《2020版高中數(shù)學(xué) 第三章 空間向量與立體幾何 3.2.3 直線與平面的夾角 3.2.4 二面角及其度量學(xué)案（含解析）新人教B版選修2-1.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高中數(shù)學(xué) 第三章 空間向量與立體幾何 3.2.3 直線與平面的夾角 3.2.4 二面角及其度量學(xué)案（含解析）新人教B版選修2-1.docx（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

3.2.4　二面角及其度量 學(xué)習(xí)目標　1.理解斜線和平面所成的角的定義，體會夾角定義的唯一性、合理性.2.會求直線與平面的夾角θ.3.掌握二面角的概念，二面角的平面角的定義，會找一些簡單圖形中的二面角的平面角.4.掌握求二面角的基本方法、步驟． 知識點一　直線與平面所成的角 1．直線與平面所成的角 2．最小角定理 知識點二　二面角及理解 1．二面角的概念 (1)二面角的定義：平面內(nèi)的一條直線把平面分成兩部分，其中的每一部分都叫做半平面．從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．如圖所示，其中，直線l叫做二面角的棱，每個半平面叫做二面角的面，如圖中的α，β. (2)二面角的記法：棱為l，兩個面分別為α，β的二面角，記作α—l—β.如圖，A∈α，B∈β，二面角也可以記作A—l—B，也可記作2∠l. (3)二面角的平面角：在二面角α—l—β的棱上任取一點O，在兩半平面內(nèi)分別作射線OA⊥l，OB⊥l，則∠AOB叫做二面角α—l—β的平面角，如圖所示．由等角定理知，這個平面角與點O在l上的位置無關(guān)． (4)直二面角：平面角是直角的二面角叫做直二面角． (5)二面角的范圍是[0，180]． 2．用向量夾角來確定二面角性質(zhì)及其度量的方法 (1)如圖，分別在二面角α—l—β的面α，β內(nèi)，并沿α，β延伸的方向，作向量n1⊥l，n2⊥l，則〈n1，n2〉等于該二面角的平面角． (2)如圖，設(shè)m1⊥α，m2⊥β，則角〈m1，m2〉與該二面角大小相等或互補． 1．直線與平面所成的角α與該直線的方向向量與平面的法向量的夾角β互余．(　　) 2．二面角的大小范圍是.(　　) 3．二面角的大小等于其兩個半平面的法向量的夾角的大?。?　　) 題型一　求直線與平面的夾角 例1　已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為a，側(cè)棱長為a，求AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角． 解　建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz， 則A(0,0,0)，B(0，a,0)，A1(0,0，a)，C1， 方法一　取A1B1的中點M， 則M，連接AM，MC1， 則＝，＝(0，a,0)，＝(0,0，a)． ∴＝0，＝0， ∴⊥，⊥， 則MC1⊥AB，MC1⊥AA1. 又AB∩AA1＝A， ∴MC1⊥平面ABB1A1. ∴∠C1AM是AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角． 由于＝，＝， ∴＝0＋＋2a2＝， ||＝＝a， ||＝＝a， ∴cos〈，〉＝＝. ∵〈，〉∈[0，180]，∴〈，〉＝30， 又直線與平面所成的角在[0，90]范圍內(nèi)， ∴AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為30. 方法二?。?0，a,0)，＝(0,0，a)，＝. 設(shè)側(cè)面ABB1A1的法向量為n＝(λ，y，z)， ∴n＝0且n＝0.∴ay＝0且az＝0. ∴y＝z＝0.故n＝(λ，0,0)． ∴cos〈，n〉＝＝－， ∴|cos〈，n〉|＝. 又直線與平面所成的角在[0，90]范圍內(nèi)， ∴AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為30. 反思感悟　用向量法求線面角的一般步驟是先利用圖形的幾何特征建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標系，再用向量的有關(guān)知識求解線面角．方法二給出了用向量法求線面角的常用方法，即先求平面法向量與斜線夾角，再進行換算． 跟蹤訓(xùn)練1　如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面為直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M，N分別為PC，PB的中點，求BD與平面ADMN所成的角θ. 