz ，∴E (0,0,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)， D (0,0,2)，A (2,0,0)，F (1,0,1)，设平面EFB 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由EF →＝(1,0,1)，EB →＝(2,2,0)， 所以⎩⎨⎧x 1＋z 1＝0，2x 1＋2y 1＝0，∴取x 1＝1，得平面EFB 的一个法向量n 1＝(1，－1，－1)， 设平面BCF 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 由CF →＝(1，－2,1)，CB →＝(2,0,0)，所以⎩⎨⎧x 2＝0，x 2－2y 2＋z 2＝0，∴取y 2＝1，得平面BCF 的一个法向量n 2＝(0,1,2)， 设二面角C -BF -E 的大小为α， 则cos α＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|－1－2|5·3＝155．1．与空间角有关的翻折问题的解法要找准翻折前后的图形中的不变量及变化的量，再结合向量知识求解相关问题．2．关于空间角的探索问题的处理思路利用空间向量解决空间角中的探索问题，通常不需要复杂的几何作图、论证、推理，只需先假设结论成立，设出空间的坐标，通过向量的坐标运算进行推断，把是否存在问题转化为点的坐标是否有解的问题来处理．[跟进训练]2．如图1，在等腰梯形ABCD 中，AD ∥CB ，AD ＝2CB ＝4，∠ABC ＝120°，E 为AD 的中点，现分别沿BE ，EC 将△ABE 和△ECD 折起，使得平面ABE ⊥平面BCE ，平面ECD ⊥平面BCE ，连接AD ，如图2．(1)若在平面BCE 内存在点G ，使得GD ∥平面ABE ，请问点G 的轨迹是什么图形？并说明理由．(2)求平面AED 与平面BCE 所成锐二面角的余弦值．图1 图2[解] (1)点G 的轨迹是直线MN ． 理由如下：如图，分别取BC 和CE 的中点N 和M ，连接DM ，MN ，ND ，则MN ∥BE ，又MN ⊄平面BEA ，BE ⊂平面BEA ， ∴MN ∥平面BEA ，依题意有△ABE ，△BCE ，△ECD 均为边长为2的正三角形， ∴MD ⊥CE ，又平面ECD ⊥平面BCE ，则MD ∥平面BEA ， ∴平面NMD ∥平面BEA ，∴点G 的轨迹是直线MN ．(2)如图，以点M 为坐标原点，MB 为x 轴，MC 为y 轴，MD 为z 轴，建立空间直角坐标系，则E (0，－1,0)，D (0,0，3)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，3，∴EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，3，ED →＝(0,1，3)，设平面AED 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·ED →＝y ＋3z ＝0，n ·EA →＝32x ＋12y ＋3z ＝0，取x ＝3，得n ＝(3，3，－3)， 取平面BCE 的一个法向量m ＝(0,0,1)， 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝－55，∴平面AED 与平面BCE 所成锐二面角的余弦值为55．1．学会利用空间向量求二面角与定义法求二面角的方法．2．利用向量法求二面角的基本思想是把空间角转化为求两个向量之间的关系．首先要找出并利用空间直角坐标系或基向量(有明显的线面垂直关系时尽量建系)表示出向量，然后运用向量的运算即可，其次要理清要求角与两个向量夹角之间的关系．1．三棱锥A -BCD 中，平面ABD 与平面BCD 的法向量分别为n 1·n 2，若〈n 1，n 2〉＝π3，则二面角A -BD -C 的大小为( )A ．π3B ．2π3C ．π3或2π3D ．π6或π3 C [当二面角A -BD -C 为锐角时，它等于〈n 1，n 2〉＝π3．当二面角A -BD -C 为钝角时，它应对等于π－〈n 1，n 2〉＝π－π3＝2π3．] 2．已知△ABC 和△BCD 均为边长为a 的等边三角形，且AD ＝32a ，则二面角A -BC -D 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° C [如图取BC 的中点为E ，连接AE ，DE ，由题意得AE ⊥BC ，DE ⊥BC ， 且AE ＝DE ＝32a ，又AD ＝32a ，∴∠AED ＝60°，即二面角A -BC -D 的大小为60°．]3．如图所示，在正四棱锥P -ABCD 中，若△P AC 的面积与正四棱锥的侧面面积之和的比为6∶8，则侧面与底面所成的二面角为( )A ．π12B ．π4 C ．π6D ．π3D [设正四棱锥的底面边长为a ，侧面与底面所成的二面角为θ，高为h ，斜高为h ′，则12×2ah 4×12ah ′＝68，∴h h ′＝32，∴sin θ＝32，即θ＝π3．] 4．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．