2020-2021數(shù)學(xué)選擇性第一冊教師用書：第1章 1.2.4二面角

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學(xué)年新教材數(shù)學(xué)人教B版選擇性必修第一冊教師用書：第1章1.2.4二面角1.2。4二面角學(xué)習(xí)目標(biāo)核心素養(yǎng)1．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．(重點(diǎn)）2．掌握求二面角的方法、步驟．（重點(diǎn)、難點(diǎn))1．通過學(xué)習(xí)二面角的概念及二面角的平面角，培養(yǎng)數(shù)學(xué)抽象素養(yǎng)．2．借助求二面角的方法和步驟的學(xué)習(xí),提升邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)．同學(xué)們可能經(jīng)常談?wù)撃衬惩瑢W(xué)是白羊座的，某某同學(xué)是雙子座的,可是你知道十二星座的由來嗎？我們知道，地球繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道平面稱為“黃道面"，黃道面與地球赤道面交角（二面角的平面角)約為23°26′,它與天球相交的大圓為“黃道"，黃道及其附近的南北寬8°以內(nèi)的區(qū)域?yàn)辄S道帶，黃道帶內(nèi)有十二個星座，稱為“黃道十二宮"，從春分（節(jié)氣）點(diǎn)起，每30°便是一宮，并冠以星座名，如白羊座、金牛座、雙子座等等，這便是星座的由來，今天我們研究的問題便是二面角的平面角問題．1．二面角的概念（1）半平面：平面內(nèi)的一條直線把平面分為兩部分，其中的每一部分都叫做半平面．（2)二面角: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，這條直線叫做二面角的棱，每個半平面叫做二面角的面．棱為l,兩個面分別為α，β的二面角的面,記作α。l.β，若A∈α,B∈β,則二面角也可以記作A。l。B，二面角的范圍為［0，π]．（3）二面角的平面角：在二面角α。l.β的棱上任取一點(diǎn)O，以O(shè)為垂足，分別在兩半平面內(nèi)分別作射線OA⊥l，OB⊥l，則∠AOB叫做二面角α.l.β的平面角．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稱為直二面角．思考:如何找二面角的平面角？［提示](1）定義法由二面角的平面角的定義可知平面角的頂點(diǎn)可根據(jù)具體題目選擇棱上一個特殊點(diǎn)，求解用到的是解三角形的有關(guān)知識．(2）垂面法作（找)一個與棱垂直的平面，與兩面的交線就構(gòu)成了平面角．（3）三垂線定理(或逆定理)作平面角，這種方法最為重要，其作法與三垂線定理(或逆定理)的應(yīng)用步驟一致．2．用空間向量求二面角的大小如果n1，n2分別是平面α1，α2的一個法向量，設(shè)α1與α2所成角的大小為θ．則θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉，sinθ＝sin〈n1，n2>．1．思考辨析(正確的打“√"，錯誤的打“×")(1）二面角的范圍是eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（0,\f(π,2))）． (）（2)若二面角α.l.β的兩個半平面的法向量分別為n1,n2，則二面角的平面角與兩法向量夾角〈n1，n2〉一定相等． ()（3）二面角的大小通過平面角的大小來度量． （)[答案](1)×（2）×(3)√[提示］（1）×不是．是［0，π］．（2）×不一定．可能相等,也可能互補(bǔ)．（3）√2．（教材P52練習(xí)B②改編）在正方體ABCD.A1B1C1D1中，二面角A1.BC-AA．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為二面角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的一個法向量m＝（1，0,－1)，平面β的一個法向量n＝（0,－1,1),則二面角α。l-β的大小可能為________．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。l-β的大小為60°或120°．］4．在正方體ABCD。A1B1C1D1中，二面角A1.BD。C1eq\f（1,3)［如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方體的棱長為1，則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）．設(shè)n＝(x，y，z）是平面A1BD的一個法向量，則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，則y＝－1,z＝－1，∴n＝（1，－1，－1）．同理，求得平面BC1D的一個法向量m＝(1，－1,1），則cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,｜m｜｜n｜)＝eq\f(1,3），所以二面角A1-BD.C1的余弦值為eq\f（1,3)．］用定義法求二面角【例1】如圖,設(shè)AB為圓錐PO的底面直徑，PA為母線，點(diǎn)C在底面圓周上，若△PAB是邊長為2的正三角形,且CO⊥AB，求二面角P。AC-B的正弦值．［解]如圖,取AC的中點(diǎn)D，連接OD，PD，∵PO⊥底面，∴PO⊥AC，∵OA＝OC，D為AC的中點(diǎn)，∴OD⊥AC，又PO∩OD＝O，∴AC⊥平面POD，則AC⊥PD，∴∠PDO為二面角P-AC。B的平面角．∵△PAB是邊長為2的正三角形,CO⊥AB，∴PO＝eq\r（3)，OA＝OC＝1，OD＝eq\f(\r（2),2），則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的正弦值為eq\f(\r（42），7）．用定義求二面角的步驟（1）作（找）出二面角的平面角(作二面角時多用三垂線定理)．(2)證明所作平面角即為所求二面角的平面角．(3）解三角形求角．eq\o(［跟進(jìn)訓(xùn)練］)1．