1.4.2 第2课时 用空间向量研究夹角问题（课件）-【勤径学升·同步练测】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

单击此处添加文本具体内容 第一章　空间向量与立体几何 1．4.2　用空间向量研究距离、夹角问题 第2课时　用空间向量研究夹角问题 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 分 层 练 习 提 素 养 第一章　空间向量与立体几何 点击进入word版 1．(南昌一中月考)如图，S是正三角形ABC所在平面外一点，M，N分别是AB和SC的中点，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝90°，则异面直线SM与BN夹角的余弦值为(　　) A．－ eq \f(\r(10),5) 　B． eq \f(\r(10),5) C．－ eq \f(\r(10),10) D． eq \f(\r(10),10) 解析　不妨设SA＝SB＝SC＝1.以S为坐标原点，SA，SB，SC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A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，S(0，0，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)) ，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2))) ，所以 eq \o(SM,\s\up15(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)) ， eq \o(BN,\s\up15(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(1,2))) ，所以| eq \o(SM,\s\up15(→)) |＝ eq \f(\r(2),2) ，| eq \o(BN,\s\up15(→)) |＝ eq \f(\r(5),2) ， eq \o(SM,\s\up15(→)) · eq \o(BN,\s\up15(→)) ＝－ eq \f(1,2) ，所以cos 〈 eq \o(SM,\s\up15(→)) ， eq \o(BN,\s\up15(→)) 〉＝ eq \f(\o(SM,\s\up15(→))·\o(BN,\s\up15(→)),|\o(SM,\s\up15(→))||\o(BN,\s\up15(→))|) ＝－ eq \f(\r(10),5) .因为异面直线的夹角为锐角或直角，所以异面直线SM与BN夹角的余弦值为 eq \f(\r(10),5) . 答案　B 2．(1)(山东潍坊高密三中高二月考)已知空间向量 eq \o(AB,\s\up15(→)) ＝(1，0，－1)，平面α的一个法向量n＝(0，1，1)，则直线AB与平面α所成的角为(　　) A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,3) C． eq \f(π,6) 或 eq \f(5π,6) D． eq \f(π,3) 或 eq \f(2π,3) (2)(豫南名校高二上期中联考)如图，在正三棱锥P­ABC中，PA，PB，PC两两垂直，E，F分别是AB，BC的中点，则直线AF与平面PEF所成角的正弦值为(　　) A． eq \f(\r(2),3) B． eq \f(\r(6),6) C eq \f(\r(3),3) D． eq \f(\r(6),3) 解析　(1)直线AB与平面α所成角的正弦值为sin θ＝ |cos 〈 eq \o(AB,\s\up15(→)) ，n〉|＝ eq \f(|\o(AB,\s\up15(→))·n|,|\o(AB,\s\up15(→))||n|) ＝ eq \f(1,\r(2)×\r(2)) ＝ eq \f(1,2) ，则直线AB与平面α所成的角为 eq \f(π,6) . (2)以点P为原点，PA，PB，PC所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设PA＝2，则P(0，0，0)，A(2，0，0)，E(1，1，0)，F(0，1，1)，所以 eq \o(AF,\s\up15(→)) ＝(－2，1，1)， eq \o(PE,\s\up15(→)) ＝(1，1，0)， eq \o(PF,\s\up15(→)) ＝(0，1，1).设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up15(→))＝x＋y＝0，,n·\o(PF,\s\up15(→))＝y＋z＝0，)) 令x＝1，则n＝(1，－1，1)是平面PEF的一个法向量．设AF与平面PEF所成的角为θ，则sin θ＝ eq \f(|\o(AF,\s\up15(→))·n|,|\o(AF,\s\up15(→))||n|) ＝ eq \f(|－2－1＋1|,\r(22＋1＋1)×\r(3)) ＝ eq \f(\r(2),3) . 答案　(1)A　(2)A 探究四　空间角的探索性问题 [例4]　(天津静海一中月考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，E为AD的中点，M是棱PC的中点，PA＝PD＝2，BC＝ eq \f(1,2) AD＝1，CD＝ eq \r(3) . (1)求证：PE∥平面BMD； (2)求直线PB与平面BMD所成角的余弦值； (3)线段PA上是否存在一点N，使得平面BMN与平面BMD所成角的余弦值为 eq \f(3\r(46),92) ？若存在，求出线段PN的长度；若不存在，请说明理由． [解]　(1)证明　如图，连接EC交BD于F，连接MF.由题知ED与BC平行且相等，所以四边形DEBC是平行四边形，因此BD与EC互相平分，F是EC的中点．又M是PC的中点，所以MF∥PE，又PE⊄平面BDM，MF⊂平面BDM，所以PE∥平面BDM. (2)因为∠ADC＝90°，所以BE⊥AD．又PA＝PD，E是AD的中点，所以PE⊥AD．因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，所以PE⊥平面ABCD． 以E为原点，以EA，EB，EP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，D(－1，0，0)，P(0，0， eq \r(3) )，C(－1， eq \r(3) ，0)， 所以M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2))) ， eq \o(PB,\s\up15(→)) ＝(0， eq \r(3) ，－ eq \r(3) )， eq \o(BD,\s\up15(→)) ＝(－1，－ eq \r(3) ，0)， eq \o(BM,\s\up15(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2))) . 设平面BDM的法向量是n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up15(→))＝－x－\r(3)y＝0，,n·\o(BM,\s\up15(→))＝－\f(1,2)x－\f(\r(3),2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，)) 令x＝ eq \r(3) ，则n＝( eq \r(3) ，－1，0)是平面BDM的一个法向量． 设直线PB与平面BMD所成的角为θ， 则sin θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PB,\s\up15(→))·n,|\o(PB,\s\up15(→))||n|))) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－\r(3),\r(6)×2))) ＝ eq \f(\r(2),4) ， 所以cos θ＝ eq \r(1－sin2θ) ＝ eq \f(\r(14),4) . (3)假设存在满足题意的点N.设 eq \o(PN,\s\up15(→)) ＝λ eq \o(PA,\s\up15(→)) (0≤λ≤1).因为 eq \o(PA,\s\up15(→)) ＝(1，0，－ eq \r(3) )，所以 eq \o(BN,\s\up15(→)) ＝ eq \o(PN,\s\up15(→)) － eq \o(PB,\s\up15(→)) ＝λ eq \o(PA,\s\up15(→)) － eq \o(PB,\s\up15(→)) ＝λ(1，0，－ eq \r(3) )－(0， eq \r(3) ，－ eq \r(3) )＝(λ，－ eq \r(3) ，－ eq \r(3) λ＋ eq \r(3) ).设平面BMN的法向量是m＝(x0，y0，z0)，则取x0＝ eq \r(3) ，则m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,λ)，\f(1＋λ,λ))) 是平面BMN的一个法向量． 由题意得|cos 〈m，n〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m||n|))) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,λ))),2\r(3＋\f(1,λ2)＋\f(（1＋λ）2,λ2))) ＝ eq \f(3\r(46),92) ，解得λ＝ eq \f(1,9) 或 eq \f(2,3) . 又PA＝2，所以PN＝ eq \f(2,9) 或 eq \f(4,3) . 所以存在满足题意的点N，且PN＝ eq \f(2,9) 或PN＝ eq \f(4,3) . $$