不用法向量求二面角的简单方法

不用平面法向量求二面角的简单方法

上海市七宝中学文卫星（201101）

内容提要：求二面角的平面角，综合法作二面角较难，求平面法向量的方法较繁，

还要根据图形判断是锐二面角还是钝二面角.本文给出不依赖于求两个半平面法向量的方法，且计算量也不大.

关键词：求二面角大小作棱垂直的向量

立体几何较难的是求二面角的平面角，传统的综合法作二面角较难，空间向量的方法写起来繁，同时求二面角的大小需要判断是锐二面角还是钝二面角，有时要依赖观察，但在复杂的立体图中，要准确判断有时是困难的.在本文结合2013年高考题，给出一种不依赖于求两个半平面法向量的方法，且计算量相对于求法向量来说也不大.

设二面角A,C分别是二面角l的棱l的两点，点B,D



分别在半平面,内，且ABl,CDl，则AB与CD（或BA与

DC）所成的角就是二面角的平面角.

这种方法就是要分别过两个半平面内的点（两点在棱上时可以重合）作与棱垂直的向量，这两个向量所成的角就是二面角的平面角.现举例说明应用.

例1（2013年山东理科）如图所示，在三棱锥P-ABQ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.

（Ⅰ）求证：AB//GH；

（Ⅱ）求二面角D-GH-E的余弦值. 解(Ⅰ)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EF平面PCD,DC平面PCD,所以EF∥平面PCD.

又EF平面EFQ,平面EFQ平面PCDGH,

所以EF∥GH,又EF∥AB,所以AB∥GH.

（Ⅱ）在△ABQ中,AQ2BD,ADDQ,, 所以ABQ



2

,又PB平面ABQ,所以BA,BQ,BP两两垂直,

以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BQBP2,则F(0,0,1),C(0,1,0).

由(Ⅰ)知AB平面PBQ，因AB∥GH，所以GH平面PBQ，所以

CHF就是

二面角D-GH-E的平面角，设CHF.

zy

1，直线FQ的方程为z1，222222112

解得yz，即H(0,,).HF(0,,),HC(0,,)，则

3333333

22

HFHC4

cos.

5|HF||HC|

94

即二面角D-GH-E的余弦值.

5

在直角坐标系yBz中，直线PC的方程为y

本例正好作出二面角的平面角，相比较求两个平面法向量的方法要简单的多.

BC2AD，例2 （2013年大纲版理）如图,四棱锥PABCD中,ABCBAD90，PAB与PAD都是等边三角形.

(I)证明:PBCD;(II)求二面角APDC的大小.

解连BD，取BD中点O，连AO并延长交BC于E，则ABED是

正方形.因PB=PD，所以POBD，同理，POAE，所以PO平面ABED.

以O为原点，以OE，OB，OP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AB

2，则A(

，D(0,PC

，



B.



(I)

因CD(PB，所以CDPB0，所以PBCD.

FPD(II)设PD中点F，则A

，

且F(0,

，22

AF.

22



设G(x,y,z)为PD上一点，设PGPD，

则(xyz,,即x0,y,z.

0(,2,，



令CGPD，则CG与AF所成的角就是二面角APDC的平面角，设为.



因CG(),PD，由CGPD0解得





CGAF

1.CG(AF，

，cos22|CG||AF|

即二面角APD

C的大小为arccos

3



注 本题要设PD上一点G，使CGPD，在实际解题时，并不要在图形中画出G. 

确定G(x,y,z)还可以用三点共线的充要条件来求.设CGCP(1)CD，即





CG((1)(().

又PD(0,，

由CGPD(22,得2)





0，所以CG(.

比较而言，这种方法计算量可能会小一点.

例3 （2013年四川理）如图,在三棱柱ABCA1B1C中,侧棱AA1底面ABC,

ABAC2AA1,BAC120,D,D1分别是线段BC,B1C1的中点,P是线段AD的中

点.

