2023-2024学年人教B版选择性必修第一册 1-2-4　二面角 学案

1．2.4二面角新课程标准解读核心素养1.理解二面角的定义直观想象2.能用向量方法解决二面角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用数学运算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……[问题]你知道二面角是如何定义的吗？知识点一二面角1．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，如图．2．范围：我们约定，二面角及其平面角的大小不小于0°，不大于180°，而且，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，平面角是直角的二面角称为直二面角．找二面角的三种方法定义法在棱上取一点，分别在两平面内过此点引两条射线与棱垂直，这两条射线所成的角就是二面角的平面角垂面法已知二面角内一点到两个面的垂线时，过两垂线作平面与两个半平面的交线所成的角即为二面角的平面角垂线法过二面角的一个面内异于棱上的A点向另一个平面作垂线，垂足为B，由点B向二面角的棱作垂线，垂足为O，连接AO，则∠AOB为二面角的平面角或其补角，如图，∠AOB为二面角α­l­β的平面角知识点二空间向量与二面角如果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，则θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉，如图．特别地sinθ＝sin〈n1，n2〉．若二面角α­l­β的两个半平面的法向量分别为n1，n2，那么二面角的平面角与两法向量夹角〈n1，n2〉一定相等吗？提示：不一定．可能相等，也可能互补．1．在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个二面角的余弦值为()A．eq\f(\r(15),6) B．－eq\f(\r(15),6)C．eq\f(\r(15),3) D．eq\f(\r(15),6)或－eq\f(\r(15),6)解析：D∵eq\f(（0，－1，3）·（2，2，4）,\r(1＋9)·\r(4＋4＋16))＝eq\f(\r(15),6)，∴这个二面角的余弦值为eq\f(\r(15),6)或－eq\f(\r(15),6).2．正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则二面角P­CD­A的大小为________，平面PAD与平面PBC所成的角为________．答案：45°45°3．在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，则二面角B­PA­C的大小为________．解析：因为PA⊥平面ABC，所以AC⊥PA，BA⊥PA，所以∠BAC为二面角B­PA­C的平面角，又∠BAC＝90°，所以二面角B­PA­C的大小为90°.答案：90°题型一几何法求二面角【例1】如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°.求二面角A­A1C­B解设A1C的中点为M，连接BM，AM，因为BA1＝BC，AA1＝AC，所以BM⊥A1C，AM⊥A1所以∠AMB是二面角A­A1C­B的平面角由直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，且AB⊂平面ABC可得AB⊥AA1，由∠BAC＝90°，可得AB⊥AC，且AC∩AA1＝A，所以AB⊥平面ACC1A1又因为AM⊂平面ACC1A1，所以AB⊥AM在Rt△ABM中，AB＝2，AM＝eq\r(2)，可得tan∠AMB＝eq\f(AB,AM)＝eq\r(2)，所以二面角A­A1C­B的正切值为eq\r(2).|通性通法|求二面角大小的步骤(一作二证三求)如图，空间四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝a，对角线AC＝a，BD＝eq\r(2)a，求二面角A­BD­C的大小．解：如图，取BD的中点O，分别连接AO，CO，∵AB＝AD，BC＝CD，∴AO⊥BD，CO⊥BD．∴∠AOC为二面角A­BD­C的平面角．∵AB＝AD＝a，BD＝eq\r(2)a，∴AO＝eq\f(\r(2),2)a.∵BC＝CD＝a，BD＝eq\r(2)a，∴OC＝eq\f(\r(2),2)a.在△AOC中，OC＝eq\f(\r(2),2)a，OA＝eq\f(\r(2),2)a，AC＝a，OA2＋OC2＝AC2.∴∠AOC＝90°.即二面角A­BD­C的大小为90°.题型二向量法求二面角【例2】(2021·天津高考节选)如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点(1)求证D1F∥平面A1EC1(2)求二面角A­A1C1­E的正弦值解(1)以A为原点，AB，AD，AA1分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，C1(2，2，2)，D1(0，2，2)，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2，1，0)，F(1，2，0)，所以eq\o(D1F,\s\up6(―→))＝(1，0，－2)，eq\o(A1C1,\s\up6(―→))＝(2，2，0)，eq\o(A1E,\s\up6(―→))＝(2，1，－2)，设平面A1EC1的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up6(―→))＝2x1＋2y1＝0，,m·\o(A1E,\s\up6(―→))＝2x1＋y1－2z1＝0，))令x1＝2，则m＝(2，－2，1)，因为eq\o(D1F,\s\up6(―→))·m＝2－2＝0，所以eq\o(D1F,\s\up6(―→))⊥m，因为D1F⊄平面A1EC1，所以D1F∥平面A1EC(2)由正方体的特征可得，平面AA1C1的一个法向量为eq\o(DB,\s\up6(―→))＝(2，－2，0)，则cos〈eq\o(DB,\s\up6(―→))，m〉＝eq\f(\o(DB,\s\up6(―→))·m,|\o(DB,\s\up6(―→))|·|m|)＝eq\f(8,3×2\r(2))＝eq\f(2\r(2),3)，所以二面角A­A1C1­E的正弦值为eq\r(1－cos2〈\o(DB,\s\up6(―→))，m〉)＝eq\f(1,3).|通性通法|向量法求二面角的三个步骤(1)建立适当的坐标系，写出相应点的坐标；(2)求出两个半平面的法向量n1，n2；(3)设两平面的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|.[注意](1)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，从而用法向量求解；(2)要注意两平面所成的角与二面角的区别．1.如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系O­xyz的三条坐标轴上，eq\o(OC,\s\up6(―→))＝(0，0，2)，eq\o(OA,\s\up6(―→))＝(1，0，0)，eq\o(OB,\s\up6(―→))＝(0，2，0)，设二面角C­AB­O的大小为θ，则cosθ＝()A．eq\f(\r(6),3) B．eq\f(\r(6),6)C．eq\f(\r(2),4) D．