二面角求法总结教案

一、教案分析

求解二面角是立体几何中最基本、最重要的题型，也是各地高考中的“热点”问题，虽然对此可说是“千锤百炼”，但我们必须面对新的情境、新的变化，如何以基本方法的“不变”去应对题目中的“万变”就是我们研究的中心话题.

二、学情分析

经过前段时间的学习，同学们已基本掌握了二面角的相关知识。本节课的内容对他们来说不是很难，本节课只是对二面角求法的总结，没有学习新知识的困惑，内容非常实用，也是考试常题，能让同学们感受到这些的价值，增加同学们的学习积极性。

三、教学目标

1）通过本节课学习，能解答一般二面角问题；

2) 通过本节的学习，能学会总结归纳已学过的知识；

3）面对二面角问题，能从容思考，冷静作答。

四、教学重点与难点

1）总的来说，求解二面角的大体步骤为：“作、证、求”.其中“作、证”是关键也是难点；

2）“求”依靠的计算，也决不能忽视，否则因小失大，功亏一篑，也是十分遗憾之事.；

3）求法：定义法、三垂线法、垂面法、面积法、向量法、变式二面角求法；

4）变式二面角求法。

五、教学准备

通过课堂总结与举例练习，是同学们能当堂掌握二面角求法的相关知识。

六、教学过程

提问：同学所知道的二面角求法有哪些？

1） 定义法

即在二面角的棱上找一点，在二面角的两个面内分别作棱的射线即得二面角的平面角.定义法是“众法之源”，万变不离其宗，“树高千尺，叶落归根”，求二面角的一切方法盖源出定义这个“根”！.

例1 正方体ABCD-A1B1C1D1中，求二面角A-BD-C1的正切值为 .

分析与略解：“小题”不必“大做”，由图1知所求二面角为

二面角C-BD-C1的“补角”.教材中根本就没有“二面角的补角”

这个概念，但通过几何直观又很容易理解其意义，这就叫做直觉

思维，在立体几何中必须发展这种重要的思维能力.易知∠COC1

是二面角C-BD-C1的平面角，且tan∠COC1=2。 1 B 图1 C AD1 C1

将题目略作变化，二面角A1-BD-C1的余弦值为 .

在图1中，∠A1OC1是二面角A1-BD-C1的平面角，设出正方体的棱长，用余弦定理易求得

cos∠A1OC1=1 3

A1 例2(20xx年江苏试题)如图2(1)，在正三角形ABC

中，E、F、P分别是AB、AC、BC上的点，满足AE：

EB=CF：FA=CP：BP=1：2.如图2(2)，将△AEF折起

到△A1EF的位置，使二面角A1-EF-B成直二面角，连

接A1B、A1P.

(Ⅰ)与(Ⅱ)略；(Ⅲ)求二面角B-A1P-F的余弦值。 F Q P C Q P 图2(1)

图2(2) 分析与略解：在例1中，图形的对称和谐状态对解题产生了很好的启迪作用，在这里更离不开图形的这种对称和谐性.若取BP的中点Q，连接EQ，则在正三角形ABC中，很容易证得△BEQ≌△ PEQ≌△PEF≌△AEF，那么在图2(2)中，有A1Q=A1F.作FM⊥A1P于M，连接QH、QF，则易得△A1QP≌△A1FP，△QMP≌△FMP，所以∠PMQ=∠PMF=90o，∠QMF为二面角B-A1P-F的平面角，使题解取得了突破性的进展.设正三角形的边长为3，依次可求得A1P=，QM=FM=

中，由余弦定理得cos∠QMF=?25，在△QMF57。 8

练习：2011广东高考理18.(本小题满分13分)

如图5.在锥体P-ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，

且∠DAB=60?

，PA?PD?分别是BC,PC的中点.

(1) 证明：AD ?平面DEF; (2) 求二面角P-AD-B的余弦值.

解：(2) 由（1）知?PGB为二面角P?AD?B的平面角，

在Rt?PGA中

，PG?217tBG中A，?()2?；在R?24123BG2?12?()?； 24

PG2?BG2?PB2在?

