第3章 4.3 第1课时 空间中的角（Word教参）-【精讲精练】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

4．3　用向量方法研究立体几何中的度量关系 第1课时　空间中的角 学业标准 素养目标 1．理解两异面直线所成角与它们的方向向量之间的关系，会用向量方法求这个角．(重点) 2．理解直线与平面所成角与直线方向向量和平面法向量夹角之间的关系，会用向量方法求这个角．(重点、难点) 3．理解二面角大小与两个面的法向量夹角之间的关系，会用向量方法求这个角．(重点、难点) 1．通过直线、平面所成角的学习，培养数学抽象等核心素养． 2．通过求空间中的角，提升数学运算、直观想象等核心素养. [对应学生用书P107] 导学1　两条直线所成的角 　两条相交直线所成的角的范围是多少？ [提示]　 　空间中两条直线所成的角和它们的方向向量的夹角有什么联系？ [提示]　空间中两条直线所成的角为0，锐角或直角，而两向量夹角的范围是[0，π]，两条直线所成角与它们的方向向量的夹角相等或互补． ◎结论形成 两条直线所成的角 若向量a，b分别为直线a，b的方向向量，则直线a与b所成的角θ∈，且θ与两个向量的夹角〈a，b〉__相等或互补__．cos θ＝　|cos〈a，b〉|　＝　　. 导学2　直线与平面所成的角 　直线与平面所成的角θ和直线方向向量l与平面法向量n的夹角有什么关系？ [提示]　当〈l，n〉∈时，θ＝－〈l，n〉，当〈l，n〉∈时，θ＝〈l，n〉－. ◎结论形成 直线与平面所成的角 设向量l为直线l的一个方向向量，n是平面α的一个法向量，则直线l与平面α所成的角θ∈，且θ＝　－〈l，n〉　或θ＝　〈l，n〉－　.(如图)sin θ＝　|cos〈l，n〉|　＝　　. 　 导学3　平面与平面的角 　二面角的平面角的取值范围是多少？ [提示]　[0，π] 　设n1，n2分别为α，β的法向量，二面角α­l­β的平面角为θ，则θ与〈n1，n2〉有什么关系？ [提示]　θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉． ◎结论形成 1．二面角的平面角 已知n1，n2分别为平面α，β的法向量，则二面角α­l­β的平面角与两法向量所成角〈n1，n2〉__相等或互补__(如图)． 　 2．平面与平面的夹角 如图，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．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝. [对应学生用书P108] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量的夹角相等．(　　) (2)直线与平面所成的角等于直线的法向量与该平面的法向量夹角的余角．(　　) (3)二面角的大小就是该二面角两个面的法向量的夹角．(　　) (4)若二面角两个面的法向量的夹角为120°，则该二面角的大小等于60°或120°.(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　 (4)√ 2．已知直线l1的一个方向向量为a＝(1，－2,1)，直线l2的一个方向向量为b＝(2，－2,0)，则两直线所成角的余弦值为(　　) A．1　　 B．　　 C．　　 D． 解析　cos〈a，b〉＝ ＝＝＝. 答案　D 3．已知A∈α，P∉α，＝，平面α的一个法向量n＝，则直线PA与平面α所成的角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．150° 解析　设直线PA与平面α所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉| ＝ ＝.所以θ＝60°. 答案　C 4．已知点A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，则平面ABC与平面xOy所成锐二面角的平面角余弦值为________． 解析　由题得＝(－1,2,0)，＝(－1,0,3)， 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)． 则令x＝2，得y＝1，z＝，则平面ABC的一个法向量为n＝.平面xOy的一个法向量可以为＝(0,0,3)，由此易求出所求锐二面角的平面角余弦值为＝. 答案　 [对应学生用书P108] 题型一　利用向量方法求异面直线所成的角 　在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E1，F1分别在A1B1，C1D1上，且E1B1＝A1B1，D1F1＝D1C1，求BE1与DF1所成的角的余弦值． [解析]　解法一　设＝4a，＝b， 则|a|＝|b|，a⊥b. 因为＝＝4a，＝－b，可得＝＋＝4a＋b，＝＋＝4a－b， 所以||2＝||2＝(4a)2＋b2＝17a2，·＝(4a＋b)·(4a－b)＝16a2－b2＝15a2. 由cos〈，〉＝＝.可得异面直线BE1与DF1所成角的余弦值为. 解法二　不妨设正方体的棱长为4，以点D为原点，DA，DC，DD1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D­xyz，则各点的坐标为D(0,0,0)，B(4,4,0)，E1(4,3,4)，F1(0，1,4)， 所以＝(0，－1,4)，＝(0,1,4)． 因此||＝，||＝. ·＝0×0＋(－1)×1＋4×4＝15. 