23 [建系如图，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，∴DA 1→＝(1,0,1)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12．设平面A 1ED 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·DA 1→＝0，且n ·DE →＝0．即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＋12z ＝0，令x ＝1，得y ＝－12，z ＝－1．∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，－1，又平面ABCD 的一个法向量为DD 1→＝(0,0,1)．则cos〈n ，DD 1→〉＝|n ·DD 1→||n ||DD 1→|＝23．]5．三棱锥P-ABC，P A＝PB＝PC＝73，AB＝10，BC＝8，CA＝6，求二面角P-AC-B的大小．[解]如图在三棱锥P-ABC中，P A＝PB＝PC＝73，AB＝10，BC＝8，CA ＝6，∴AC2＋BC2＝AB2，∴△ABC是以AB为斜边的直角三角形，∴P在底△ABC的射影D是△ABC的外心，即斜边AB的中点D是P在底△ABC的射影，作DE⊥AC，交AC于点E，连接PE，则∠PED是所求的二面角的平面角，由题意得DE＝4，PE＝8，cos∠PED＝DEPE＝12，∴∠PED＝60°，∴二面角P-AC-B的大小为60°．。

课后素养落实(七) 二面角(建议用时：40分钟)一、选择题1．在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝22AA 1，E 为CC 1的中点，如此二面角E ­BD ­C 的平面角的大小为( )A ．π6B ．π4C ．π3D ．π2B [如图，连接AC ，BD ，相交于点O ，∵AB ＝BC ， ∴OC ⊥BD ， 而△BCE ≌△DCE ， ∴BE ＝DE ， 如此OE ⊥BD ，∴∠EOC 为二面角E ­BD ­C 的平面角， 设AB ＝BC ＝2，如此OC ＝12AC ＝2，AA 1＝22，如此CE ＝12CC 1＝12AA 1＝2．∴∠EOC ＝π4．即二面角E ­BD ­C 的平面角的大小为π4．]2．过正方形ABCD 的顶点A 作线段AP 垂直于平面ABCD ，且AP ＝AB ，如此平面ABP 与平面CDP 所成的锐二面角的大小为( )A ．π4B ．π3C ．π6D ．以上都不正确A [设AP ＝AB ＝1，以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，如此P (0，0，1)，D (0，1，0)，C (1，1，0)，PC →＝(1，1，－1)，PD →＝(0，1，－1)．设平面PCD 的法向量m ＝(x ，y ，z )，如此⎩⎨⎧m ·PC →＝x ＋y －z ＝0，m ·PD →＝y －z ＝0，取y ＝1，得m ＝(0，1，1)， 平面ABP 的法向量n ＝(0，1，0)， 设平面ABP 与平面CDP 所成的角为θ， 如此cos θ＝|m ·n ||m |·|n |＝12×1＝22，∴θ＝π4．]3．在边长为a 的正三角形ABC 中，AD ⊥BC 于点D ，将△ABD 沿AD 翻折后，BC ＝12a ，此时二面角B ­AD ­C 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°C [分析知∠BDC 就是二面角B ­AD ­C 的平面角．∵在△BCD 中，BC ＝BD ＝CD ＝12a ，∴△BCD 为正三角形，∴∠BDC ＝60°．]4．二面角α­l ­β的大小为60°，b 和c 是两条异面直线，且b ⊥α，c ⊥β，如此b 与c 所成的角的大小为( )A ．120°B ．90°C ．60°D ．30°C [设直线b ，c 的方向向量分别为b ，c ，b ⊥α，c ⊥β，所以b ，c 分别是平面α，β的法向量，二面角α­l ­β的大小为60°，b ，c 的夹角为60°或120°，因为异面直线所成角为锐角或直角，所以b 与c 所成的角为60°．]5．如图，将边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折成大小等于θ的二面角B ′­AC ­D ，M ，N 分别为AC ，B ′D 的中点，假如θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3，如此线段MN 长度的取值X 围为( )A ．⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤24，64 B ．⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，32 C ．⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤13，33D ．