7.7 第3课时 空间角问题-【创新思维】2024高考数学一轮复习高考总复习配套教参（人教版多选 新教材 新高考）

第三课时　空间角问题 课程标准 1．了解线线角、线面角、面面角及两平面的夹角的概念．　2.会求异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角及两平面夹角的大小．　 授课提示：对应学生用书第177页 知识点　空间角的求法 1．异面直线所成的角 设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 a与b的夹角β l1与l2所成的角θ 范围 (0，π) 求法 cos β＝ cos θ＝|cos β|＝ 2.求直线与平面所成的角 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝. 3．求二面角的大小 (1)如图a，AB，CD是二面角α­l­β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，C〉． (2)如图b，c，n1，n2分别是二面角α­l­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)． [对点自测] 1．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________． 答案：45°或135° 2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为________． 答案： 3.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________． 解析：以C为原点建立空间直角坐标系，如图所示，则A(2,0,0)，C1(0，0，2)，点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2， 所以＝(－2,0,2)，＝. 设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cos θ＝＝＝.又θ∈，所以θ＝. 答案： 4．已知两平面的法向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为________． 答案： 授课提示：对应学生用书第178页 　　互动探究 [例]　如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°. (1)求证：BD⊥平面PAC； (2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值． [解]　(1)证明：因为四边形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD. 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD. 又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC. (2)法一：设AC∩BD＝O. 因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝. 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)． 所以＝(1，，－2)，＝(0，2，0)． 设PB与AC所成角为θ，则 cos θ＝＝＝. 即PB与AC所成角的余弦值为. 法二：平移法(提示：取PD的中点E，则OE∥PB) 所以AO与OE所成的锐角或直角是PB与AC所成的角．在△AOE中，求|cos∠AOE|即可． 技法点拨 求异面直线所成的角的两个关注点 (1)用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解的． (2)由于两异面直线所成角的范围是θ∈，两方向向量的夹角α的范围是(0，π)，所以要注意二者的区别与联系，应有cos θ＝|cos α|.　 迁移应用 　(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P，M分别为棱CD，CC1的中点．Q为线段A1B上任一点，则下列说法正确的是(　　) A．平面APM内存在直线与A1D1平行 B．平面APM截正方体ABCD­A1B1C1D1所得截面的面积为 C．直线AP和DQ所成角可能为60° D．直线AP和DQ所成角可能为30° 解析：对于选项A，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，BC∥A1D1，在平面ABCD中，直线AP，BC相交，所以直线BC与平面APM相交，故直线A1D1与平面APM相交，故平面APM内不存在直线与A1D1平行，所以选项A错误．对于选项B，如图，连接C1D，AB1，因为P，M分别为棱CD，CC1的中点，所以PM∥C1D，PM＝C1D.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB1∥C1D，所以PM∥AB1，连接B1M，则梯形AB1MP即为所求的截面，易知AP＝B1M＝ ＝，PM＝ ＝，AB1＝，所以等腰梯形AB1MP的高为 ＝ ＝，所以梯形AB1MP的面积为××＝，选项B正确． 对于选项C，D，以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，P，B(1，1,0)，A1(1,0,1)，＝(0,1，－1)，＝(1,0,1)，＝.设＝λ ＝λ(0，1，－1)＝(0，λ，