第3章 §4 4.3 第1课时 空间中的角(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

高中数学 选择性必修 第一册 赢在微点 轻松课堂 数学 第三章 空间向量与立体几何 　 §4　向量在立体几何中的应用 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 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第1课时　空间中的角 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 —— —— 稳健启程 新知初步构建 自主预习·明新知 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第1课时　空间中的角 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第1课时　空间中的角 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第1课时　空间中的角 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第1课时　空间中的角 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第1课时　空间中的角 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第1课时　空间中的角 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 —— —— 合作探究·攻重难 细研深究 萃取知识精华 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第1课时　空间中的角 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第1课时　空间中的角 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第1课时　空间中的角 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第1课时　空间中的角 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 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\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且θ＝eq \f(π,2)－〈l，n〉(如图①)或θ＝〈l，n〉－eq \f(π,2)(如图②)，故sin θ＝_______________。 |cos〈l，n〉| 3．两个平面所成的角 一般地，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(如图①)或互补(如图②)。 微提醒 1．由角θ与〈l，n〉的关系，利用诱导公式可知，直线与平面所成的角的向量计算公式中，三角函数名是角θ的正弦，而非余弦。 2．当两个法向量相对于二面角α­l­β一个指内，一个指外时，两法向量所成角〈n1，n2〉即二面角的平面角θ；当两法向量相对于二面角α­l­β同时指外或同时指内时，两法向量所成角〈n1，n2〉的补角即二面角的平面角θ。故|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)。 类型一　异面直线所成的角　　 　 　　　　 　 　　　　 　　　　 【例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，四边形ABCD是正方形，连接AC，BD，交于点O，则AC⊥BD。连接PQ，则PQ过点O。 答案与解析 由正四棱锥的性质知PQ⊥平面ABCD，故以O为坐标原点，以直线CA，DB，QP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(2eq \r(2)，0,0)，Q(0,0，－2)，B(0，2eq \r(2)，0)，所以eq \o(AQ,\s\up16(→))＝(－2eq \r(2)，0，－2)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(0,2eq \r(2)，－1)。于是cos〈eq \o(AQ,\s\up16(→))，eq \o(PB,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AQ,\s\up16(→))·\o(PB,\s\up16(→)),|\o(AQ,\s\up16(→))||\o(PB,\s\up16(→))|)＝eq \f(\r(3),9)。所以异面直线AQ与PB所成角的余弦值为eq \f(\r(3),9)。 答案　eq \f(\r(3),9) 利用向量法求两条异面直线所成角的步骤 (1)确定两条异面直线的方向向量； (2)确定两个向量夹角的余弦值； (3)比较余弦值与0的大小，以确定向量夹角的范围； (4)确定异面直线所成的角与向量夹角的关系，得出两条异面直线所成的角。 【变式训练】　正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1，A1C1的中点，则异面直线AE与CF所成角的余弦值是________。 解析　不妨设正方体棱长为2，分别取DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(1,0,2)，F(1,1,2)，则eq \o(AE,\s\up16(→))＝(－1,0,2)，eq \o(CF,\s\up16(→))＝(1，－1,2)，所以|eq \o(AE,\s\up16(→))|＝eq \r(5)，|eq \o(CF,\s\up16(→))|＝eq \r(6)，eq \o(AE,\s\up16(→))·eq \o(CF,\s\up16(→))＝－1＋0＋4＝3。 答案与解析 所以cos〈eq \o(AE,\s\up16(→))，eq \o(CF,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AE,\s\up16(→))·\o(CF,\s\up16(→)),|\o(AE,\s\up16(→))||\o(CF,\s\up16(→))|)＝eq \f(\r(30),10)。所以异面直线AE与CF所成角的余弦值为eq \f(\r(30),10)。 答案　eq \f(\r(30),10) 类型二 直线与平面所成的角 【例2】　如图所示，三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝eq \f(1,2)AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点。 (1)证明：CM⊥SN； (2)求SN与平面CMN所成角的大小。 解　设PA＝1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系。 则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)， 又AN＝eq \f(1,4)AB，M，S分别为PB，BC的中点， 所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))， (1)证明：eq \o(CM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，eq \o(SN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))， 所以eq \o(CM,\s\up16(→))·eq \o(SN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))＝0， 因此CM⊥SN。 (2)eq \o(NC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0))，设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，所以eq \o(CM,\s\up16(→))·a＝0，eq \o(NC,\s\up16(→))·a＝0。 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2y，,z＝－2y。)) 取y＝1，得a＝(2,1，－2)。 a·eq \o(SN,\s\up16(→))＝－1－eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2)，|a|＝eq \r(22＋12＋－22)＝3，|eq \o(SN,\s\up16(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋02)＝eq \f(\r(2),2)， 所以cos〈a，eq \o(SN,\s\up16(→))〉＝eq \f(－\f(3,2),3×\f(\r(2),2))＝－eq \f(\r(2),2)。 设SN与平面CMN所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，eq \o(SN,\s\up16(→))〉|＝eq \f(\r(2),2)，θ＝eq \f(π,4)，所以直线SN与平面CMN所成的角为eq \f(π,4)。 利用法向量求直线与平面的夹角的步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量eq \o(AB,\s\up15(→))； (3)求平面的法向量n； (4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝eq \f(|n·\o(AB,\s\up15(→))|,|n||\o(AB,\s\up15(→))|)。 【变式训练】　如图所示，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝eq \r(3)，BC＝1，AD＝AA1＝3。 (1)证明：AC⊥B1D； (2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值。 解　(1)证明：以A为原点，以eq \o(AB,\s\up15(→))，eq \o(AD,\s\up15(→))，eq \o(AA1,\s\up15(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(eq \r(3)，1,0)，B1(eq \r(3)，0,3)，D(0,3,0)，C1(eq \r(3)，1,3)，D1(0,3,3)。 易知eq \o(AC,\s\up15(→))＝(eq \r(3)，1,0)，eq \o(B1D,\s\up15(→))＝(－eq \r(3)，3，－3)， 所以eq \o(AC,\s\up15(→))·eq \o(B1D,\s\up15(→))＝0，所以AC⊥B1D。 (2)设平面ACD1的一个法向量为m＝(x，y，z)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(eq \r(3)，1,0)，eq \o(AD1,\s\up15(→))＝(0,3,3)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up15(→))＝0，,m·\o(AD1,\s\up15(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0，))令x＝1， 则y＝－eq \r(3)，z＝eq \r(3)， 所以平面ACD1的一个法向量为m＝(1，－eq \r(3)，eq \r(3))。 设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ， 因为eq \o(B1C1,\s\up15(→))＝(0,1,0)，所以sin θ＝eq \f(|\o(B1C1,\s\up15(→))·m|,|\o(B1C1,\s\up15(→))||m|)＝eq \f(\r(21),7)， 所以直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \f(\r(21),7)。 类型三 两个平面所成的角 【例3】　如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD。△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝eq \f(\r(6),6)DO。 (1)证明：PA⊥平面PBC； (2)求二面角B­PC­E的余弦值。 解　(1)证明：设DO＝a，由题设可得PO＝eq \f(\r(6),6)a，AO＝eq \f(\r(3),3)a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝eq \f(\r(2),2)a。因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB。又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC。又PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC。 (2)以O为原点，eq \o(OE,\s\up15(→))的方向为y轴正方向，|eq \o(OE,\s\up15(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz。由题设可得E(0,1,0)，A(0，－1,0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))。 所以eq \o(EC,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，eq \o(EP,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(\r(2),2)))。 设m＝(x，y，z)是平面PCE的一个法向量， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(EP,\s\up15(→))＝0，,m·\o(EC,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－y＋\f(\r(2),2)z＝0，,－\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＝0。)) 可取m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，1，\r(2)))。 由(1)知eq \o(AP,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(2),2)))是平面PCB的一个法向量， 记n＝eq \o(AP,\s\up15(→))，则cos〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(2\r(5),5)。 所以二面角B­PC­E的余弦值为eq \f(2\r(5),5)。 利用平面的法向量求二面角时应注意以下两点 (1)求解二面角的两个半平面的法向量要正确。 (2)求出两向量夹角后，要注意结合图形与已知判断所求得的是二面角的大小，还是它的补角的大小。 