PGB中，cos?PGB?. ?2PG?BGABＳ Ｓ Ｓ

2） 三垂线法

这是最典型也是最常用的方法，当然此法仍扎“根”于二面角平面角的定义.

此法最基本的一个模型为：如图3，设锐二面角??l??，过面?

A 内一点P作PA⊥?于A，作AB⊥l于B，连接PB，由三垂线定理得PB ⊥l，则∠PBA为二面角??l??的平面角，故称此法为三垂线法.

最重要的是在“变形(形状改变)”和“变位(位置变化)”中能迅速作 l 图3

2

出所求二面角的平面角，再在该角所在的三角形(最好是直角三角形，如图3中的Rt△PAB)中求解.对于钝二面角也完全可以用这种方法，锐角的补角不就是钝角吗？

例3(20xx年陕西试题)如图4，平面?⊥平面?，?∩?=l，A∈?，B∈?，点A在直线l上的射影为A1，点B在l的射影为B1，已知AB=2，AA1=1，BB1=，求：

(Ⅰ)略；(Ⅱ)二面角A1－AB－B1的正弦值.

分析与略解：所求二面角的棱为AB，不像图3的那样一看就明白 的状态，但本质却是一样的，对本质的观察能力反映的是思维的深刻性.

作A1E⊥AB1于AB1于E，则可证A1E⊥平面AB1B.过E作EF⊥A B交AB于F，连接A1F，则得A1F⊥AB，∴∠A1FE就是所求二面角的 平面角.

依次可求得AB1=B1B=2，A1B=，A1E=

l1图4 1

2AE6

，A1F=，则在Rt△A1EF中，sin∠A1FE= .

AF3122

与图3中的Rt△PAB比较，这里的Rt△A1EF就发生了“变形”和“变位”，所以要有应对各种变化，乃至更复杂变化的思想准备.

3）垂面法

事实上，图1中的平面COC1、图2(2)中的平面QMF、图3中的平面PAB、图4中的平面A1FE都是相关二面角棱的垂面，这种通过作二面角棱的垂面得平面角的方法就叫做垂面法.在某些情况下用这种方法可取得良好的效果.

例4空间的点P到二面角??l??的面?、?及棱l的距离分别

P

为4、3、

239

，求二面角??l??的大小. 3

?

B

分析与略解：如图5，分别作PA⊥?于A，PB⊥?于B，则易知 l⊥平面PAB，设l∩平面PAB=C，连接PC，则l⊥PC.

分别在Rt△PAC、Rt△PBC中，PC=

l

图5

22353

，PA=4，PB=3，则AC=，BC=. 333

因为P、A、C、B四点共圆，且PC为直径，设PC=2R，二面角??l??的大小为?. 分别在△PAB、△ABC中，由余弦定理得

AB2=AC2+BC2-2·AC·BCcos?=PA2+PB2-2·PA·PBcos(???)， 则可解得cos?=?

1

，?=120o，二面角??l??的大小为120o. 2

4）面积法

1

CO?BD

SCO

如图1，设二面角C-BD-C1的大小为?，则在Rt△COC1中，cos?????CBD，

C1O1S?C1BD

C1O?BD2

在某些情况下用此法特别方便.

3

例5 如图6，平面?外的△A1B1C1在?内的射影是边长为1的正三角形ABC，且AA1=2，BB1=3，CC1=4，求△A1B1C1所在的平面与平面?所成锐二面角的余弦值

分析与略解：问题的情境很容易使人想到用面积法，分别在BB1、CC1取BD=CE=AA1， 则△A1B1C1≌△A1DE，可求得A1B=2，A1C1=，B1C1= 1

A1

2，所以等腰△A1B1C1的面积为，又正△ABC的面积为. 44H M

设所求二面角的大小为?，则cos?= 5图6

5）向量法

向量法只需注意法向量方向的判断与计算过程要仔细，由于时间关系今天就不细讲。

6）变式二面角的求法

以上列举了求解二面角的四种基本方法，但在现实中，问题往往不是那么简单与单纯，而是有诸多的变化，“源于基本方法，适应各种变化”就是我们总的策略.

