2020-2021数学选择性第一册教师用书：第1章 1.2.4二面角

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020-2021学年新教材数学人教B版选择性必修第一册教师用书：第1章1.2.4二面角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〉，sinθ＝sin〈n1，n2>．1．思考辨析(正确的打“√"，错误的打“×")(1）二面角的范围是eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（0,\f(π,2))）． (）（2)若二面角α.l.β的两个半平面的法向量分别为n1,n2，则二面角的平面角与两法向量夹角〈n1，n2〉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P52练习B②改编）在正方体ABCD.A1B1C1D1中，二面角A1.BC­AA．eq\f（1，2)B．eq\f（2，3)C．eq\f（\r（2）,2）D．eq\f(\r（3），3)C[易知∠A1BA为二面角A1。BC。A的平面角，cos∠A1BA＝eq\f(AB，A1B)＝eq\f(\r（2）,2)．]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。l­β的大小可能为________．60°或120°［cos〈m，n>＝eq\f（m·n，|m｜·|n|）＝eq\f(－1,\r（2）·\r（2)）＝－eq\f(1，2）,∴<m,n>＝120°，∴二面角α。l­β的大小为60°或120°．］4．在正方体ABCD。A1B1C1D1中，二面角A1.BD。C1eq\f（1,3)［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），A1(1,0,1)，eq\o(DA1，\s\up7(→）)＝（1,0，1），eq\o(DB,\s\up7(→)）＝(1，1,0）．设n＝(x，y，z）是平面A1BD的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（n·\o(DA1,\s\up7(→))＝0，，n·\o(DB，\s\up7(→））＝0，))即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＋z＝0，，x＋y＝0,))令x＝1，则y＝－1,z＝－1，∴n＝（1，－1，－1）．同理，求得平面BC1D的一个法向量m＝(1，－1,1），则cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,｜m｜｜n｜)＝eq\f(1,3），所以二面角A1­BD.C1的余弦值为eq\f（1,3)．］用定义法求二面角【例1】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，求二面角P。AC­B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P­AC。B的平面角．∵△PAB是边长为2的正三角形,CO⊥AB，∴PO＝eq\r（3)，OA＝OC＝1，OD＝eq\f(\r（2),2），则PD＝eq\r(\r（3）2＋\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(\r（2)，2）)）eq\s\up12(2））＝eq\f（\r(14），2）．∴sin∠PDO＝eq\f(PO,PD）＝eq\f(\r（3),\f(\r(14),2)）＝eq\f(\r(42)，7)，∴二面角P.AC。B的正弦值为eq\f(\r（42），7）．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．eq\o(［跟进训练］)1．已知矩形ABCD的两边AB＝3，AD＝4，PA⊥平面ABCD，且PA＝eq\f（4，5），则二面角A­BD­P的正切值为________．eq\f(1，3）［过A作AO⊥BD，交BD于O，连接PO,∵矩形ABCD的两边AB＝3，AD＝4,PA⊥平面ABCD，且PA＝eq\f(4，5），∴BD＝eq\r（32＋42）＝5，PO⊥BD,∴∠POA是二面角A­BD.P的平面角，∵eq\f（1,2)×BD×AO＝eq\f（1,2）×AB×AD，∴AO＝eq\f（AB×AD,BD）＝eq\f(12，5），∴tan∠POA＝eq\f(PA，AO)＝eq\f（\f（4,5)，\f（12，5)）＝eq\f（1,3)．∴二面角A.BD。P的正切值为eq\f（1,3）．]用向量法求二面角［探究问题］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cosθ＝cosφcosθ＝－cosφ【例2】如图所示，四棱柱ABCD.A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O,A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B（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＝eq\r(3），OC＝1，所以O（0，0，0)，B1（eq\r(3）,0，2），C1(0，1,2)，平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0，1，0），设平面OC1B1的法向量为m＝（x,y，z)，则由m⊥eq\o(OB1，\s\up7（→)),m⊥eq\o(OC1,\s\up7（→)）,所以eq\r(3)x＋2z＝0,y＋2z＝0，取z＝－eq\r(3）,则x＝2,y＝2eq\r(3），所以m＝(2，2eq\r(3),－eq\r（3)），所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,｜m｜｜n|)＝eq\f(2\r（3），\r（19)）＝eq\f（2\r(57），19)．由图形可知二面角C1。OB1.D的大小为锐角,所以二面角C1。OB1。D的余弦值为eq\f(2\r（57),19）．1．(变问法)本例(2)条件不变，求二面角B。A1C。D[解］如图建立空间直角坐标系．设棱长为2，则A1(0,－1，2），B(eq\r（3)，0,0），C(0，1，0），D（－eq\r(3），0,0)．所以eq\o（BC,\s\up7(→）)＝(－eq\r（3），1,0)，eq\o(A1C,\s\up7（→））＝(0,2，－2),eq\o（CD，\s\up7（→)）＝（－eq\r（3)，－1,0)．设平面A1BC的法向量为n1＝（x1，y1，z1)，则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（n1·\o(A1C，\s\up7(→))＝0,,n1·\o（BC,\s\up7(→)）＝0，））即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2y1－2z1＝0,,－\r(3）x1＋y1＝0，)）取x1＝eq\r(3）,则y1＝z1＝3，故n1＝(eq\r（3)，3,3)．设平面A1CD的法向量为n2＝(x2，y2，z2),则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(A1C,\s\up7(→））＝0，,n2·\o（CD,\s\up7（→))＝0,)）即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y2－2z2＝0，,－\r（3)x2－y2＝0,）)取x2＝eq\r（3),则y2＝z2＝－3,故n2＝（eq\r（3)，－3，－3）．