解　如圖所示，建立空間直角坐標系A(chǔ)xyz，設(shè)BC＝1， 則A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2) 則N(1,0,1)， ∴＝(－2,2,0)， ＝(0,2,0)， ＝(1,0,1)， 設(shè)平面ADMN的法向量為n＝(x，y，z)， 則由得取x＝1，則z＝－1， ∴n＝(1,0，－1)， ∵cos〈，n〉＝＝＝－， ∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝. 又0≤θ≤90，∴θ＝30. 題型二　求二面角 例2　在底面為平行四邊形的四棱錐P-ABCD中，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB，E是PD的中點，求平面EAC與平面ABCD的夾角． 解　方法一　如圖，以A為原點，分別以AC，AB，AP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系A(chǔ)xyz. 設(shè)PA＝AB＝a，AC＝b，連接BD與AC，交于點O，取AD中點F，連接EF，EO，F(xiàn)O，則C(b,0,0)，B(0，a,0)．∵＝， ∴D(b，－a,0)，P(0,0，a)， ∴E，O， ＝，＝(b,0,0)． ∵＝0， ∴⊥，＝＝，＝0. ∴⊥. ∴∠EOF等于平面EAC與平面ABCD的夾角． cos〈，〉＝＝. ∴平面EAC與平面ABCD的夾角為45. 方法二　建系如方法一， ∵PA⊥平面ABCD， ∴＝(0,0，a)為平面ABCD的法向量， ＝，＝(b,0,0)． 設(shè)平面AEC的法向量為m＝(x，y，z)． 由 得 ∴x＝0，y＝z.∴取m＝(0,1,1)， cos〈m，〉＝＝＝. 又平面EAC與平面ABCD所成角的平面角為銳角， ∴平面EAC與平面ABCD的夾角為45. 反思感悟　(1)當(dāng)空間直角坐標系容易建立(有特殊的位置關(guān)系)時，用向量法求解二面角無需作出二面角的平面角．只需求出平面的法向量，經(jīng)過簡單的運算即可求出，有時不易判斷兩法向量的夾角的大小就是二面角的大小(相等或互補)，但我們可以根據(jù)圖形觀察得到結(jié)論，因為二面角是鈍二面角還是銳二面角一般是明顯的．(2)注意法向量的方向：一進一出，二面角等于法向量夾角；同進同出，二面角等于法向量夾角的補角． 跟蹤訓(xùn)練2　若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝，求銳二面角A-PB-C的余弦值． 解　如圖所示建立空間直角坐標系A(chǔ)xyz，則A(0,0,0)，B(，1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)， 故＝(0,0,1)，＝(，1,0)，＝(，0,0)，＝(0，－1,1)， 設(shè)平面PAB的法向量為 m＝(x，y，z)， 則 即 令x＝1，則y＝－，故m＝(1，－，0)． 設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x′，y′，z′)， 則 即 令y′＝－1，則z′＝－1，故n＝(0，－1，－1)， ∴cos〈m，n〉＝＝. ∴銳二面角A－PB－C的余弦值為. 題型三　空間角中的探索性問題 例3　如圖，在四棱錐P－ABCD中，ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD. (1)求證：AB⊥PD； (2)若∠BPC＝90，PB＝，PC＝2，問AB為何值時，四棱錐P－ABCD的體積最大？并求此時平面PBC與平面DPC夾角的余弦值． (1)證明　因為ABCD為矩形，所以AB⊥AD； 又因為平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB?平面ABCD， 所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD. (2)解　過點P作PO⊥AD于點O. 則PO⊥平面ABCD，過點O作OM⊥BC于點M， 連接PM.則PM⊥BC， 因為∠BPC＝90，PB＝，PC＝2， 所以BC＝，PM＝， 設(shè)AB＝t，則在Rt△POM中， PO＝， 所以VP－ABCD＝t ＝， 所以當(dāng)t2＝，即t＝時， VP－ABCD最大為.如圖， 此時PO＝AB＝，且PO，OA，OM兩兩垂直， 以O(shè)A，OM，OP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系Oxyz， 則P，D， C，B. 所以＝， ＝，＝. 設(shè)平面PCD的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 則 即 令x1＝1，則m＝(1,0，－2)，|m|＝； 同理設(shè)平面PBC的法向量n＝(x2，y2，z2)， 即 令y2＝1，則n＝(0,1,1)，|n|＝， 設(shè)平面PBC與平面DPC的夾角為θ，顯然θ為銳角， 所以cos θ＝＝＝. 即平面PBC與平面DPC夾角的余弦值為. 反思感悟　利用空間向量解決空間角中的探索性問題，通常不需要復(fù)雜的幾何作圖，論證，推理，只需先假設(shè)結(jié)論成立，設(shè)出空間的坐標，通過向量的坐標運算進行推斷，把是否存在問題轉(zhuǎn)化為點的坐標是否有解的問題來處理． 