1.4.2 第2课时用空间向量研究夹角问题-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册同步练测（人教A版2019）

第一章 空间向量与立体几何 探究四 两个平行平面间的距离 [例4] 已知正方体 ABCD-A?B?C?D?的棱长 为1,求平面 A?BD与平面 B?CD?间的距离. 跟踪训练 4.如图所示，在正四棱柱 ABCD- A?B?C?D?中，侧棱 AA?=3,底 D C? B A? 面边长 AB=2,E,F分别为棱 D c BC,B?C?的中点. A B (1)求证：平面 BD?F//平面C?DE; (2)求平面 BD?F与平面C?DE间的距离. [规律方法|Ⅱ 平面α平行于平面β,则α,β之间的距离就是α内 任一点到β的距离，所以求两平行平面间的距离，可根 据定义转化为点到平面的距离求解。 提示、请完成《素能提升训练》训练九 第 2 课时 用空间向量研究夹角问题 [学习任务] 1.会用空间向量法求线线、线面、面面的夹角.(重点、难点) 2.正确区分向量夹角与所求线线角、面面角的关系.(易错点) 自主学习探新知 课前预习 双基落实 知识点一 利用向量方法求两条异面直线所 成的角 设两条异面直线 l?,l2所成的角为θ,它 们的方向向量分别为u,v,则 cos θ=|cos<u,v>|= = [注意] 不要将两异面直线所成的角与其 方向向量的夹角等同起来，因为两异面直线 (0,恐),所成角的范围是 ,而两个向量夹角的 范围是[0,π],事实上，两异面直线所成的角 与其方向向量的夹角是相等或互补的关系. 知识点二 利用向量方法求直线与平面所成 的角 如图所示，直线 AB与平面α相交于点 B,设直线 AB与平面α所成的角为0,直线 AB的方向向量u,平面α的法向量为 n,则 sin θ=|cos<u,n>|= = n B C 25 ?高中数学·选择性必修 第一册 [注意](1)直线与平面所成的角是指这条 直线与它在这个平面内的投影所成的角，其 [0,].范围是 (2)若<u,n>是一个锐角，则0=2-<u,n>; 若(u,n>是一个钝角，则θ=<u,n>-2· 知识点三 利用向量方法求两个平面的夹角 1.平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相 交，形成四个二面角，我们把这四个二面角 中不大于90°的二面角称为平面α与平面β 的夹角. 2.若平面α,β的法向量分别是 n?和 n?,则平面 α与平面β的夹角即为向量 n?和 n?的夹角或 其补角，设平面α与平面β的夹角为0,则 cos68=lcosn,n>|=n,n=m,|n [注 意] (1)两个平面夹角 的范围是 (0,恐), 2,,若夹角为 ,则两个平面垂直. (2)因为两个平面法向量的方向不确定，故 <n?,n?>∈(0,π),若<n?,n?>为钝角，应取其 补角. 互动探究解疑难 要点归纳 重难突破 探究一 求两条异面直线所成的角 [例1](北京高二期末)如图，在空间直角坐 标 系 中，正 方 体 ABCD - D F C? A?B?C?D?的棱长为1,E?在 A B? A?B?上，F?在 C?D?上，且 D B?E?=D?F?=3A,B Bx C (1)求向量BE?,DF?的坐标； (2)求 BE?与 DF?所成角的余弦值. 规律方法IⅡ 求异面直线夹角的方法 (1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面 角，进而构造三角形求解； (2)向量法：在两异面直线a与b上分别取点A,B 和C,D,则AB与CD可分别为a,b的方向向量，则- 跟踪训练 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 ( ) C S B A M A.-50 c.-1 B.5 D. 26 第一章 空间向量与立体几何 探究二 求直线与平面所成的角 [例2] 在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，PD⊥平面 ABCD,PD= DC,E 是 PC的中点，求 EB与平 面 ABCD 夹 角 的 余 弦值. P E D C A* B 探究三 求平面与平面的夹角 [例3] 如图，四棱柱 ABCD-A?B?C?D?的所有 棱长都相等，ACNBD= A? D? O? O,A?C?∩B?D?=O?,四 B? 边形 ACC?A?和四边形 BDD?B?均为矩形. C? D 0 (1)证明：O?0⊥底面 B C ABCD; (2)若∠CBA=60°,求平面 OC?B?与平面 BDD?B?夹角的余弦值. 