[1，3]A [连接B ′M ，DM ，得AC ⊥B ′M ，AC ⊥DM ，∴∠DMB ′是二面角B ′­AC ­D 的平面角，且B ′M ＝DM ＝22，在等腰△DMB ′中，MN ⊥B ′D ，且∠DMN ＝12∠DMB ′＝12θ，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3，如此MN ＝DM cos 12θ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤24，64．∴线段MN 长度的取值X 围为⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤24，64．]二、填空题6．如下列图，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 ＝14BB ′，如此截面CDE 与底面A ′B ′C ′所成二面角的大小为________．45°[∵AA ′＝BB ′＝4，D 是棱AA ′的中点，BE ＝14BB ′，∴AD ＝2，BE ＝1，ED ＝5．在△EDC 中，EC ＝5，ED ＝5，CD ＝22，易得S △DCE ＝6，而S △A ′B ′C ′＝3，设截面CDE与底面A ′B ′C ′所成的角为θ，如此cos θ＝S △A ′B ′C ′S △DCE＝36＝22，∴θ＝45°．] 7．假如P 是△ABC 所在平面外一点，且△PBC 和△ABC 都是边长为2的正三角形，PA ＝6，如此二面角P ­BC ­A 的大小为________．90° [取BC 的中点O ，连接PO ，AO (图略)，如此∠POA 就是二面角P ­BC ­A 的平面角．又PO ＝AO ＝3，PA ＝6，所以∠POA ＝90°．]8．如图，在边长为2的正方体中，M 为棱AB 的中点，如此二面角B 1­CM ­B 的正切值是________．5 [以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，如此B (2，2，0)，B 1(2，2，2)，C (0，2，0)，M (2，1，0)，CM →＝(2，－1，0)，CB 1→＝(2，0，2)，设平面CMB 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，如此⎩⎨⎧m ·CM →＝2x －y ＝0，m ·CB 1→＝2x ＋2z ＝0，取x ＝1，得m ＝(1，2，－1)， 平面CBM 的法向量n ＝(0，0，1)， 设二面角B 1­CM ­B 的平面角为θ， 如此cos θ＝|m ·n ||m |·|n |＝16·1＝16， ∴tan θ＝5．∴二面角B 1­CM ­B 的正切值为5．]三、解答题9．如下列图，ABCD 是正方形，V 是平面ABCD 外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝AB ，求二面角A ­VB ­C 的余弦值．[解] 取VB 的中点为E ， 连接AE ，CE ．∵VA ＝VB ＝VC ＝AB ，ABCD 为正方形， ∴AE ⊥VB ，CE ⊥VB ．∴∠AEC 是二面角A ­VB ­C 的平面角．设AB ＝a ，连接AC ，在△AEC 中，AE ＝EC ＝32a ，AC ＝2a ，由余弦定理可知：cos ∠AEC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32a 2－2a22×32a ×32a＝－13，∴所求二面角A ­VB ­C 的余弦值为－13．10．如下列图，在梯形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝6，BC ＝2AB ＝4，E ，F 分别在线段BC ，AD 上(异于端点)，EF ∥AB ．将四边形ABEF 沿EF 折起，连接AD ，AC ，BC ．(1)假如BE ＝3，在线段AD 上取一点P ，使AP ＝12PD ，求证：CP ∥平面ABEF ；(2)假如平面ABEF ⊥平面EFDC ，且线段FA ，FC ，FD 的长满足FC 2＝FA ·FD ，求平面EAC 和平面ACF 夹角的大小．[解] (1)证明：在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，EF ∥AB ，BE ＝3， ∴AF ＝3．又AD ＝6，BC ＝4，∴EC ＝1，FD ＝3，在线段AF 上取点Q ，使AQ ＝12QF ，连接PQ ，QE ，∵AP ＝12PD ，∴PQ13DF ，∵CE13DF ，∴CE PQ ，∴四边形ECPQ 为平行四边形，∴CP ∥EQ ， ∵CP ⊄平面ABEF ，EQ ⊂平面ABEF ， ∴CP ∥平面ABEF ．(2)在梯形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ∥EF ，∴EF ⊥AF ，EF ⊥FD ，∵平面ABEF ⊥平面EFDC ，平面ABEF ∩平面EFDC ＝EF ，AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥平面EFDC ．