跟蹤訓(xùn)練3　如圖，已知三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，且AB⊥AC，點M是CC1的中點，點N是BC的中點，點P在直線A1B1上，且滿足＝λ. (1)證明：PN⊥AM； (2)當(dāng)λ取何值時，直線PN與平面ABC所成的角θ最大？并求該角最大值的正切值． (1)證明　以A為坐標原點，AB，AC，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系A(chǔ)xyz， 則P(λ，0,1)，N，M， 從而＝， ＝， ＝0＋1－1＝0， 所以PN⊥AM. (2)解　過點P作PE⊥AB于E，連接EN， 則PE⊥平面ABC， 則∠PNE為所求角θ， 所以tanθ＝＝， 因為當(dāng)點E是AB的中點時，ENmin＝. 所以(tanθ)max＝2，此時，λ＝. 利用向量求二面角 典例　如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，平面ABEF為正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90，且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60. (1)證明：平面ABEF⊥EFDC； (2)求二面角E-BC-A的余弦值． 考點　向量法求平面與平面所成的角 題點　向量法求平面與平面所成的角 (1)證明　由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC，又AF?平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC. (2)解　過D作DG⊥EF，垂足為G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系Gxyz.由(1)知∠DFE為二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60，則DF＝2，DG＝， 可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，)． 由已知AB∥EF，AB?平面EFDC，EF?平面EFDC， 所以AB∥平面EFDC，又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF， 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC， 所以∠CEF為二面角C-BE-F的平面角，∠CEF＝60， 從而可得C(－2,0，)． 所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，則 即所以可取n＝(3,0，－)． 設(shè)m是平面ABCD的法向量，則 同理可取m＝(0，，4)，則cos〈n，m〉＝＝－.故二面角E-BC-A的余弦值為－. [素養(yǎng)評析]　試題以一個面為正方形的五面體為載體，分層設(shè)計問題，由淺入深，給不同基礎(chǔ)的考生提供了想象的空間和展示才華的平臺．第(1)問側(cè)重對立體幾何中線面垂直、面面垂直等基礎(chǔ)知識的考查，題目比較簡單．求解第(2)問的關(guān)鍵是充分運用直觀想象，把握圖形的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)建空間直角坐標系，并針對運算問題，合理選擇運算方法，設(shè)計運算程序，解決問題． 1．已知向量m，n分別是直線l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－，則l與α所成的角為(　　) A．30B．60C．120D．150 答案　A 解析　設(shè)l與α所成的角為θ，則 sinθ＝|cos〈m，n〉|＝. ∴θ＝30. 2．正方體ABCD-A1B1C1D1中，直線BC1與平面A1BD所成的角的正弦值為(　　) A.B.C.D. 答案　C 解析　建系如圖，設(shè)正方體的棱長為1，則D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，A(1,0,0)， ∴＝(－1,0,1)，＝(－1,1,1)，＝(0,1，－1)，＝(－1,0，－1)． ∴＝1－1＝0， ＝1－1＝0. ∴AC1⊥A1B，AC1⊥A1D，又A1B∩A1D＝A1， ∴AC1⊥平面A1BD.∴是平面A1BD的法向量． ∴cos〈，〉＝＝＝. ∴直線BC1與平面A1BD所成的角的正弦值為. 3．已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面所成的二面角為__________． 答案　45或135 解析　設(shè)二面角的平面角為θ， ∵cos〈m，n〉＝＝，∴θ＝45或135. 4．正四面體ABCD中棱AB與底面BCD所成角的余弦值為________． 