高中数学1.2.4 二面角一等奖教案

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这是一份高中数学1.2.4 二面角一等奖教案，共19页。

本节课选自《2019人教B版高中数学选择性必修第一册》第一章《空间向量与立体几何》，本节主要学习二面角。学生在学习了异面直线所成角的概念及线面角的基础上，对空间角的问题有了一定的经验，二面角的问题，依然按照将空间问题化为平面问题、将立体几何问题化为空间向量运算问题的基本思路展开。为培养学生直观想象、数学抽象、逻辑推理、数学建模和数学运算的核心素养提供舞台。

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

多媒体

教学中主要突出了几个方面：一是通过高考真题分析解决，帮助学生掌握二面角的基本解法。发展学生的数学建模思想和逻辑推理能力。二是典例解析，通过对典型问题的分析解决，帮助学生建立运用空间向量解决立体几何问题的基本思路。教学设计尽量做到注意学生的心理特点和认知规律，触发学生的思维，使教学过程真正成为学生的学习过程，以思维教学代替单纯的记忆教学。注意在探究问题时留给学生充分的时间，使数学教学成为数学活动的教学。从而发展学生的直观想象、逻辑推理、数学建模的核心素养。

课程目标
学科素养
A.进一步理解二面角的定义；

B.掌握求二面角的两种基本方法，即空间向量法与几何法.

1.数学抽象：二面角的定义

2.逻辑推理：二面角的定义

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）已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（）

A．B．

C． D．

【答案】D

【解析】设为正方形的中心，为中点，过作的平行线，交于，过作垂直于，连接、、，则垂直于底面，垂直于，因此

从而

因为，

所以即，选D.

2．（2020·天津高考真题）如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）求二面角的正弦值；

（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．

【解析】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得、、、、、、、、.

（Ⅰ）依题意，，，

从而，所以；

（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，，．

设为平面的法向量，则，

即，不妨设，可得．

，．

所以，二面角的正弦值为；

（Ⅲ）依题意，．

由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．

所以，直线与平面所成角的正弦值为.

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，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．

（1）证明：平面；

（2）求二面角的余弦值．

【解析】（1）由题设，知为等边三角形，设，

则，，所以，

又为等边三角形，则，所以，

，则，所以，

同理，又，所以平面；

（2）过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O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，

则，

，，，

设平面的一个法向量为，

由，得，令，得，

所以，

设平面的一个法向量为

由，得，令，得，

所以

故，

设二面角的大小为，则.

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ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是eq \(DF,\s\up14(︵))的中点．

(1)设P是eq \(CE,\s\up14(︵))上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；

(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角EAGC的大小．

[解] (1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，

所以BE⊥平面ABP.

又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.

又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.

(2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA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(1，eq \r(3)，3)，C(－1，eq \r(3)，0)，

故eq \(AE,\s\up11(→))＝(2,0，－3)，eq \(AG,\s\up11(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \(CG,\s\up11(→))＝(2,0,3)．

设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量，

由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up11(→))＝0，,m·\(AG,\s\up11(→))＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0.))

取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－eq \r(3)，2)．

设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量，

由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AG,\s\up11(→))＝0，,n·\(CG,\s\up11(→))＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0.))

取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－eq \r(3)，－2)．

所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(1,2).

故所求的角为60°.

例2 如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD,点P,Q分别在棱DD1,BC上.

(1)若P是DD1的中点,证明:AB1⊥PQ;

(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为37,求四面体ADPQ的体积.

(1)证明:由题设知,AA1,AB,AD两两垂直,

以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y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A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m≤6.

若P是DD1的中点,则P0,92,3,PQ=6,m-92,-3.

又AB1=(3,0,6),于是AB1·PQ=18-18=0,

所以AB1⊥PQ,即AB1⊥PQ.

(2)解:由题设知,DQ=(6,m-6,0),DD1=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.

设n1=(x,y,z)是平面PQD的一个法向量.

则n1·DQ=0,n1·DD1=0,即6x+(m-6)y=0,-3y+6z=0.

取y=6,得n1=(6-m,6,3).

又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),

所以cs=n1·n2|n1||n2|=31·(6-m)2+62+32 =3(6-m)2+45.

而二面角P-QD-A的余弦值为37,

因此3(6-m)2+45=37,解得m=4,或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).

设DP=λDD1(0<λ≤1),而DD1=(0,-3,6),

由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以PQ=(6,3λ-2,-6λ).

因为PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以PQ·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=23,从而P(0,4,4).