设FA ＝x (0＜x ＜4)，∵EF ＝AB ＝2， ∴FD ＝6－x ，EC ＝4－x ，∴FC ＝4＋4－x2，∵FC 2＝FA ·FD ，即4＋(4－x )2＝x (6－x )， 化简得x 2－7x ＋10＝0，∴x ＝2或x ＝5(舍去)．以点F 为坐标原点，FE ，FD ，FA 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如下列图，如此F (0，0，0)，E (2，0，0)，C (2，2，0)，A (0，0，2)， ∴EC →＝(0，2，0)，EA →＝(－2，0，2)， 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面EAC 的法向量，如此⎩⎨⎧n 1·EC →＝0，n 1·EA →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1＝0，－2x 1＋2z 1＝0，取z 1＝1，如此x 1＝1，y 1＝0，∴平面EAC 的一个法向量为n 1＝(1，0，1)． 又FC →＝(2，2，0)，FA →＝(0，0，2)， 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACF 的法向量， 如此⎩⎨⎧n 2·FC →＝0，n 2·FA →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋2y 2＝0，2z 2＝0，取x 2＝1，如此y 2＝－1，z 2＝0，∴平面ACF 的一个法向量为n 2＝(1，－1，0)． ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝12×2＝12． ∵平面EAC 和平面ACF 的夹角为锐角，∴平面EAC 和平面ACF 的夹角为60°．1．(多项选择题)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，BC ＝1，AB ＝2，∠ACB ＝90°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1．点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，如此cos θ的取值可能为( )A ．13B ．77C ．12D ．23BC [∵平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，CF ⊂平面ACFE ，CF ⊥AC ，∴CF ⊥平面ABCD ．以点C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CF →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系(图略)，令FM ＝λ(0≤λ≤3)，如此C (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，M (λ，0，1)，故AB →＝(－3，1，0)，BM →＝(λ，－1，1)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，由⎩⎨⎧n 1·AB →＝0，n 1·BM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0.取x ＝1，如此n 1＝(1，3，3－λ)．∵n 2＝(1，0，0)是平面FCB 的一个法向量， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝11＋3＋3－λ2＝1λ－32＋4．∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ取得最小值77；当λ＝3时，cos θ取得最大值12，∴cos θ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤77，12．应当选BC ．]2．边长为2的正方形纸片ABCD ，现将其沿着对角线AC 翻折，使得二面角B ­AC ­D 的大小等于45°，如此四面体ABCD 的体积为( )A ．1B ．23C ．34D ．2B [如图，连接AC ，BD ，设AC 与BD 相交于点E ，如此BE ⊥AC ，DE ⊥AC ，∴∠BED 为二面角B ­AC ­D 的平面角，大小等于45°，且AC ⊥平面BED ， 在平面BED 中，过B 作BO ⊥平面ACD ，如此O 在DE 上， ∵原正方形的边长为2， ∴S △ACD ＝12×2×2＝2，BE ＝2，如此BO ＝1．∴四面体ABCD 的体积为13×2×1＝23．]3．在四棱锥P ­ABCD 中，PD ⊥AC ，AB ⊥平面PAD ，底面ABCD 为正方形，且CD ＋PD ＝3．假如四棱锥P ­ABCD 的每个顶点都在球O 的球面上，如此球O 的外表积的最小值为________；当四棱锥P ­ABCD 的体积取得最大值时，二面角A ­PC ­D 的正切值为________．