由cos〈，〉＝＝＝，可得异面直线BE1与DF1所成角的余弦值为. 向量方法求异面直线所成角的常用思路 (1)取基法 在一些不适合建立坐标系的题目中，我们经常采用取定一组基的方法，这是小技巧．在由公式cos〈a，b〉＝求向量a，b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a，b用一组基表示出来，再求有关的量． (2)坐标法 根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，通过坐标运算求异面直线所成的角．利用坐标法求线线角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单． [触类旁通] 1．如图，已知两个正四棱锥P­ABCD与Q­ABCD的高分别为1和2，AB＝4.则异面直线AQ与PB所成角的余弦值为________． 解析　由题设知，ABCD是正方形，连接AC，BD，交于点O，则AC⊥BD．连接PQ，则PQ过点O. 由正四棱锥的性质知PQ⊥平面ABCD，故以点O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则P(0,0,1)，A(2，0,0)，Q(0,0，－2)，B(0,2，0)， ∴＝(－2，0，－2)，＝(0,2，－1)． 则·＝2，||＝2，||＝3， 于是cos〈，〉＝＝， ∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为. 答案　 题型二　利用向量方法求直线与平面所成的角 　正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为a，求AC1与侧面ABB1A1所成的角． [解析]　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0，a,0)，A1(0，0，a)，C1. 解法一　取A1B1的中点M，则M，连接AM，MC1，有＝，＝(0，a,0)，＝(0,0，a)． ∵·＝0，·＝0， ∴MC1⊥平面ABB1A1.∴∠C1AM是AC1与侧面ABB1A1所成的角，设为θ. ∵＝，＝， ∴·＝0＋＋2a2＝. 又||＝＝a， ||＝＝， ∴cos〈，〉＝＝. ∴〈，〉＝30°，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°. 解法二　＝(0，a,0)，＝(0,0，a)． 设侧面ABB1A1的法向量为n＝(λ，x，y)， ∴n·＝0且n·＝0， ∴ax＝0且ay＝0， ∴x＝y＝0，故n＝(λ，0,0)． ∵＝， ∴cos〈，n〉＝＝＝－. 设AC1与侧面ABB1A1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝，∴θ＝30°，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°. 求直线和平面所成的角时应充分利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系，再用向量的相关知识求解线面角．解法二利用法向量求解，先求平面法向量与斜线的夹角，再进行换算．利用法向量求解的优点是不用在图形中找出线面角． [触类旁通] 2．如图，在四棱台ABCD ­A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，A1A⊥平面ABCD，A1A＝A1D1＝1，AB＝AD＝2，求直线C1C与平面ACD1所成的角的正弦值． 解析　根据题意，建立如图所示空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2,2,0)，D1(0,1,1)，D(0,2,0)，C1(1,1,1)，所以＝(1,1，－1)，＝(2,2,0)，＝(0,1,1)． 设n＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量，则所以 可取x＝1，则y＝－1，z＝1，所以n＝(1，－1,1)． 设直线C1C与平面ACD1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝， 所以直线C1C与平面ACD1所成的角的正弦值为. 题型三　利用向量方法求二面角的平面角一题多变 　如图所示，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形． (1)证明：O1O⊥底面ABCD； (2)若∠CBA＝60°，求二面角C1­OB1­D的平面角的余弦值． (1)[证明]　因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，因为AC∩BD＝O，所以O1O⊥底面ABCD． (2)[解析]　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O1O⊥底面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直．