已知矩形ABCD的兩邊AB＝3，AD＝4，PA⊥平面ABCD，且PA＝eq\f（4，5），則二面角A-BD-P的正切值為________．eq\f(1，3）［過A作AO⊥BD，交BD于O，連接PO,∵矩形ABCD的兩邊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A-BD.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的正切值為eq\f（1,3）．]用向量法求二面角［探究問題］1．構(gòu)成二面角的平面角有幾個要素？［提示］(1)角的頂點(diǎn)在二面角的棱上；(2）角的兩邊分別在表示二面角的兩個半平面內(nèi)；(3)角的兩邊分別和二面角的棱垂直．2．二面角的大小與其兩個半平面的法向量的夾角有何關(guān)系？[提示]條件平面α,β的法向量分別為u,v,α，β所構(gòu)成的二面角的大小為θ,〈u，v〉＝φ圖形關(guān)系θ＝φθ＝π－φ計(jì)算cosθ＝cosφcosθ＝－cosφ【例2】如圖所示，四棱柱ABCD.A1B1C1D1的所有棱長都相等，AC∩BD＝O,A1C1∩B1D1＝O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B（1）證明：O1O⊥底面ABCD；(2）若∠CBA＝60°，求二面角C1。OB1。D的余弦值．[思路探究］（1)充分利用圖形中的垂直關(guān)系,用傳統(tǒng)的方法(綜合法)可證．(2）利用垂直關(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系,用法向量求二面角的余弦值．[解]（1）證明：因?yàn)樗倪呅蜛CC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD又CC1∥DD1∥OO1,所以O(shè)O1⊥AC,OO1⊥BD，因?yàn)锳C∩BD＝O，所以O(shè)1O⊥底面ABCD．(2)因?yàn)樗睦庵乃欣忾L都相等，所以四邊形ABCD為菱形,AC⊥BD，又O1O⊥底面ABCD，所以O(shè)B，OC,OO1兩兩垂直．如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC，OO1所在直線分別為x,y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)棱長為2，因?yàn)椤螩BA＝60°，所以O(shè)B＝eq\r(3），OC＝1，所以O(shè)（0，0，0)，B1（eq\r(3）,0，2），C1(0，1,2)，平面BDD1B1的一個法向量為n＝(0，1，0），設(shè)平面OC1B1的法向量為m＝（x,y，z)，則由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）,則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)．由圖形可知二面角C1。OB1.D的大小為銳角,所以二面角C1。OB1。D的余弦值為eq\f(2\r（57),19）．1．(變問法)本例(2)條件不變，求二面角B。A1C。D[解］如圖建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)棱長為2，則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)．設(shè)平面A1BC的法向量為n1＝（x1，y1，z1)，則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）,則y1＝z1＝3，故n1＝(eq\r（3)，3,3)．設(shè)平面A1CD的法向量為n2＝(x2，y2，z2),則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\(\a\vs4\al\co1(2y2－2z2＝0，,－\r（3)x2－y2＝0,）)取x2＝eq\r（3),則y2＝z2＝－3,故n2＝（eq\r（3)，－3，－3）．所以cos〈n1，n2〉＝eq\f（n1·n2,｜n1｜|n2｜）＝－eq\f(15,21)＝－eq\f(5,7）．由圖形可知二面角B。A1C-D的大小為鈍角，所以二面角B。A1C.D的余弦值為－eq\f(5，7)．2．（變條件、變問法)本例四棱柱中,∠CBA＝60°改為∠CBA＝90°，設(shè)E，F(xiàn)分別是棱BC，CD的中點(diǎn),求平面AB1E與平面AD1F[解]以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示,設(shè)此棱柱的棱長為1,則A（0,0，0)，B1(1,0,1),Eeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1，\f(1，2）,0）)，D1（0，1,1)，F(xiàn)eq\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）．設(shè)平面AB1E的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則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，則x1＝－1，z1＝1，所以n1＝(－1，2，1)．設(shè)平面AD1F的法向量為n2＝(x2,y2,z2則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，則y2＝－1，z2＝1．所以n2＝（2，－1,1)．所以平面AB1E與平面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)．利用坐標(biāo)法求二面角的步驟設(shè)n1，n2分別是平面α，β的法向量，則向量n1與n2的夾角（或其補(bǔ)角)就是兩個平面夾角的大小，如圖．用坐標(biāo)法的解題步驟如下:(1)建系：依據(jù)幾何條件建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系．（2)求法向量：在建立的坐標(biāo)系下求兩個面的法向量n1，n2．（3)計(jì)算：求n1與n2所成銳角θ，cosθ＝eq\f（|n1·n2|，|n1｜·|n2｜）．