6.1 “无棱”二面角的求法

严格地说，任何二面角都是有棱的，“无棱”其实是指二面角的棱处于隐含的状态.对于这样的问题，有两种处理办法：

(1)用面积法，见例5；

(2)找出隐含的棱，此法可称为“找棱法”.

在例5中，延长C1B1和C1A1分别交CB和CA的延长线于G、H，连GH.

作CM⊥GH于M，连C1M，C1M⊥GH，则∠CMC1是所求二面角的平面角.

由平几知识得CG=4，CH=2，则△CGH的面积为23，又△CGH的面积为1CH·CM. 2

又由余弦定理得GH=2，所以CM=2，则在Rt△CMC1中，cos?=5. 5

在原图中，面A1B1C1与?的公共点都不知道，所以必须找出它们的两个公共点，才能找到二面角的棱；而在另一些问题中，知道两个面的一个公共点，那么只须再找出另一个公共点就可以了.

面积法比找棱法似乎要简单些，但看问题不能简单化，例5的第二种解法是非常重要的一种方法，其中蕴涵的知识和技能的“营养”对于滋补人大大脑是十分有价值的，所以决不要忽视找棱法.

6.2 有关二面角的最值问题

求最值是代数、三角、解几的“热点”问题，殊不知立体几何中也有引人入胜的最值问题. 例6 二面角?-l-?的大小是变量?(0????

2)，点B、C在l

?上，A、D分别在面?、?内，且AD⊥BC，AD与面?成角，若 6△ABC的面积为定值S，求△BCD面积Q的最大值.

分析与略解：如图9，作AE⊥BC于E，连DE，则由AD⊥BC得 l图7 4

BC⊥平面ADE，则DE⊥BC，∠AED=?，∠ADE=?. 6

sin(??DE在△AED中，由正弦定理得?AE

则当??sin(???6，所以Q?Ssin6)?6,Q?2Ssin(???)， 6sin6)?

3时，有Qmax=2S.

△BCD和△ABC有公共的底边BC，则它们的面积比等于对应高之比，这是简单的平几知识，但用在这里却发挥了以简驭繁的奇妙功能.三角函数与正弦定理给题目注入了新的活力.

七、教学反思

5

第二篇：二面角求法大全

二面角求法之面面观

求解二面角是立体几何中最基本、最重要的题型，也是各地高考中的“热点”问题，虽然对此可说是“千锤百炼”，但我们必须面对新的情境、新的变化，如何以基本方法的“不变”去应对题目中的“万变”就是我们研究的中心话题.

总的来说，求解二面角的大体步骤为：“作、证、求”.其中“作、证”是关键也是难点，“求”依靠的计算，也决不能忽视，否则因小失大，功亏一篑，也是十分遗憾之事.

1 定义法

即在二面角的棱上找一点，在二面角的两个面内分别作棱的射线即得二面角的平面角.定义法是“众法之源”，万变不离其宗，“树高千尺，叶落归根”，求二面角的一切方法盖源出定义这个“根”！.

例1 正方体ABCD-A1B1C1D1中，求二面角A-BD-C1的正切值为 .

分析与略解：“小题”不必“大做”，由图1知所求二面角为

二面角C-BD-C1的“补角”.教材中根本就没有“二面角的补角”

这个概念，但通过几何直观又很容易理解其意义，这就叫做直觉

思维，在立体几何中必须发展这种重要的思维能力.易知∠COC1

是二面角C-BD-C1的平面角，且tan∠COC1=2。

B C A1

C1 将题目略作变化，二面角A1-BD-C1的余弦值为 .

