6.3.3 空间角的计算-【优化探究】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第二册同步导学案配套PPT课件（苏教版）

6.3　空间向量的应用 6.3.3　空间角的计算 第6章　空间向量与立体几何 [学习目标]　1.能用向量方法解决简单夹角问题.　2.通过空间向量解决夹角问题,体会向量方法在研究几何问题中的作用. [素养目标]　水平一:用向量的方法求空间角.(数学运算) 水平二:直线的方向向量与平面的法向量的夹角与线面角的关系,两个平面的法向量的夹角与二面角、两个平面的夹角的关系.(逻辑推理、数学运算) 学习引语 角度是对两个方向差的度量,向量是有方向的量,利用向量研究角度问题有其独特的优势.本节课我们继续用空间向量方法研究空间中的角. 探究活动1　两条异面直线所成的角 内容索引 探究活动2　直线与平面所成的角 课时作业 巩固提升 探究活动3　二面角 课堂达标·素养提升 4 探究活动1　两条异面直线所成的角 问题　两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角的关系是怎样的? 提示　两条异面直线所成的角与两直线的方向向量的夹角相等或互补. 1.设两条异面直线所成的角为θ,它们的方向向量为a,b,则cos θ=|cos<a,b>|=. 2.两条异面直线所成角的范围是. 温馨提醒　两条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. 知识生成 [例1]　如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1, ∠ABC=90°,E,F分别是棱AB,BB1的中点,试求直线EF和BC1所成的角的大小. 知识应用 [解]　分别以直线BA,BC,BB1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 设AB=1,则B(0,0,0), E,F, C1(0,1,1), 所以=, =(0,1,1). 于是cos<,>===, 因为<,>∈[0°,180°], 所以异面直线EF和BC1所成角的大小为60°. 运用向量法常有两种途径 1.基底法:在一些不适合建立坐标系的题型中,经常采用取定基底的方法,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用基向量表示出来,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,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.　 反思感悟 1.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形, ∠BAD=90°,AD∥BC,AB=BC=a,AD=2a,且PA⊥底面ABCD,∠PDA=30°,AE⊥PD,E为垂足. (1)求证:BE⊥PD; (2)求异面直线AE与CD夹角的余弦值. 跟踪训练 解:以A为原点,AB,AD,AP所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,2a,0). 又∵∠PDA=30°,∴AP=AD·tan 30°=2a·=a,AE=AD·sin 30°=2a·=a. 过E作EF⊥AD,垂足为F,在Rt△AFE中,AE=a,∠EAF=60°,∴AF=,EF=a, ∴P,E. (1)证明:∵=, =, ∴·=0+a2-a2=0,∴,∴BE⊥PD. (2)=,=(-a,a,0). 则cos<,>===, 则AE与CD的夹角的余弦值为. 探究活动2　直线与平面所成的角 问题　直线的方向向量与平面的法向量所成的角是否是直线与平面所成的角? 提示　不是. 设直线AB与平面α所成的角为θ,直线AB的方向向量为e,平面α的法向量为n,则sin θ=|cos<e,n>|=. 知识生成 温馨提醒　1.直线与平面所成的角,可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角的余角. 2.线面角的范围为. 3.直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角. [例2]　如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=,AB=AC=2,AA1=,则直线AA1与平面AB1C1所成的角为(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 知识应用 A [解析]　在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,∠BAC=,即AB⊥AC,以A为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(图略),则A(0,0,0),B1(0,2,),C1(2,0,),A1(0,0,),=(0,0,), =(0,2,),=(2,0,).设平面AB1C1的法向量为n=(x,y,z), 则由得 令x=1,则y=1,z=-,所以n=.设直线AA1与平面AB1C1所成角为θ,则sin θ=|cos<n,>|=,因为θ∈, 所以θ=. 求直线与平面所成角的思路与步骤 思路一:找直线在平面内的射影,充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某个三角函数值). 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; 3.求平面的法向量n; 4.计算:设线面角为θ,则sin θ=.　 反思感悟 2.