eq\f(\r(3),4)解析：B因为eq\o(OC,\s\up6(―→))＝(0，0，2)，eq\o(OA,\s\up6(―→))＝(1，0，0)，eq\o(OB,\s\up6(―→))＝(0，2，0)，所以eq\o(AB,\s\up6(―→))＝(－1，2，0)，eq\o(AC,\s\up6(―→))＝(－1，0，2)，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(―→))·n＝0，,\o(AB,\s\up6(―→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2z＝0，,－x＋2y＝0，))取n＝(2，1，1)，又因为平面ABO的法向量为eq\o(OC,\s\up6(―→))＝(0，0，2)，所以cosθ＝eq\f(\o(OC,\s\up6(―→))·n,|\o(OC,\s\up6(―→))||n|)＝eq\f(2,2×\r(6))＝eq\f(\r(6),6)，故选B．2．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，各棱长都相等，E为BB1的中点，则二面角E­AC­B的大小为________解析：设正三棱柱的棱长为2，以AC的中点O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，AC的垂直平分线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(－1，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，E(0，eq\r(3)，1)，eq\o(AC,\s\up6(―→))＝(－2，0，0)，eq\o(AE,\s\up6(―→))＝(－1，eq\r(3)，1)．设平面AEC的法向量为n1＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up6(―→))＝－2x＝0，,n1·\o(AE,\s\up6(―→))＝－x＋\r(3)y＋z＝0，))令z＝eq\r(3)，得n1＝(0，－1，eq\r(3))．平面ABC的一个法向量为n2＝(0，0，1)，则cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(3),2).所以〈n1，n2〉＝eq\f(π,6)，故二面角E­AC­B的大小为eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)立体几何中的翻折问题如图，把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是原正方形ABCD的中心，求折纸后∠EOF的大小．此问题涉及到平面图形的翻折问题，求解平面图形翻折成立体图形有以下规律：确定翻折前后变与不变的关系画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决确定翻折后关键点的位置所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算1．写出上述问题的解答．解：如图，以OB，OC，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O­xyz.设原正方形的边长为1，则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，0))，cos〈eq\o(OE,\s\up6(―→))，eq\o(OF,\s\up6(―→))〉＝eq\f(\o(OE,\s\up6(―→))·\o(OF,\s\up6(―→)),|\o(OE,\s\up6(―→))||\o(OF,\s\up6(―→))|)＝－eq\f(\f(1,8),\f(1,2)×\f(1,2))＝－eq\f(1,2)，∴∠EOF＝120°.2．如图①，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，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②.(1)求证：BC⊥平面DEC；(2)求二面角C­BF­E的余弦值．解：(1)证明：∵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所在直线为x，y，z轴建立空间坐标系Exyz，∴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n1＝(x1，y1，z1)，由eq\o(EF,\s\up6(―→))＝(1，0，1)，eq\o(EB,\s\up6(―→))＝(2，2，0)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,2x1＋2y1＝0，))∴取x1＝1，得平面EFB的一个法向量n1＝(1，－1，－1)，设平面BCF的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由eq\o(CF,\s\up6(―→))＝(1，－2，1)，eq\o(CB,\s\up6(―→))＝(2，0，0)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,x2－2y2＋z2＝0，))取y2＝1，得平面BCF的一个法向量n2＝(0，1，2)，设二面角C­BF­E的大小为α，由图可知，α为锐角，则cosα＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(|－1－2|,\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),5).故二面角C­BF­E的余弦值为eq\f(\r(15),5).1．三棱锥A­BCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2，若〈n1，n2〉＝eq\f(π,3)，则二面角A­BD­C的大小为()A．eq\f(π,3) B．eq\f(2π,3)C．eq\f(π,3)或eq\f(2π,3) D．eq\f(π,6)或eq\f(π,3)解析：C当二面角A­BD­C为锐角时，它等于〈n1，n2〉＝eq\f(π,3).当二面角A­BD­C为钝角时，它等于π－〈n1，n2〉＝π－eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3).2.如图，AB是圆的直径，PA⊥AC，PA⊥BC，C是圆上一点(不同于A，B)，且PA＝AC，则二面角P­BC­A的平面角为()A．∠PAC B．∠CPAC．∠PCA D．∠CAB解析：C∵C是圆上一点(不同于A，B)，AB是圆的直径，∴AC⊥BC，PA⊥BC，AC∩PA＝A，即BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，∴BC⊥PC，又面ABC∩面PBC＝BC，PC∩AC＝C，∴由二面角的定义∠PCA为二面角P­BC­A的平面角．故选C．3.在正四面体A­BCD中，二面角A­CD­B的平面角的余弦值为()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(2),3)解析：B由A­BCD为正四面体知：记E为CD中点，连接AE，BE，则AE⊥CD，BE⊥CD而AE∩BE＝E，∴CD⊥面ABE，即有∠AEB为二面角A­CD­B的平面角，设正四面体的棱长为1，即AE＝BE＝eq\f(\r(3),2)，AB＝1，∴在△ABE中，作AH⊥BE于H，则cos∠AEB＝eq\f(HE,AE)，而AB2－BH2＝AE2－HE2且BH＝BE－HE，可得HE＝eq\f(\r(3),6)，∴cos∠AEB＝eq\f(1,3).故选B．4．(多选)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝3，以D为原点，eq\o(DC,\s\up6(―→))，eq\o(DA,\s\up6(―→))，eq\o(DD1,\s\up6(―→))的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是()A．B1的坐标为(2，2，3)B．eq\o(BC1,\s\up6(―→))＝(－2，