(4）定值：若二面角為銳角，則為θ；若二面角為鈍角，則為π－θ．提醒：確定平面的法向量是關(guān)鍵．空間中的翻折與探索性問題【例3】如圖甲，在直角梯形ABCD中,AB∥CD，AB⊥BC，CD＝2AB＝2BC＝4，過A點(diǎn)作AE⊥CD，垂足為E，現(xiàn)將△ADE沿AE折疊，使得DE⊥EC．取AD的中點(diǎn)F，連接BF，CF，EF,如圖乙．甲乙（1）求證：BC⊥平面DEC；(2)求二面角C.BF.E的余弦值．[思路探究］（1）根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明BC⊥平面DEC；(2)建立空間坐標(biāo)系，利用向量法即可求二面角C。BF。E的余弦值．［解](1)證明:如圖，∵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)如圖，以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以EA，EC，ED為x，y，z軸建立空間坐標(biāo)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），設(shè)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的一個法向量n1＝（1,－1,－1)，設(shè)平面BCF的一個法向量為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的一個法向量n2＝（0，1，2）,設(shè)二面角C。BF。E的大小為α，則cosα＝eq\f（|n1·n2|，｜n1|·｜n2|)＝eq\f（|－1－2|,\r(5)·\r(3)）＝eq\f(\r(15）,5)．1．與空間角有關(guān)的翻折問題的解法要找準(zhǔn)翻折前后的圖形中的不變量及變化的量,再結(jié)合向量知識求解相關(guān)問題．2．關(guān)于空間角的探索問題的處理思路利用空間向量解決空間角中的探索問題,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(biāo)，通過向量的坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行推斷，把是否存在問題轉(zhuǎn)化為點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解的問題來處理．eq\o（[跟進(jìn)訓(xùn)練]）2．如圖1，在等腰梯形ABCD中,AD∥CB，AD＝2CB＝4，∠ABC＝120°,E為AD的中點(diǎn)，現(xiàn)分別沿BE，EC將△ABE和△ECD折起，使得平面ABE⊥平面BCE，平面ECD⊥平面BCE，連接AD,如圖2．（1)若在平面BCE內(nèi)存在點(diǎn)G,使得GD∥平面ABE，請問點(diǎn)G的軌跡是什么圖形?并說明理由．（2）求平面AED與平面BCE所成銳二面角的余弦值．圖1圖2［解]（1）點(diǎn)G的軌跡是直線MN．理由如下：如圖，分別取BC和CE的中點(diǎn)N和M,連接DM,MN,ND，則MN∥BE，又MN?平面BEA，BE?平面BEA，∴MN∥平面BEA，依題意有△ABE，△BCE，△ECD均為邊長為2的正三角形，∴MD⊥CE，又平面ECD⊥平面BCE，則MD∥平面BEA，∴平面NMD∥平面BEA，∴點(diǎn)G的軌跡是直線MN．(2）如圖，以點(diǎn)M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MB為x軸，MC為y軸,MD為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則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))，設(shè)平面AED的法向量n＝(x，y,z）,則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（n·\o（ED,\s\up7（→)）＝y(tǒng)＋\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的一個法向量m＝(0,0,1）,則cos〈n，m〉＝eq\f(n·m，|n｜·｜m｜)＝－eq\f(\r(5），5）,∴平面AED與平面BCE所成銳二面角的余弦值為eq\f(\r（5），5)．1．學(xué)會利用空間向量求二面角與定義法求二面角的方法．2．利用向量法求二面角的基本思想是把空間角轉(zhuǎn)化為求兩個向量之間的關(guān)系．首先要找出并利用空間直角坐標(biāo)系或基向量（有明顯的線面垂直關(guān)系時盡量建系)表示出向量,然后運(yùn)用向量的運(yùn)算即可，其次要理清要求角與兩個向量夾角之間的關(guān)系．1．三棱錐A。BCD中,平面ABD與平面BCD的法向量分別為n1·n2,若<n1,n2〉＝eq\f(π，3)，則二面角A.BD。C的大小為()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[當(dāng)二面角A-BD-C為銳角時，它等于<n1,n2>＝eq\f(π,3）．當(dāng)二面角A-BD。C為鈍角時，它應(yīng)對等于π－〈n1,n2>＝π－eq\f(π,3)＝eq\f（2π,3)．］2．已知△ABC和△BCD均為邊長為a的等邊三角形，且AD＝eq\f(\r（3）,2)a，則二面角A.BC.D的大小為（)A．30°B．45°C．60°D．90°C[如圖取BC的中點(diǎn)為E,連接AE，DE，由題意得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A-BC.D的大小為60°．]3．如圖所示，在正四棱錐P。ABCD中,若△PAC的面積與正四棱錐的側(cè)面面積之和的比為eq\r（6)∶8，則側(cè)面與底面所成的二面角為（)A．eq\f(π,12) B．eq\f(π,4）C．eq\f(π，6） D．eq\f（π,3）D[設(shè)正四棱錐的底面邊長為a，側(cè)面與底面所成的二面角為θ，高為h，斜高為h′,則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