(Ⅰ)在平面ABC内,试作出过点P与平面A1BC平行的直线l,说明理由,并证明直线l平面ADD1A1;

(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l交AB于点M,交AC于点N,求二面角AAMN的余弦值. 1

解

1

外,BC在平如图,在平面ABC内,过点P做直线l//BC,因为l在平面ABC1

面ABC内,由直线与平面平行的判定定理可知, l//平面ABC. 11

由已知,ABAC,D是BC的中点,所以,BCAD,则直线lAD.

因为AA1A1内,且AD1平面ABC,所以AA1直线l.又因为AD,AA1在平面ADD与AA1相交,所以直线l平面ADD1A1.

设AA11.如图,过A1作A1E平行于B1C1,以A1为坐标原点,分别以AE1,AD11,



A1A的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系A1xyz.

P为AD的中点,所以则A10,0,0,A0,0,1.因为

M,N

分别为

A,BA的C中

点,

故

111

M2,1,N2,1,所

以A1M2,1,





A1A0,0,1,NM

.





1

设E(x,y,z)为A1M上一点，设AE，(x,y,z)AM112,1，

即



x

111

，

,y,z

，NE,122222

133111



由NEA1M得，. ,1,10NE28,4422



设A1M中点为F，因AA，所以AF与NE所成的角就是1AM，所以AFAM1

二面角AAMN的平面角，设为.

1

1111AFNE. 因F，

所以AF，

所以cos,,4242|AF||NE|

二面角AAM

N1

3

. , 2

第中，如果F不是A1M中点，可设F(x,y,z)，由求E

坐标的方法知x

1

,z，也就是说，此时E,F的坐标是共用的，再由AEAM，AFAM分112

别求出的值，这样计算量就会小一些. y

总之，本文介绍的方法既不用判断是锐二面角，也不用判断是钝二面角，且计算量也不超过求两个平面法向量的方法，读者不妨一试.

参考文献

文卫星.挑战高考数学压轴题，华东师大出版社，2013.8 .

邮箱：[email protected] 电话：[1**********]

作者简介：文卫星，上海市特级教师，发表文章280多篇，出版专著《超越逻辑的数学教学----数学教学中的德育》（2009年上海社科院出版社）、《文卫星数学课赏析》（2012年华东师大出版社）等6本。

不用平面法向量求二面角的简单方法

上海市七宝中学文卫星（201101）

内容提要：求二面角的平面角，综合法作二面角较难，求平面法向量的方法较繁，

还要根据图形判断是锐二面角还是钝二面角.本文给出不依赖于求两个半平面法向量的方法，且计算量也不大.

关键词：求二面角大小作棱垂直的向量

立体几何较难的是求二面角的平面角，传统的综合法作二面角较难，空间向量的方法写起来繁，同时求二面角的大小需要判断是锐二面角还是钝二面角，有时要依赖观察，但在复杂的立体图中，要准确判断有时是困难的.在本文结合2013年高考题，给出一种不依赖于求两个半平面法向量的方法，且计算量相对于求法向量来说也不大.

设二面角A,C分别是二面角l的棱l的两点，点B,D



分别在半平面,内，且ABl,CDl，则AB与CD（或BA与

DC）所成的角就是二面角的平面角.

这种方法就是要分别过两个半平面内的点（两点在棱上时可以重合）作与棱垂直的向量，这两个向量所成的角就是二面角的平面角.现举例说明应用.

例1（2013年山东理科）如图所示，在三棱锥P-ABQ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.

（Ⅰ）求证：AB//GH；

（Ⅱ）求二面角D-GH-E的余弦值. 解(Ⅰ)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EF平面PCD,DC平面PCD,所以EF∥平面PCD.

又EF平面EFQ,平面EFQ平面PCDGH,

所以EF∥GH,又EF∥AB,所以AB∥GH.

（Ⅱ）在△ABQ中,AQ2BD,ADDQ,, 所以ABQ



2

,又PB平面ABQ,所以BA,BQ,BP两两垂直,

以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BQBP2,则F(0,0,1),C(0,1,0).

由(Ⅰ)知AB平面PBQ，因AB∥GH，所以GH平面PBQ，所以

CHF就是

二面角D-GH-E的平面角，设CHF.

zy

1，直线FQ的方程为z1，222222112

解得yz，即H(0,,).HF(0,,),HC(0,,)，则

3333333

22

HFHC4

cos.