1

3在图1中，∠A1OC1是二面角A1-BD-C1的平面角，设出正方体的棱长，用余弦定理易求得 图1 cos∠A1OC1=

B Q P C Q P F C 1 例2(20xx年江苏试题)如图2(1)，在正三角形ABC 中，E、F、P分别是AB、AC、BC上的点，满足AE： EB=CF：FA=CP：BP=1：2.如图2(2)，将△AEF折起 到△A1EF的位置，使二面角A1-EF-B成直二面角，连

接A1B、A1P.

(Ⅰ)与(Ⅱ)略；(Ⅲ)求二面角B-A1P-F的余弦值。 图2(1) 图2(2)

分析与略解：在例1中，图形的对称和谐状态对解题产生了很好的启迪作用，在这里更离不开图形的这种对称和谐性.若取BP的中点Q，连接EQ，则在正三角形ABC中，很容易证得△BEQ≌△ PEQ≌△PEF≌△AEF，那么在图2(2)中，有A1Q=A1F.作FM⊥A1P于M，连接QH、QF，则易得△A1QP≌△A1FP，△QMP≌△FMP，所以∠PMQ=∠PMF=90o，∠QMF为二面角B-A1P-F的平面角，使题解取得了突破性的进展.设正三角形的边长为3，依次可求得A1P=5，QM=FM=

中，由余弦定理得cos∠QMF=?7

8255，在△QMF。

练习：2011广东高考理18.(本小题满分13分)

如图5.在锥体P-ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，

且∠DAB=60?

，PA?PD?分别是BC,PC的中点. 1

(1) 证明：AD ?平面DEF; (2) 求二面角P-AD-B的余弦值. 解：(2) 由（1）知?PGB为二面角P?AD?B的平面角，

在Rt?PGA中

，PG2?

BG

2

BG中A，

127

t；在R??()?

24

1223

?1?()?；

24

在?

PGB中，cos?PGB?2 三垂线法

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2PG?BG

222

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7

.

A

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Ｓ

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这是最典型也是最常用的方法，当然此法仍扎“根”于二面角平面角的定义. 此法最基本的一个模型为：如图3，设锐二面角??l??，过面?

内一点P作PA⊥?于A，作AB⊥l于B，连接PB，由三垂线定理得PB ⊥l，则∠PBA为二面角??l??的平面角，故称此法为三垂线法.

最重要的是在“变形(形状改变)”和“变位(位置变化)”中能迅速作

l

A 图3

出所求二面角的平面角，再在该角所在的三角形(最好是直角三角形，如图3中的Rt△PAB)中求解.对于钝二面角也完全可以用这种方法，锐角的补角不就是钝角吗？

例3(20xx年陕西试题)如图4，平面?⊥平面?，?∩?=l，A∈?，B∈?，点A在直线l上的射影为A1，点B在l的射影为B1，已知AB=2，AA1=1，BB1=2，求：

(Ⅰ)略；(Ⅱ)二面角A1－AB－B1的正弦值.

分析与略解：所求二面角的棱为AB，不像图3的那样一看就明白 的状态，但本质却是一样的，对本质的观察能力反映的是思维的深刻性.

作A1E⊥AB1于AB1于E，则可证A1E⊥平面AB1B.过E作EF⊥A B交AB于F，连接A1F，则得A1F⊥AB，∴∠A1FE就是所求二面角的 平面角.

依次可求得AB1=B1B=，A1B=3，A1E=

22

1

A1图4

l，A1F=

32

，则在Rt△A1EF中，sin∠A1FE=

A1E. A1F3

与图3中的Rt△PAB比较，这里的Rt△A1EF就发生了“变形”和“变位”，所以要有应对各种变化，乃至更复杂变化的思想准备. 3 垂面法

事实上，图1中的平面COC1、图2(2)中的平面QMF、图3中的平面PAB、图4中的平面A1FE都是相关二面角棱的垂面，这种通过作二面角棱的垂面得平面角的方法就叫做垂面法.在某些情况下用这种方法可取得良好的效果.