如图，以点O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 设棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，所以O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)，平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0,1,0)，设平面OC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则由m⊥，m⊥， 所以x＋2z＝0，y＋2z＝0，取z＝－， 则x＝2，y＝2，所以m＝(2,2，－)， 所以cos〈m，n〉＝＝＝. 由图形可知二面角C1­OB1­D的平面角为锐角， 所以二面角C1­OB1­D的平面角的余弦值为. [母题变式] 1．(变结论)本例条件不变，求二面角B­A1C­D的平面角的余弦值． 解析　如图建立空间直角坐标系． 设棱长为2，则A1(0，－1,2)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)． 所以＝(－，1,0)，＝(0,2，－2)，＝(－，－1,0)． 设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 取x1＝，则y1＝z1＝3，故n1＝(，3,3)． 设平面A1CD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 即取x2＝，则y2＝z2＝－3， 故n2＝(，－3，－3)． 所以cos〈n1，n2〉＝＝－＝－. 由图形可知二面角B­A1C­D的平面角为钝角，所以二面角B­A1C­D的平面角的余弦值为－. 2．(变条件、变结论)本例四棱柱中，“∠CBA＝60°”改为“∠CBA＝90°”，其他条件不变，设E，F分别是棱BC，CD的中点，求平面AB1E与平面AD1F夹角的余弦值． 解析　以点A为原点建立空间直角坐标系，如图所示，设此棱柱的棱长为1，则A(0,0,0)，B1(1,0,1)，E，D1(0,1,1)，F，＝，＝(1,0,1)，＝，＝(0,1,1)． 设平面AB1E的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 令y1＝2，则x1＝－1，z1＝1，所以n1＝(－1,2,1)， 设平面AD1F的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则令x2＝2， 则y2＝－1，z2＝1.所以n2＝(2，－1,1)． 所以平面AB1E与平面AD1F夹角的余弦值为 |cos〈n1，n2〉|＝ ＝ ＝＝. [素养聚焦]　直观想象、数学运算、逻辑推理等核心素养在本例中得以体现． 利用向量方法求二面角的平面角的大小时，多采用法向量法，即求出两个面的法向量，然后通过法向量的夹角来得到二面角的平面角的大小，但利用这种方法求解时，要注意结合图形观察分析，确定二面角是否为钝角，不能将两个法向量的夹角与二面角的平面角的大小完全等同起来． [触类旁通] 3．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝.求二面角A­A1C1­B1的平面角的余弦值． 解析　如图所示，建立空间直角坐标系B­xyz， 则B(0,0,0)，A(2，0,0)，A1(2，2，0)，B1(0，2，0)，C1(，，)． 所以＝(－，－，)，＝(0,2，0)，＝(－2，0,0)． 设平面AA1C1的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 取x1＝，可得平面AA1C1的一个法向量为m＝(，0，)． 设平面A1B1C1的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即 取y2＝，可得平面A1B1C1的一个法向量为n＝(0，，)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝. 观察图形可知要求的二面角A­A1C1­B1的平面角为钝角，所以二面角A­A1C1­B1的平面角的余弦值为－. [缜密思维提能区]　规范答题 向量法在立体几何中的应用 [典例]　(15分)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝AB． (1)证明：BC1∥平面A1CD； (2)求二面角D­A1C­E的平面角的正弦值． [审题指导] [规范解答]　(1)证明　连接AC1，交A1C于点F，连接DF，则F为AC1的中点． 因为D是AB的中点， 所以DF∥BC1. 又因为FD⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD①，所以BC1∥平面A1CD．(5分) (2)由AA1＝AC＝CB＝AB， 可设：AB＝2a，则AA1＝AC＝CB＝a， 所以AC⊥BC． 又因为ABC­A1B1C1为直三棱柱， 所以可建立如图所示的空间直角坐标系．②(8分) 则C(0,0,0)，A1(a,0，a)，D，E，③ 所以＝(a，0，a)，＝， ＝.(11分) 设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)， 则n·＝0且n·＝0， 可解得y＝－x＝z，令x＝1， 得平面A1CD的一个法向量为n＝(1，－1，－1)， 同理可得平面A1CE的一个法向量为 m＝(2,1，－2)，④(13分) 则cos〈n，m〉＝，所以sin〈n，m〉＝， 所以二面角D­A1C­E的平面角的正弦值为.(15分) 知识落实 技法强化 线线角、线面角、二面角及其度量. 1．区分二面角与两平面的夹角的异同． 2．求空间角的方法：几何法、公式法、向量法. 学科网（北京）股份有限公司 $$