规律方法l 求直线与平面所成角的思路与步骤 思路一：找直线在平面内的投影，充分利用面与面 垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某 一三角函数值); 思路二：用向量法求直线与平面所成角可利用向 量夹角公式或法向量.利用法向量求直线与平面所成 角的基本步骤， ①建立空间直角坐标系； ②求直线的方向向量AB; ③求平面的法向量 n; m-m④计算：设线面角为0,则： 跟踪训练 2.(1)(山东潍坊高密三中高二月考)已知空间 向量AB=(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.6 B.3 c.否或6 D.弯或3 (2)(豫南名校高二上期中联考)C 如图，在正三棱锥 P-ABC中， F 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 ( )P B E A A. B. c3 63D. Ⅱ规律方法|Ⅱ-- 向量法求两平面的夹角 (或其某个三角函数值)的步骤 (1)建立适当的空间直角坐标系，写出相应点的坐标； (2)求出两个半平面的法向量n?,n?; (3)设两平面的夹角为0,则 cos θ=|cos<n?,n?>|. [注意] 若要求的是二面角，则根据图形判断该 二面角是钝角还是锐角，再用法向量求解. 跟踪训练 3.正方形 ABCD所在平面外有一点P,PA⊥ 平面 ABCD.若PA=AB,求平面 PAB与平 面 PCD的夹角的大小. 27 ?高中数学·选择性必修 第一册 4.如图，在四棱锥 Q-ABCD 中，底面 ABCD为正方形， AD=2,QC=3,QA= QD =√5. AB4 (1)证明：平面 QAD⊥平面 ABCD; (2)求二面角 B-QD-A的余弦值. Q C D 规方法|Ⅱ---⋯ 求解存在性问题的基本策略：首先假定题中的数 学对象存在，其次构建空间直角坐标系，再次利用空间 向量法把存在性问题转化为求参数是否有解问题，最 后解方程，下结论。利用上述思维策略，可使此类存在 性难题变为常规问题。 跟踪训练 5.(衡阳高二期中)如图所示， 在直三棱柱 ABC-A?B?C? A C M B? 中，CA=4,CB=4,CC?= BC 2/2,∠ACB=90°,点M在 线段A?B?上. A (1)若 A?M=3MB?,求异面直线 AM和A?C 所成角的余弦值； (2)若直线 AM与平面ABC?所成角为30°, 试确定点M的位置. 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 P-ABCD 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= AD=1,CD=J3. (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 P 所成角的余弦值为 M 3√26? 若存在，求 C 出线段 PN的长度：A B 若不存在，请说明理由. 提示、请完成《素能提升训练》训练十 28 所以点 D,到平面 A,BD的距离 a-A州方一 又由题意易得平面 A,BD//平面 B,CD, 所以平面 A?BD与平面B,CD?间的距离等于点 D?到 平面 A?BD的距离， 得所以平面 A?BD与平面B,CD,间的距离为2 [跟踪训练] 4.解(1)证明如图，以 D为原点，分别以 DA,DC, DD?所在直线为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系， 则 D(0,0,0),C(0,2,0),D?(0,0,3),C(0,2,3), B?(2,2,3),B(2,2,0),E(1,2,0),F(1,2,3), 所以D,F=(1,2,0),DE=(1,2,0), 42D, C? 所以D,F//DE,所以 D?F//DE. BA? 又因为 DEC平面 DEC, DX CD?F≠平面 DEC, E 所以 D?F//平面 DEC. y %? BA 又因为BF=(-1,0,3),EC=(-1,0,3), 所以BF//EC,所以 BF//EC?. 又因为 EC?C平面C?DE,BF文平面C?DE, 所以 BF//平面 CDE. 因为 D?F∩BF=F,所以平面BD,F//平面C?DE. (2)由(1)可知平面 BD?F与平面C,DE间的距离等于 D?到平面C?DE的距离， 设平面C?DE的法向量为n=(x,y,z), 由 得 得 令x=6,得n=(6,-3,2).又D,C=(0,2,0), 所以 D?