于是,将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.

故四面体ADPQ的体积V=13S△ADQ·h=13×12×6×6×4=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，在三棱锥中，，，为的中点．

（1）证明：平面；

（2）若点在棱上，且二面角为，

求与平面所成角的正弦值．

【解析】（1）因为，为的中点，

所以，且．连结．

因为，所以为等腰直角三角形，

且由知．

由知平面．

（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．

由已知得取平面的法向量．

设，则．设平面的法向量为．

由得，可取

所以．由已知得．

所以．解得(舍去)，．所以．

又，所以．

所以与平面所成角的正弦值为．

通过高考真题的分析解决，帮助学生掌握二面角的基本解决方法。提升学生数学抽象，逻辑推理和数学建模的核心素养。

通过梳理求解二面角的基本方法和步骤，提升运算速度和准确度，让学生感受，用代数方法解问题决立体几何问题。发展学生逻辑推理，数学抽象和数学运算的核心素养。

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，用代数方法解问题决立体几何问题。发展学生逻辑推理，数学抽象和数学运算的核心素养。

通过典型例题的分析和解决，让学生感受空间向量坐标运算在解决空间几何中的应用。发展学生数学抽象、逻辑推理的核心素养。

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(0，－1,3)，(2,2,4)，则这个二面角的余弦值为________．

【答案】±eq \f(\r(15),6) [设a＝(0，－1,3)，b＝(2,2,4)，则cs〈a，b〉＝eq \f(10,\r(10)×\r(24))＝eq \f(\r(15),6)，

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为±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PA＝AB＝1.则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．于是eq \(AD,\s\up11(→))＝(0,1,0)．

取PD中点为E，

则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，∴eq \(AE,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，

易知eq \(AD,\s\up11(→))是平面PAB的法向量，eq \(AE,\s\up11(→))是平面PCD的法向量，

∴cs＝eq \f(\r(2),2)，

∴平面PAB与平面PCD的夹角为45°.]

3．如图，在三棱锥PABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.

(1)求证：AB∥GH；

(2)求二面角DGHE的余弦值．

【解析】(1)证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EF∥AB，DC∥AB，所以EF∥DC．

又因为EF⊄平面PCD，DC⊂平面PCD，

所以EF∥平面PCD．

又因为EF⊂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH，

所以EF∥GH.又因为EF∥AB，所以AB∥GH.

(2)在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，

以∠ABQ＝90°.又因为PB⊥平面ABQ，

所以BA，BQ，BP两两垂直．

以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP

所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

设BA＝BP＝BQ＝2，则E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，所以eq \(EQ,\s\up11(→))＝(－1,2，－1)，eq \(FQ,\s\up11(→))＝(0,2，－1)，

eq \(DP,\s\up11(→))＝(－1，－1,2)，eq \(CP,\s\up11(→))＝(0，－1,2)．

设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，

由m·eq \(EQ,\s\up11(→))＝0，m·eq \(FQ,\s\up11(→))＝0，

得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1＋2y1－z1＝0，,2y1－z1＝0，))取y1＝1，得m＝(0,1,2)．

设平面PDC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，

由n·eq \(DP,\s\up11(→))＝0，n·eq \(CP,\s\up11(→))＝0，

得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－y2＋2z2＝0，,－y2＋2z2＝0，))取z2＝1，得n＝(0,2,1)．

所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(4,5).

因为二面角DGHE为钝角，

所以二面角DGHE的余弦值为－eq \f(4,5).

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，是的中点．

（1）证明：直线平面；

（2）点在棱上，且直线与底面所成角为，

求二面角的余弦值．

【解析】（1）取中点，连结，．

因为为的中点，所以,,

由得，又

所以．四边形为平行四边形，

．又，，

故

（2）由已知得,以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则

则，，，，

,，则

因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以

，，

即（x-1）²+y²-z²=0

又M在棱PC上,设

由①，②得所以M，从而

设是平面ABM的法向量，则

所以可取.于是

因此二面角M-AB-D的余弦值为

通过练习巩固本节所学知识，通过学生解决问题，发展学生的数学运算、逻辑推理、数学建模的核心素养。

四、小结

求二面所成角的基本方法

1.空间向量法：需注意所求两个法向量的夹角与二面角的关系（相等或互补）；

2，几何法：需准确理解二面角的定义，熟悉基本的几何模型.

五、课时练

通过总结，让学生进一步巩固本节所学内容，提高概括能力。