【变式训练】　在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，在线段AB上是否存在一点E，使二面角C－DE－C1的余弦值为eq \f(\r(6),3)？若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由。 解　假设存在点E，设AE＝a(a>0)。 如图，以D为原点，eq \o(DA,\s\up15(→))，eq \o(DC,\s\up15(→))，eq \o(DD1,\s\up15(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向 建立空间直角坐标系D­xyz，则有E(3，a,0)，C1(0,4,2)，D(0,0,0)。 设平面DEC1的法向量为n＝(x，y，z)， 又eq \o(DC1,\s\up15(→))＝(0,4,2)，eq \o(DE,\s\up15(→))＝(3，a,0)， 故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n⊥\o(DC1,\s\up15(→))，,n⊥\o(DE,\s\up15(→))))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4y＋2z＝0，,3x＋ay＝0。)) 令y＝1，得x＝－eq \f(a,3)，z＝－2，即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，1，－2))， 又平面DEC的一个法向量为m＝(0,0,1)， 所以cos〈m，n〉＝eq \f(－2,\r(\f(1,9)a2＋5))，由题意知eq \f(2,\r(\f(1,9)a2＋5))＝eq \f(\r(6),3)，解得a＝3， 所以在线段AB上存在点E，AE＝3，使二面角C­DE­C1的余弦值为eq \f(\r(6),3)。 1．平面α的斜线l与它在这个平面上射影l′的方向向量分别为a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)，则斜线l与平面α所成的角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析　l与α所成的角即为a与b所成的角(或其补角)，因为cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(1,2)，所以〈a，b〉＝60°。l与α所成的角为60°。 答案　C 答案与解析 2．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，则l与α所成的角为(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 解析　由已知得直线l的方向向量和平面α的法向量所夹角为120°，因此l与α所成的角为30°。 答案　A 答案与解析 3.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为(　　) A．30° B．45° C．90° D．60° 解析　以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体ABCD­A1B1C1D1中棱长为2，因为M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，所以M(1,2,0)，N(0,2,1)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，eq \o(MN,\s\up15(→))＝(－1,0,1)，eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－2,2,0)，设异面直线AC和MN所成的角为θ，则cos θ＝eq \f(|\o(MN,\s\up15(→))·\o(AC,\s\up15(→))|,|\o(MN,\s\up15(→))||\o(AC,\s\up15(→))|)＝eq \f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq \f(1,2)，又θ是锐角，所以θ＝60°。所以异面直线AC和MN所成的角为60°。 答案与解析 答案　D 4.在三棱锥P­ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝eq \f(1,2)PA，O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为________。 解析　以O为原点，射线OA，OB，OP为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，设AB＝a，则OP＝eq \f(\r(14),2)a，eq \o(OD,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),4)a，0，\f(\r(14),4)a))，可求得平面PBC的法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\r(\f(1,7))))， 答案与解析 所以cos〈eq \o(OD,\s\up15(→))，n〉＝eq \f(\o(OD,\s\up15(→))·n,|\o(OD,\s\up15(→))||n|)＝eq \f(\r(210),30)，设eq \o(OD,\s\up15(→))与平面PBC所成的角为θ，则sin θ＝eq \f(\r(210),30)。 答案　eq \f(\r(210),30) 5.如图，在四棱锥P­ABCD中，PB⊥底面ABCD，CD⊥PD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3。点E在棱PA上，且PE＝2EA。求平面ABE与平面DBE夹角的余弦值。 解　以B为原点，以直线BC，BA，BP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系。则P(0,0,3)，A(0,3,0)，D(3,3,0)。设平面EBD的一个法向量为n1＝(x，y，z)，因为eq \o(BE,\s\up15(→))＝eq \o(BP,\s\up15(→))＋eq \o(PE,\s\up15(→))＝eq \o(BP,\s\up15(→))＋eq \f(2,3) eq \o(PA,\s\up15(→))＝(0,0,3)＋eq \f(2,3)(0,3，－3)＝(0,2,1)，eq \o(BD,\s\up15(→))＝(3,3,0)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(BE,\s\up15(→))＝0，,n1·\o(BD,\s\up15(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y＋z＝0，,3x＋3y＝0。))取z＝1，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,y＝－\f(1,2)。)) 则n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1))。 又因为平面ABE的一个法向量为n2＝(1,0,0)， 所以cos〈n1，n2〉＝eq \f(\f(1,2),\r(\f(3,2)))＝eq \f(\r(6),6)。 设平面ABE与平面DBE的夹角为θ， 则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(\r(6),6)，故所求夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6)。 $$