5|HF||HC|

94

即二面角D-GH-E的余弦值.

5

在直角坐标系yBz中，直线PC的方程为y

本例正好作出二面角的平面角，相比较求两个平面法向量的方法要简单的多.

BC2AD，例2 （2013年大纲版理）如图,四棱锥PABCD中,ABCBAD90，PAB与PAD都是等边三角形.

(I)证明:PBCD;(II)求二面角APDC的大小.

解连BD，取BD中点O，连AO并延长交BC于E，则ABED是

正方形.因PB=PD，所以POBD，同理，POAE，所以PO平面ABED.

以O为原点，以OE，OB，OP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AB

2，则A(

，D(0,PC

，



B.



(I)

因CD(PB，所以CDPB0，所以PBCD.

FPD(II)设PD中点F，则A

，

且F(0,

，22

AF.

22



设G(x,y,z)为PD上一点，设PGPD，

则(xyz,,即x0,y,z.

0(,2,，



令CGPD，则CG与AF所成的角就是二面角APDC的平面角，设为.



因CG(),PD，由CGPD0解得





CGAF

1.CG(AF，

，cos22|CG||AF|

即二面角APD

C的大小为arccos

3



注 本题要设PD上一点G，使CGPD，在实际解题时，并不要在图形中画出G. 

确定G(x,y,z)还可以用三点共线的充要条件来求.设CGCP(1)CD，即





CG((1)(().

又PD(0,，

由CGPD(22,得2)





0，所以CG(.

比较而言，这种方法计算量可能会小一点.

例3 （2013年四川理）如图,在三棱柱ABCA1B1C中,侧棱AA1底面ABC,

ABAC2AA1,BAC120,D,D1分别是线段BC,B1C1的中点,P是线段AD的中

点.

(Ⅰ)在平面ABC内,试作出过点P与平面A1BC平行的直线l,说明理由,并证明直线l平面ADD1A1;

(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l交AB于点M,交AC于点N,求二面角AAMN的余弦值. 1

解

1

外,BC在平如图,在平面ABC内,过点P做直线l//BC,因为l在平面ABC1

面ABC内,由直线与平面平行的判定定理可知, l//平面ABC. 11

由已知,ABAC,D是BC的中点,所以,BCAD,则直线lAD.

因为AA1A1内,且AD1平面ABC,所以AA1直线l.又因为AD,AA1在平面ADD与AA1相交,所以直线l平面ADD1A1.

设AA11.如图,过A1作A1E平行于B1C1,以A1为坐标原点,分别以AE1,AD11,



A1A的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系A1xyz.

P为AD的中点,所以则A10,0,0,A0,0,1.因为

M,N

分别为

A,BA的C中

点,

故

111

M2,1,N2,1,所

以A1M2,1,





A1A0,0,1,NM

.





1

设E(x,y,z)为A1M上一点，设AE，(x,y,z)AM112,1，

即



x

111

，

,y,z

，NE,122222

133111



由NEA1M得，. ,1,10NE28,4422



设A1M中点为F，因AA，所以AF与NE所成的角就是1AM，所以AFAM1

二面角AAMN的平面角，设为.

1

1111AFNE. 因F，

所以AF，

所以cos,,4242|AF||NE|

二面角AAM

N1

3

. , 2

第中，如果F不是A1M中点，可设F(x,y,z)，由求E

坐标的方法知x

1

,z，也就是说，此时E,F的坐标是共用的，再由AEAM，AFAM分112

别求出的值，这样计算量就会小一些. y

总之，本文介绍的方法既不用判断是锐二面角，也不用判断是钝二面角，且计算量也不超过求两个平面法向量的方法，读者不妨一试.

参考文献

文卫星.挑战高考数学压轴题，华东师大出版社，2013.8 .

邮箱：[email protected] 电话：[1**********]

作者简介：文卫星，上海市特级教师，发表文章280多篇，出版专著《超越逻辑的数学教学----数学教学中的德育》（2009年上海社科院出版社）、《文卫星数学课赏析》（2012年华东师大出版社）等6本。