到平面 C?DE的距离 -|=3×2|-9.d= 所以平面 BD?F与平面C,DE间的距离为- 第2 课时用空间向量研究夹角问题 【自主学习探新知】 u m知识点一 uu·n知识点二 u 【互动探究解疑难】 探究一 [例1][解](1)由题意可得B(1,1,0),E(1,,1)· D(0,0,0),F,(0.章，1), 故BE=(0,-二，1),DF2-(0,二，1). (2)由(1)可知，BE=(0,一二，1),DF=(0.·1), 1BI=√0+(-÷)+T2=5.所以| 1DF|=√O2+(÷)+1=5. BE·DF2=O×0+(-=×÷)+1×1=云， 所以 云故 BE?与 DF?所成角的余弦值为： [跟踪训练] 1.B 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, z C W Si. By 0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),S(0,0, M YA(去去0),N(0.0,去),0),M 所以5应=(去，去，0),B取=(0,-1,去),所以|SM 一竖，1一厚，50·B=-号，,所以 cos(SM,BN; -爵-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 探究二 [例 2][解]如图，建立空 2 P间直角坐标系. 设 PD=DC=1, 由ABCD是正方形，PE=EC, E 得P(0,0,1),B(1,1,0), D_ CC(0,1,0), 则E(0.去，去), Ak B 所以EB=(1.云，一去), 且||一雪. 又因为平面 ABCD的法向量为DP=(0,0,1), 设 EB与平面ABCD的夹角为0, 流-高吾 2 所以co 0=, 即 EB与平面ABCD夹角的余弦值为 13 y [跟踪训练] 2.解析 (1)直线AB与平面α所成角的正弦值为sinθ= lc(方m)|-1则西文西去则直线 AB与 平面a 所成的角为音. (2)以点P为原点，PA,PB,PC所在 +z C 直线分别为x,y,z轴，建立空间直角 F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, y? B1),所以AF=(-2,1,1),PE=(1,1, E 0),PF=(0,1,1).设平面 PEF的法 P A 向量 为 n =(x,y,x),则 :路令x=1,则 n= (1,-1,1)是平面 PEF的一个法向量.设AF与平面 sn 0-mPEF所成 的 角 为 θ,则 答案 (1)A (2)A 探究三 [例3] [解](1)证明因为四边形ACC?A?和四边形 BDD?B?均为矩形，所以CC?⊥AC,DD?⊥BD. 叉CC?//DD?//OO,所以OO?⊥AC,OO?⊥BD, 因为AC∩BD=O,所以O?O⊥底面ABCD. (2)因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形 ABCD 为菱形，AC⊥BD.又 O?O⊥底面ABCD,所以OB,OC, OO两两垂直.如图，以O为原点，OB,OC,OO,所在直 线分别为x轴、y轴、之轴，建立空间直角坐标系。 2 A? D? 0B? C? A D 赤B cyx 设棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=√3,OC=1, 所以 O(0,0,0),B,(√3,0,2),C(0,1,2), 平面 BDD?B,的一个法向量为n=(0,1,0), 设平面OC?B,的法向量为m=(x,y,z), MbmL0m1以。 取x=-√3,则x=2,y=2√3, 所以 m=(2,2√3,-√3), 1(mm1=|mm|-所以| 所以平面 CB?O与平面 BDD?B,的夹角的余弦值 为2√57. 19 [跟踪训练] 3.解以 A为原点，建立如图所示的 空间直角坐标系，设AB=1, 2+ P 则 A(0,0,0),B(0,1,0),P(0,0,1), A Bf D(1,0,0),C(1,1,0). 平面 PAB的法向量为n=(1,0,0). 设平面 PCD的法向量为n?=(x,y,z),. C0得则< 令x=1,则x=1. 所以n=(1.0,1),c6a,m)方 所以平面 PAB与平面PCD的夹角的余弦值为 [0.号].且夹角的范围为 ,所以此角的大小为45°. √2 2· 4.解 (1)证明 因为底面ABCD是正方形，所以CD⊥AD. 因为CD=2,QD=√5,QC=3,所以CD2+QD2=QC2, 所以 CD⊥QD. 又 AD∩QD=D,ADC平面QAD,QDC平面QAD, 所以 CD⊥平面 QAD. 