所以cos〈n1，n2〉＝eq\f（n1·n2,｜n1｜|n2｜）＝－eq\f(15,21)＝－eq\f(5,7）．由图形可知二面角B。A1C­D的大小为钝角，所以二面角B。A1C.D的余弦值为－eq\f(5，7)．2．（变条件、变问法)本例四棱柱中,∠CBA＝60°改为∠CBA＝90°，设E，F分别是棱BC，CD的中点,求平面AB1E与平面AD1F[解]以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示,设此棱柱的棱长为1,则A（0,0，0)，B1(1,0,1),Eeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1，\f(1，2）,0）)，D1（0，1,1)，Feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,2），1，0）)，eq\o(AE，\s\up7（→））＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1，\f(1,2)，0)），eq\o(AB1，\s\up7(→))＝(1,0,1），eq\o（AF,\s\up7(→）)＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2），1，0））,eq\o(AD1,\s\up7(→))＝(0,1,1）．设平面AB1E的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（n1·\o（AB1，\s\up7（→））＝0,,n1·\o（AE,\s\up7(→)）＝0，）)即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x1＋z1＝0，，x1＋\f（1，2)y1＝0,)）令y1＝2，则x1＝－1，z1＝1，所以n1＝(－1，2，1)．设平面AD1F的法向量为n2＝(x2,y2,z2则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（n2·\o（AD1,\s\up7（→））＝0，,n2·\o(AF,\s\up7（→)）＝0，）)即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(y2＋z2＝0，，\f(1，2)x2＋y2＝0。）)令x2＝2，则y2＝－1，z2＝1．所以n2＝（2，－1,1)．所以平面AB1E与平面AD1Feq\f(｜n1·n2｜,|n1｜｜n2|）＝eq\f(｜－1，2，1·2，－1，1｜，\r（－12＋22＋12）·\r(22＋－12＋12)）＝eq\f（｜－1×2＋2×－1＋1×1|,\r(6)×\r(6))＝eq\f(1,2)．利用坐标法求二面角的步骤设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2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n1，n2．（3)计算：求n1与n2所成锐角θ，cosθ＝eq\f（|n1·n2|，|n1｜·|n2｜）．(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3】如图甲，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n1＝（x1,y1，z1),由eq\o（EF,\s\up7(→)）＝（1,0,1)，eq\o（EB，\s\up7（→))＝(2，2,0）,所以eq\b\lc\{\rc\(\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\up7(→)）＝（1，－2，1）,eq\o(CB，\s\up7(→））＝（2,0，0),所以eq\b\lc\{\rc\（\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C。BF。E的大小为α，则cosα＝eq\f（|n1·n2|，｜n1|·｜n2|)＝eq\f（|－1－2|,\r(5)·\r(3)）＝eq\f(\r(15）,5)．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．eq\o（[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，eq\r(3))，Aeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（\r(3),2)，－\f（1，2），\r(3)))，∴eq\o（EA,\s\up7（→）)＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(\r（3），2），\f(1,2)，\r（3)))，eq\o（ED,\s\up7(→）)＝(0，1,eq\r（3))，设平面AED的法向量n＝(x，y,z）,则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（n·\o（ED,\s\up7（→)）＝y＋\r（3)z＝0，,n·\o（EA，\s\up7(→））＝\f(\r（3)，2)x＋\f(1，2)y＋\r(3）z＝0，））取x＝eq\r(3），得n＝(eq\r（3)，3，－eq\r（3）），取平面BCE的一个法向量m＝(0,0,1）,则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m，|n｜·｜m｜)＝－eq\f(\r(5），5）,∴平面AED与平面BCE所成锐二面角的余弦值为eq\f(\r（5），5)．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n1·n2,若<n1,n2〉＝eq\f(π，3)，则二面角A.BD。C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）C[当二面角A­BD­C为锐角时，它等于<n1,n2>＝eq\f(π,3）．当二面角A­BD。C为钝角时，它应对等于π－〈n1,n2>＝π－eq\f(π,3)＝eq\f（2π,3)．］2．已知△ABC和△BCD均为边长为a的等边三角形，且AD＝eq\f(\r（3）,2)a，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＝eq\f（\r(3）,2）a,又AD＝eq\f（\r（3)，2）a，∴∠AED＝60°，即二面角A­BC.D的大小为60°．]3．如图所示，在正四棱锥P。ABCD中,若△PAC的面积与正四棱锥的侧面面积之和的比为eq\r（6)∶8，则侧面与底面所成的二面角为（)A．eq\f(π,12) B．eq\f(π,4）C．eq\f(π，6） D．eq\f（π,3）D[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eq\f（\f(1，2)×\r（2）ah，4×\f（1,2）ah′）＝eq\f（\r（6),8)，∴eq\f(h,h′）＝eq\f（\r(3),2),∴sinθ＝eq\f(\r（3),2),即θ＝eq\f(π，3)．］4．在