高中数学【二面角二】教学设计

二面角⑵

教学目标与核心素养

课程目标学科素养

A.进一步理解二面角的定义；1.数学抽象：二面角的定义

B.掌握求二面角的两种基本方法，即空间2.逻辑推理：二面角的定义

向量法与几何法.3.直观想象：二面角的几何模型

4.数学运算：用向量法解决二面角的计算问题

教学重难点

1.教学重点：掌握求二面角的基本方法

2.教学难点：二面角综合问题的解决

课前准备

多媒体

教学过程

教学过程教学设计意图

核心素养目标

一、真题链接

1.（2018•浙江高考真题）已知四棱锥S-438的底面是正方形，

侧棱长均相等，E是线段上的点（不含端点），设SE与8C所

成的角为4，SE与平面A3CD所成的角为名,二面角S—A3—C通过高考真题的

分析解决，帮助学生

的平面角为名，则（）

掌握二面角的基本

A.%&仇B.0<0<

32解决方法。提升学生

C,行44%D.%叫£。\数学抽象，逻辑推理

和数学建模的核心

【答案】D

素养。

【解析】设。为正方形ABC。的中心，M为A5中点，过后作

的平行线EF，交8于F，过。作QV垂直EF于N,连接50、

SN、OM,则S0垂直于底面ABC。，OM垂直于45，因此

4SEN=4,NSEO=2,NSM0=",

从而tanq=皿=赵，tan&=也，tanaSO

1ENOM2EO3OM

因为SNNSO,EO>OM.

所以tan用>tan03>tan02,即0]>0^>02,选D.

2.（2020•天津高考真题）如图，在三棱柱ABC—44G中，CC,1

平面3cAe=3C=2,CQ=3,点、D,E分别在

棱AA和棱C£上，且AD=1CE=2,M为棱A4的中点.

（I）求证：C.Ml^D；

（ID求二面角8-片£—。的正弦值；

（III）求直线AB与平面。片£所成角的正弦值.

【解析】依题意，以c为原点，分别以示、而、eq的方向为］

轴、)'轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0,0,0)、

A(2,0,0)、5(0,2,0)、G(0,0,3)、「(2,0,3)、「(0,2,3)、

、

0(2,0,1)E(0,0,2),M(l,l,3).通过梳理求解二

(I)依题意，QW=(1,1,0),丽=(2,-2,—2),面角的基本方法和

步骤，提升运算速度

从而丽:・瓦)=2—2+0=0,所以

和准确度，让学生感

(II)依题意，无=(2,0,0)是平面BB|E的一个法向量，

受，用代数方法解问

函=(0,2』),ED=(2,0,-l).题决立体几何问题。

发展学生逻辑推理，

-，、nnr除瓯=()

设〃=(x,y,z)为平面。为£的法向量，则_____；,

数学抽象和数学运

[n-££>=()

算的核心素养。

即《二八，不妨设x=l，可得〃=(1,-1,2).

--CAn2屈

cos<CA,n>—।——I、=-----j=―――

C4|.n2xV66

sin<CA,n〉=-cos"<CA,〃>='•

6

所以，二面角3—D的正弦值为粤；

(HD依题意，AB=(-2,2,0).

由(0)知3=(1,—1,2)为平面DB|E的一个法向量，于是

-一ABn-4石

cos<AB,n>--——.if一.

2V2XV63

所以，直线A3与平面DB|E所成角的正弦值为立.

3

二、典例解析

例1.（2020.全国高考真题（理））如图，。为圆锥的顶点，。是

圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD.AASC是底面的

内接正三角形，P为匕一点，PO=^-DO.

6

（1）证明：/%，平面尸3。；

（2）求二面角3-PC—E的余弦值.

【解析】（1）由题设，知△DAE为等边三角形，设AE=1，

则。。=走，C0=60=LAE=L，所以PO=直。0=也,

22264

PC=YIPO2+OC2=%PB=yJPO2+OB2,

44

又AABC为等边三角形，则一^—=204,所以8A=@，

sin602

3

PA2+PB2=-=AB2,则ZAP3=90°，所以以，依，

4

同理P4_LPC,又PCCPB=P,所以Q4L平面PBC；

（2）过。作QV〃BC交4B于点M因为PO_L平面ABC,以。

为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标

系，

通过典例解析

想，对二面角典型问

题的分析解决，明确

思考方向，让学生感

受，用代数方法解问

定乎,-坐），丽=（4,半，-%

题决立体几何问题。

444444

发展学生逻辑推理，

数学抽象和数学运

算的核心素养。

设平面PCB的一个法向量为7=（X1,y,Z|）,

n-PC=Q(-玉--A/^Z]=0r—

由，得LL，令％=6,得

HPB=Q[-王+®-®=0

Z]=-1,y—0,

所以1=(3,0,—l),

设平面PCE的一个法向量为〃2=（X2，，2，Z2）

in•PC=0-X?--—0

，得《，令入2=1，得

fn-PE=0-2%-=0

Z2=-6%=与'

所以加=（1,弓＞一企）

---n-m2y/225/5

,,cos<m,n>=————

故\n\-\m\

设二面角B-PC-E的大小为6,则cos6=WE.