因为 CDC平面ABCD,所以平面QAD⊥平面ABCD. (2)以 A 为坐标原点，AB, zt Q AD的方向分别为x轴、y轴 的正方向，建立如图的空间 直角坐标系 Axye,则 B(2, bj0,0),C(2,2,0),D(0,2,0), A Q(0,1,2), B C 所以BD=(-2,2,0) BO=(-2,1,2) 设平面 BDQ的法向量为 m=(x,y,z), 防 {二2+2+2-0则( 即 令z=1,可得m=(2,2,1). 由(1)可知DC=(2,0,0)是平面ADQ的一个法向量， c(m.05-m-号则 子.故二面角B-QD-A的余弦值为- 探究四 [例4] [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 DE- BC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丈平 面 BDM,MFC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,PEC平面 14 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,√3,0),D(-1, 0,0),P(0,0,√3),C(-1,√3,0), (-2.),P=(0,√3,-√3),Bb=(-1,所以 M -√3,0),B-(-号，一客，竖). 设平面 BDM的法向量是n=(x,y,z),.⋯则< 令x=√3,则n=(√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sino-|·m-云一厚 所以cos0=√1-sin b=4. (3)假设存在满足题意的点N.设PN=λPA(O≤λ≤ 1).因为PA=(1,0,-√3),所以BN=PN-PB=APA -PB=A(1,0,-√3)-(0,√3,-√3)=(à,-√3,-√3λ +√3).设平面 BMN的法向量是m=(xg,y,。),则 取 x?=√3,则 m=(√3,÷,)是平面BMN的一个法向量. m* 由 题 意 得 | cos(m,n〉| m n 3-是 .解得A=号成景.√3+÷+Q+ax 又PA=2,所以 PN=号成毒. PN=音或 PN=号.所以存在满足题意的点N,且 [跟踪训练] 5.解 (1)以C为原点，分别以CA,CB,CC?为x轴、y 轴、之轴建立空间直角坐标系，如图所示， B? M A C By 则C(0,0,0),A(4,0,0),A,(4,0,2√2),B?(0,4,2√2). ∵A?M=3MB,∴M(1,3,2√2). 可得A,C=(-4,0,-2√2),AM=(-3,3,2√2), :oAC.0=AC- ∴异面直线 AM和A?C所成角的余弦值为 (2)由(1)得AB=(-4,4,0),AC=(-4,0,2√2). 设n=(a,b,c)是平面ABC的一个法向量，可得 n·AB=-4a+4b=0. n·AC?=-4a+2√2c=0, 取a=1,得b=1,c=√2,∴n=(1,1,√2). ∵直线 AM与平面ABC?所成角为30°, ∴AM与n所成角为60°或 120°, ∴|os<AN,m1=2. 设点M的横坐标为x,则AM=(x-4,4-x,2√2), AM·n_x-4+4-x+√2×2√2 |AM||n|2√(x-4)2+(4-x)2+8 -√220,解得 x=2或 6. ∵M在A?B?上，∴x<4,故x=2.即点M为线段A,B? 的中点时，直线 AM与平面ABC?所成角为30°. 专题1空间直角坐标系的构建方法 题型一 1.解 (1)因为三棱柱 ABC-A,B,C,是直三棱柱，∠ABC =90°,所以 BA,BC,BB,两两互相垂直.以B为坐标原 点，BC,BA,BB,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 Bxyz. 不妨设 BA=2,则 B(0,0,0), zA Ci C(2,0,0),A(0,2,0),C(2,0, E 1),D(1,0,0),所以Ab=(1, B -2,0),AC=(2,-2,1). A C 设平面 ADC?的一个法向量 D B 为 n =(x,y,x),则 有{ 生 12-20+-0所以· 令y=1,则x=2,≥=-2,所以n =(2,1,-2). 易知平面ADC的一个法向量为v=CC=(0,0,1).所 以 cos(n,v)=1m1=-号. 由图可知二面角C?-AD- 3.C是锐二面角，所以二面角C?-AD-C的余弦值为- (2)因为点E在棱A?B?上，且由(1)知 A?(0,2,1), B,(0,0,1), 所以可设 E(0,λ,1),0≤λ≤2, 因为A(0,2,0),C(2,0,1),D(1,0,0), 所以AE=(0,λ-2,1),DC=(1,0,1). 因为AE与DC?成60°角， 15