答案　 解析　作AO⊥底面BCD，垂足為O，O為△BCD的中心，設(shè)正四面體的棱長為a，則OB＝a，∠ABO為所求角，cos∠ABO＝. 5．已知點A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，則平面ABC與平面xOy所成銳二面角的余弦值為________． 答案　 解析　＝(－1,2,0)，＝(－1,0,3)．設(shè)平面ABC的法向量為n＝(x，y，z)．由n＝0，n＝0知令x＝2，則y＝1，z＝. ∴平面ABC的法向量為n＝.平面xOy的法向量為＝(0,0,3)．所以所求銳二面角的余弦值cosθ＝＝＝. 1．線面角可以利用定義在直角三角形中解決． 2．線面角的向量求法：設(shè)直線的方向向量為a，平面的法向量為n，直線與平面所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈a，n〉|＝. 3．二面角通常可通過法向量的夾角來求解，但一定要注意法向量的夾角和二面角的大小關(guān)系． 一、選擇題 1．若直線l的方向向量與平面α的法向量的夾角等于150，則直線l與平面α所成的角等于(　　) A.B.C.D．以上均錯 答案　B 解析　直線l與平面α所成的角范圍是. 2．直線l1，l2的方向向量分別是v1，v2，若v1與v2所成的角為θ，直線l1，l2所成的角為α，則(　　) A．α＝θ B．α＝π－θ C．cosθ＝|cosα| D．cosα＝|cosθ| 答案　D 解析　α＝θ或α＝π－θ，且α∈， 因而cosα＝|cosθ|. 3．已知在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值是(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　以D為原點，分別以DA，DC，DD1為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz. 設(shè)AA1＝2AB＝2， 則B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，C1(0,1,2)， 故＝(1,1,0)，＝(0,1,2)，＝(0,1,0)， 設(shè)平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝1，則y＝－2，x＝2， 所以n＝(2，－2,1)． 設(shè)直線CD與平面BDC1所成的角為θ， 則sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝. 4.已知在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是DC的中點，建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz，則AB1與ED1所成角的余弦值為(　　) A. B. C．－ D．－ 答案　A 解析　∵A(2,2,0)，B1(2,0,2)，E(0,1,0)，D1(0,2,2)， ∴＝(0，－2,2)，＝(0,1,2)， ∴||＝2，||＝， ＝0－2＋4＝2， ∴cos〈，〉＝＝＝， ∴AB1與ED1所成角的余弦值為. 5．在邊長為1的菱形ABCD中，∠ABC＝60，將菱形沿對角線AC折起，使折起后BD＝1，則二面角B—AC—D的余弦值為(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　設(shè)菱形對角線AC與BD交于O點，則∠BOD為二面角B—AC—D的平面角，由余弦定理可得cos∠BOD＝. 6．A，B是二面角α—l—β的棱l上兩點，P是平面β上一點，PB⊥l于B，PA與l成45角，PA與平面α成30角，則二面角α—l—β的大小是(　　) A．30B．60C．45D．75 答案　C 解析　如圖，作PO⊥α于O，連接AO，BO，則∠PAO為PA與平面α所成角，∠PBO為二面角α—l—β的平面角，由∠PAO＝30，∠PAB＝45，取PA＝2a，則PO＝a，PB＝a，∴sin∠PBO＝＝，∴∠PBO＝45. 二、填空題 7．平面α的一個法向量n1＝(1,0,1)，平面β的一個法向量n2＝(－3,1,3)，則α與β所成的角是________． 答案　90 解析　由于n1n2＝(1,0,1)(－3,1,3)＝0， 所以n1⊥n2，故α⊥β，α與β所成的角是90. 8．若二面角內(nèi)一點到兩個面的距離分別為5和8，兩垂足間的距離為7，則這個二面角的大小是________． 答案　60或120 解析　設(shè)二面角大小為θ，由題意可知 |cosθ|＝＝＝， 所以cosθ＝， 所以θ＝60或120. 9．在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，PA⊥平面ABCD，PA＝1，則PC與平面ABCD所成的角是________． 答案　30 解析　建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz，則P(0,0,1)，C(1，，0)，＝(1，，－1)，平面ABCD的法向量為n＝(0,0,1)， 所以cos〈，n〉 ＝＝－， 所以〈n〉＝120， 所以斜線PC與平面ABCD的法向量所在直線所成的角為60，所以斜線PC與平面ABCD所成的角為30. 