5

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，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形A8C£>(及其

内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120。得到的，G是OF的中点.

(1)设P是CE上的一点，S.AP1BE,求NC8尸的大小；

(2)当48=3,AO=2时，求二面角E-AG-C的大小.

［解］(1)因为AB1BE,AB,4Pu平面A8P,ABHAP=A,

所以BE_L平面ABP.

又8Pu平面A8P,所以

又NE8C=120°,所以NC8P=30°.

(2)以8为坐标原点，分别以8E,BP,84所在的直线为x,y,z轴,

建立如图所示的空间直角坐标系.

由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(b小，3),C(一1,50),

—►—►-►

故AE=(2,0,-3),AG=(I,小，0),CG=(2,0,3).

设团=（汨，yi，zi）是平面AEG的一个法向量,

m-AE=O,f2xi—3zi=0,

可得,「

一lxi+\3yi=0.

jnAG=O,

通过典型例题

的分析和解决，让学

取zi=2,可得平面AEG的一个法向量%=（3,—5，2）.

生感受空间向量坐

设"=（X2,”，Z2）是平面ACG的一个法向量，

标运算在解决空间

In-AG=O,jx2+V^y2=0,

由〈可得;几何中的应用。发展

一〔2X2+3Z2=O.

〔"CG=O,学生数学抽象、逻辑

取Z2=-2,可得平面4CG的一个法向量〃=（3,一小，-2）.推理的核心素养。

所以COS〈”7,加=||

|浒|川2

故所求的角为60。.

例2如图，已知四棱台ABCD-ABCD的上、下底面分别是边长为3

1111

和6的正方形,AJ=6,且底面ABCD,点P,Q分别在棱DD,BC

上.

⑴若P是。q的中点，证明:ABJPQ;

⑵若尸。〃平面二面角P-QD-A的余弦值为*求四面体ADPQ

的体积.

⑴证明:由题设知,相产8队。两两垂直,

以A为坐标原点,A&ADA、所在直线分别为x轴》轴,z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为

40,0,0),々(3,0,6),0(0,6,0),已(0,3,6),。(6,团,0),其中m=BQ,也m%

若P是DDi的中点，则P(0,|,3),PQ=(6,/M-|,-3).

又AB】=(3,0,6),于是4B；-所=18-18=0,

所以砥1所，即ABtlPQ.

A|Za

⑵解:由题设知，丽=(6,底6,0),西=(0/3,6)是平面PQD内的两个不共

线向量.

设m=(x,y,z)是平面PQD的一个法向量.

..,(^•0^=0,g(6x+(m-6)y=0,

叫n「西=。,叫3y+6z=0.

取y=6,得n1=(6-/72,6,3).

又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,I),

所以cos<n],n2>=-

(6-mr+45

11i(6-tn)2+62+32

而二面角P-QD-A的余弦值为*

因此13=解得加=4,或m=8(舍去)，此时。(6,4,0).

,(6-fm)、23+457

设丽=/1西(0〈在1),而西=(0,36),

由此得点尸(0,6-3464,所以由=(6,312,-62).

因为尸。〃平面ABBA,且平面ABBiAt的一个法向量是113=(0,1,0),所

以PQ-n3=0,即3九2=0,亦即2、,从而P(0,4,4).

于是，将四面体ADPQ视为以AA。。为底面的三棱锥P-AOQ,则其高

h=4.

故四面体ADPQ的体积V=^DQ-h=^x*6x6x4=24.

此类问题属于结论探索类问题.解决此类问题要注意分析

题目的整体结构，在此基础上建立空间直角坐标系，引入参数,将所求

问题先转化为一个含参数的方程问题，参数确定后其他问题就迎刃而

解.

跟踪训练2.（2018•全国高考真题（理））如图，在三棱锥P-ABC

中，AB=BC=20,PA=PB^PC=AC=4,。为AC的中

点.