例4空间的点P到二面角??l??的面?、?及棱l的距离分别

2393

P

?为4、3、，求二面角??l??的大小.

l

图5

2

分析与略解：如图5，分别作PA⊥?于A，PB⊥?于B，则易知 l⊥平面PAB，设l∩平面PAB=C，连接PC，则l⊥PC.

分别在Rt△PAC、Rt△PBC中，PC=

2393

，PA=4，PB=3，则AC=

233

，BC=

533

.

因为P、A、C、B四点共圆，且PC为直径，设PC=2R，二面角??l??的大小为?. 分别在△PAB、△ABC中，由余弦定理得

22222

AB=AC+BC-2·AC·BCcos?=PA+PB-2·PA·PBcos(???)，

则可解得cos?=?4 面积法

12

，?=120o，二面角??l??的大小为120o.

1

如图1，设二面角C-BD-C1的大小为?，则在Rt△COC1中，cos??

?1C1O

2

CO

CO?BD

?

C1O?BD

S?CBDS?C1BD

，

在某些情况下用此法特别方便.

例5 如图6，平面?外的△A1B1C1在?内的射影是边长为1的正三角形ABC，且AA1=2，BB1=3，CC1=4，求△A1B1C1所在的平面与平面?所成锐二面角的余弦值

分析与略解：问题的情境很容易使人想到用面积法，分别在BB1、CC1取BD=CE=AA1， 则△A1B1C1≌△A1DE，可求得A1B=

4

1

1

2，A1C1=5，B1C1=

2，所以等腰△A1B1C1的面积为

，又正△ABC的面积为

34

.

1H M G

设所求二面角的大小为?，则cos?=5 变式二面角的求法

55

.

图6

以上列举了求解二面角的四种基本方法，但在现实中，问题往往不是那么简单与单纯，而是有诸多的变化，“源于基本方法，适应各种变化”就是我们总的策略. 5.1 “无棱”二面角的求法

严格地说，任何二面角都是有棱的，“无棱”其实是指二面角的棱处于隐含的状态.对于这样的问题，有两种处理办法：

(1)用面积法，见例5；

(2)找出隐含的棱，此法可称为“找棱法”.

在例5中，延长C1B1和C1A1分别交CB和CA的延长线于G、H，连GH. 作CM⊥GH于M，连C1M，C1M⊥GH，则∠CMC1是所求二面角的平面角. 由平几知识得CG=4，CH=2，则△CGH的面积为23，又△CGH的面积为

12

CH·CM.

3

又由余弦定理得GH=23，所以CM=2，则在Rt△CMC1中，cos?=

55

.

在原图中，面A1B1C1与?的公共点都不知道，所以必须找出它们的两个公共点，才能找到二面角的棱；而在另一些问题中，知道两个面的一个公共点，那么只须再找出另一个公共点就可以了.

面积法比找棱法似乎要简单些，但看问题不能简单化，例5的第二种解法是非常重要的一种方法，其中蕴涵的知识和技能的“营养”对于滋补人大大脑是十分有价值的，所以决不要忽视找棱法. 5.2 有关二面角的最值问题

求最值是代数、三角、解几的“热点”问题，殊不知立体几何中也有引人入胜的最值问题.

?

例6 二面角?-l-?的大小是变量?(0???)，点B、C在l

2上，A、D分别在面?、?内，且AD⊥BC，AD与面?成△ABC的面积为定值S，求△BCD面积Q的最大值.

分析与略解：如图9，作AE⊥BC于E，连DE，则由AD⊥BC得

?

BC⊥平面ADE，则DE⊥BC，∠AED=?，∠ADE=.

6

?

6

角，若

图7

l在△AED中，由正弦定理得

DEAE

sin(???

sin

?6

)

?6

，所以

QS

sin(???

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,Q?2Ssin(??

?6

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则当??

?

3

时，有Qmax=2S.

△BCD和△ABC有公共的底边BC，则它们的面积比等于对应高之比，这是简单的平几知识，但用在这里却发挥了以简驭繁的奇妙功能.三角函数与正弦定理给题目注入了新的活力.

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