10．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，側(cè)棱長為，底面邊長為1，則BC1與側(cè)面ACC1A1所成的角是________. 答案　 解析　在正三棱柱ABC—A1B1C1中，取AC的中點O，連接OB，OB⊥AC， 則OB⊥平面ACC1A1， ∴∠BC1O就是BC1與平面AC1所成的角．∵OB＝，BC1＝， ∴sin∠BC1O＝＝， ∴∠BC1O＝. 三、解答題 11．二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，求該二面角的大小． 解　由題意知，＝0，＝0， ＝＋＋， ∴||2＝||2＋||2＋||2＋2＋2＋2 ＝62＋42＋82＋268cos〈，〉＝(2)2. ∴cos〈，〉＝－， 又〈，〉∈[0，180]， ∴〈，〉＝120， ∴二面角的大小為60. 12.如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD.PD＝DC，E是PC的中點．求EB與平面ABCD夾角的余弦值． 解　取CD的中點M，則EM∥PD， 又∵PD⊥平面ABCD， ∴EM⊥平面ABCD， ∴BE在平面ABCD上的射影為BM， ∴∠MBE為BE與平面ABCD的夾角． 如圖建立空間直角坐標系Dyxz， 設(shè)PD＝DC＝1， 則P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)， ∴M，E， ∴＝，＝， cos〈，〉＝＝＝， ∴EB與平面ABCD夾角的余弦值為. 13.如圖，在直棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點，AA1＝AC＝CB＝AB. (1)證明：BC1∥平面A1CD； (2)求二面角D-A1C-E的正弦值． (1)證明　連接AC1，交A1C于點F，連接DF，則F為AC1的中點，因為D為AB的中點， 所以DF∥BC1， 又因為DF?平面A1CD，BC1?平面A1CD， 所以BC1∥平面A1CD. (2)解　由AA1＝AC＝CB＝AB， 可設(shè)AB＝2a， 則AA1＝AC＝CB＝a， 所以AC⊥BC，又由直棱柱知CC1⊥平面ABC，所以以點C為坐標原點，分別以CA，CB，CC1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Cxyz如圖． 則C(0,0,0)，A1(a，0, a)，D， E，＝( a,0, a)， ＝，＝， ＝. 設(shè)平面A1CD的法向量為n＝(x，y，z)， 則n＝0且n＝0， 可解得y＝－x＝z，令x＝1， 得平面A1CD的法向量為n＝(1，－1，－1)， 同理可得平面A1CE的法向量為m＝(2,1，－2)， 則cos〈n，m〉＝， 又因為〈n，m〉∈[0，180]， 所以sin〈n，m〉＝， 所以二面角D-A1C-E的正弦值為. 14.如圖所示，已知點P為菱形ABCD外一點，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，點F為PC的中點，則二面角CBFD的正切值為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　如圖所示，連接BD，AC∩BD＝O，連接OF.以O(shè)為原點，OB，OC，OF所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系Oxyz.設(shè)PA＝AD＝AC＝1，則BD＝.所以B，F(xiàn)，C，D. 結(jié)合圖形可知，＝且為平面BOF的法向量，由＝，＝， 可求得平面BCF的法向量n＝(1，，)． 所以cos〈n，〉＝，sin〈n，〉＝， 所以tan〈n，〉＝. 15．直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90，側(cè)棱AA1＝2，D，E分別是CC1與A1B的中點，點E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G， 求AA1與平面AED夾角的正弦值. 解　建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz， 設(shè)CA＝2a，則A(2a,0,0)， B(0,2a,0)，D(0,0,1)，A1(2a,0,2)， E(a，a,1)，G. 從而＝， ＝(0，－2a,1)， 由GE⊥BD，得＝0，得a＝1. ∴＝(2,0，－1)，＝(1,1,0) 設(shè)n＝(x，y，z)為平面AED的法向量， 則即即 令x＝1，則y＝－1，z＝2， 即n＝(1，－1,2)，又＝(0,0,2)， 設(shè)AA1與平面AED的夾角為θ， sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝. ∴AA1與平面AED夾角的正弦值為.