（1）证明：POL平面A8C；

（2）若点加在棱8c上，且二面角M-BA-C为30。，

求PC与平面所成角的正弦值.

B

【解析】（1）因为AP=CP=AC=4,。为AC的中点，

所以OPJ_AC,且。尸=26.连结03.

因为AB=8C=WAC，所以AABC为等腰直角三角形，

2

且08J.AC,06=^40=2由OP2+OB2=PB2知POLOB.

2

由OPJ_03,OPJ.AC知PO±平面ABC.

（2）如图，以。为坐标原点，丽的方向为无轴正方向，建立空间

直角坐标系。一盯z.

X

由已知得

0(0,0,0),5(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2折,AP=(0,2；,币)

UUU

取平面PAC的法向量OB=(2,0,0)•

UUL1

设M(a,2—a,0)(0<a42),则AM=(q,4—。,0).设平面PAM的

法向量为M=(x,y,z).

,——"2y+2任=()„

由AP•万=0,AM•万=0得〈•,可取

［依+(4-a)y=0

2元=(6(。-4),岛,一。)

/7T52-\/3(61—4)

所以cos〈O8-〃〉=,-------------——-.山已知得

2,33-4)2+3/+/

cos〈砺㈤=”.

261a-4|V3

所以1-------——―=°.解得a=T(舍去)，

2^35-4)2+3/+7/2

4(8百4百41

a=-.所以〃=---.

31333)

又正=(0,2,—26)，所以cos〈定用=走.

4

所以PC与平面24M所成角的正弦值为正.

4

三、达标检测

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通过练习巩固本

(0,—1,3),(2,2,4),则这个二面角的余弦值为________.节所学知识，通过学

生解决问题，发展学

【答案】［设a—(0,-1,3),〃一(2,2,4),则cos<a,b)一

生的数学运算、逻辑

―6'推理、数学建模的核

又因为两向量的夹角与二面角相等或互补，所以这个二面角的余弦值

心素养。

为土隼1

2.正方形A8C£)所在平面外一点P,PA_L平面ABCC,若

则平面PAB与平面PCD的夹角为()

A.30°B.45°C.60°D.90°

【答案】B

［如图所示,建立空间直角坐标系，设用=45=1,则40,0,0),D(0,l,0),

—>

P(0,0,l).于是A£>=(0,l,0).

\\

\\

1

Z・1।

取PZ)中点为E,

则E(0，；，；),.,.AE=(0,g)，

易知AD是平面融8的法向量，AE是平面PCO的法向量，

—t啦

・・cos<A。，AE>—2.

平面PAB与平面PCD的夹角为45°.J

3.如图，在三棱锥P-ABQ中，P8_L平面ABQ,BA=BP=BQ,D,

C,E,尸分别是A。，BQ,AP,BP的中点，AQ=2BD,PD与EQ

交于点G,PC与FQ交于点，，连接G”.

―►―>

P(0,0,2),所以EQ=(-1,2,-1),下。=(0,2,-1),

­►—>

DP=(—1,-1,2),CP=(O,-1,2).

设平面EFQ的一个法向量为旭=(即，yi,zi),

―►―>

由/nEQ=O,m-FQ^O,

f-%i+2yi-zi=O.

得J、取yi=l,得m=(O,l,2).

12yLzi=0,

设平面PDC的一个法向量为〃=(X2,N2,Z2),

—>—>

由n£)P=0,n-CP=0,

[-X2—J2+2Z2=O»

得].取22=1,得〃=(021).

[―y2+2z2=0,

所以cos<m,n)一网同一5・

因为二面角D-GH-E为钝角，

4

所以二面角O-GH-E的余弦值为一亍

4.(2017•全国高考真题(理))如图，四棱锥P-ABCD中，侧面

PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底ABCO,

AB=BC=-AD,/BAD=ZABC=90°,E是PO的中点.

2

(1)证明：直线CE//平面A4B；

(2)点M在棱PC上，且直线80与底面ABC0所成角为45°，

求二面角M—AB—O的余弦值.

P

BC

【解析】(1)取R4中点尸，连结EF,BF.

因为E为PO的中点，所以E/7//AD.E/?=LA。，

2

由ZB4£)=ZABC=90°得BC/AW,又8C=，A£>

2

所以EF&8c.四边形6c所为平行四边形，

CE//BF.又3Fu平面PAB,CE<Z平面尸AB,

故CE//平面PA8

（2）山已知得84,AD，以A为坐标原点，通的方向为x轴正方

向，|而|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则