6π5 [设CD ＝x (0＜x ＜3)，如此PD ＝3－x ，因为AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD ， 又PD ⊥AC ，所以PD ⊥平面ABCD ，如此四棱锥P ­ABCD 可补形为一个长方体，球O 的球心为PB 的中点，从而球O 的外表积为：4π⎝⎛⎭⎪⎪⎫x 2＋x 2＋3－x 222＝ 3π[(x －1)2＋2]≥6π．四棱锥的体积为V ＝13×(3－x )x 2(0＜x ＜3)，如此V ′＝－x 2＋2x ，当0＜x ＜2时，V ′＞0，当2＜x ＜3时，V ′＜0，所以V max ＝V (2)，此时AD ＝CD ＝2，PD ＝1，过D 作DH ⊥PC 于H ，连接AH ，如此∠AHD 为二面角A ­PC ­D 的平面角． ∵DH ＝2×15＝255，∴tan ∠AHD ＝ADDH＝5．]4．如下列图，甲站在水库地面上的点A 处，乙站在水坝斜面上的点B 处，从A ，B 到直线l (水库地面与水坝斜面的交线)的距离AC 和BD 分别为a 和b ，CD 的长为c ，AB 的长为d ，如此水库地面与水坝斜面所成二面角的余弦值为________．a 2＋c 2＋b 2－d 22ab[法一：化为向量问题：根据向量的加法法如此，AB →＝AC →＋CD →＋DB →．进展向量运算：d 2＝AB →2＝(AC →＋CD →＋DB →)2＝AC →2＋CD →2＋DB →2＋2(AC →·CD →＋AC →·DB →＋CD →·DB →)＝a 2＋c 2＋b 2＋2AC →·DB →＝a 2＋c 2＋b 2－2CA →·DB →，所以CA →·DB →＝a 2＋c 2＋b 2－d 22．设向量CA →与DB →的夹角为θ，如此θ就是水库地面与水坝斜面所成二面角的大小，因此cos θ＝CA →·DB→|CA →||DB →|＝a 2＋c 2＋b 2－d 22ab．故水库地面与水坝斜面所成二面角的余弦值为a 2＋c 2＋b 2－d 22ab．法二：如图，过D 作DE ∥AC ，且DE ＝AC ，连接AE ，BE ，由二面角的平面角的定义知∠BDE 即所求二面角的平面角．在△BDE 中，BE 2＝d 2－c 2，由余弦定理得cos ∠BDE ＝BD 2＋DE 2－BE 22BD ·DE ＝a 2＋c 2＋b 2－d 22ab．如图，正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，D ，E ，M 分别是线段BC ，CC 1，AB 的中点，AA 1＝2AB ＝4．(1)求证：DE ∥平面A 1MC ；(2)在线段AA 1上是否存在一点P ，使得二面角A 1­BC ­P 的余弦值为71938？假如存在，求出AP 的长；假如不存在，请说明理由．[解] (1)证明：如图，连接AC 1，设O 为A 1C ，AC 1的交点，由题意可知O 为AC 1的中点，连接OM ，OE ，MD ， 如此MD →＝12AC →，OE →＝12AC →，∴MD →＝OE →，∴四边形MDEO 为平行四边形，即DE ∥MO ．又DE ⊄平面A 1MC ，MO ⊂平面A 1MC ，∴DE ∥平面A 1MC ．(2)法一：假设存在点P ，如图，连接A 1D ，PB ，PC ，PD ，由题意易得△A 1BC ，△PBC 为等腰三角形，A 1D ，PD 为底边BC 上的高，如此∠A 1DP 为二面角A 1­BC ­P 的平面角．设PA ＝a (0≤a ＜4)，如此PA 1＝4－a ，PB 2＝PA 2＋AB 2＝a 2＋4， 又PB 2＝PD 2＋BD 2＝PD 2＋1，∴PD 2＝a 2＋3．又A 1C 2＝A 1C 21＋CC 21＝A 1D 2＋CD 2，∴A 1D 2＝19，如此cos ∠A 1DP ＝A 1D 2＋PD 2－A 1P 22A 1D ·PD＝71938，解得a ＝1．故存在点P ，使得二面角A 1­BC ­P 的余弦值为71938，此时PA ＝1．法二：建立如下列图的空间直角坐标系，设PA ＝a (0≤a ＜4)，如此D (0，0，0)，A (3，0，0)，P (3，0，a )，A 1(3，0，4)，B (0，1，0)，如此DP →＝(3，0，a )，PB →＝(－3，1，－a )，设平面PBC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，如此⎩⎨⎧n 1·DP →＝0，n 1·PB →＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝03x 1＝－az 1，取x 1＝a ，如此n 1＝(a ，0，－3)．同理，A 1D →＝(－3，0，－4)，A 1B →＝(－3，1，－4)，设平面BCA 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，如此⎩⎨⎧n 2·A 1D →＝0，n 2·A 1B →＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝0，3x 2＝－4z 2，取x 2＝4，如此n 2＝(4，0，－3)．由图易得所求二面角为锐角，设为θ，如此cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪4a ＋3a 2＋3·19＝71938，解得a ＝1．故存在点P ，使得二面角A 1­BC ­P 的余弦值为71938，此时PA ＝1．。