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,求直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值. 跟踪训练 解:以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. 设正方体的棱长为1,则B(1,1,0),C1(0,1,1),A1(1,0,1),D(0,0,0), ∴=(-1,0,1),=(-1,0,-1),=(-1,-1,0). 设平面A1BD的一个法向量为n=(x,y,z),直线BC1与平面A1BD所成的角为θ, ∴n⊥,n⊥, ∴ 即令x=1,则y=-1,z=-1, ∴平面A1BD的一个法向量为n=(1,-1,-1). ∴cos<,n>===-. ∴sin θ=,∴cos θ==. 故直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值为. 探究活动3　二面角 问题　二面角的平面角就是该二面角两个面的法向量的夹角,对吗?为什么? 提示　不对.二面角的平面角与该二面角两个面的法向量的夹角相等或互补. 两个平面所成的二面角可以转化为这两个平面的法向量所成的角,如图,向量n1⊥α,n2⊥β,则二面角α-l-β的大小为<n1,n2>或π-<n1,n2>,若二面角α-l-β的大小为θ(0≤θ≤π),则|cos θ|=. 知识生成 温馨提醒　1.求二面角问题转化为两个平面法向量的夹角问题. 2.二面角的范围是[0,π]. [例3]　如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1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°,求平面OC1B1与平面BDD1B1所成锐二面角的余弦值. 知识应用 (1)[证明]　因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形,所以CC1⊥AC,DD1⊥BD. 因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1, 所以CC1∥DD1∥OO1,所以OO1⊥AC,OO1⊥BD, 因为AC∩BD=O,所以O1O⊥底面ABCD. (2)[解]　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m=(x,y,z), 则m⊥,m⊥,所以 取z=-,则x=2,y=2, 所以m=(2,2,-), 所以cos<m,n>===. 所以平面OC1B1与平面BDD1B1所成锐二面角的余弦值为. 利用向量法求二面角的步骤 1.建立空间直角坐标系. 2.分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量. 3.求两个法向量的夹角. 4.判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角. 5.确定二面角的大小.　 反思感悟 3.本例条件不变,求平面A1BC与平面A1CD所成锐二面角的余弦值. 跟踪训练 解:建立如图所示的空间直角坐标系.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 即 取x1=,则y1=z1=3, 故n1=(,3,3). 设平面A1CD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则即 取x2=,则y2=z2=-3, 故n2=(,-3,-3). 所以cos<n1,n2>==-=-, 所以平面A1BC与平面A1CD所成锐二面角的余弦值为. 课堂小结 1.熟练一种方法 利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用向量的夹角公式计算. 2.注意一种区别 解决空间角问题，首先要注意熟记公式，其次要注意空间角和对应向量的夹角的区别. 〈课堂达标·素养提升〉 1.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°,则直线l与平面α的所成的角等于(　　) A.40°　　　　　　　　 B.50° C.130° D.以上均错 A 解析:因为直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°, 所以直线l与平面α的所成的角等于130°-90°=40°. 2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BD的中点,则直线B1E与A1D所成角的余弦值为(　　) A.0 B. C. D. D 解析:以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系. 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2, 则A1,D,B1,E, 则直线B1E与A1D所成角的余弦值为 == ==. 3.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,D1,F1分别是A1B1,A1C1的中 点,BC=AC=CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值为　　　　　.  解析:依题意可知AC,BC,CC1两两相互垂直, 由此建立如图所示空间直角坐标系, 设BC=AC=CC1=2, 则A,F1,=,B, D1(1,1,2),=, 设BD1与AF1所成角为α,则 cos α===. 4.已知二面角α-l-β,其中平面α的一个法向量m=,平面β的一个法向量n=,则二面角α-l-β的大小可能为　 　　　　.  60°或120° 解析:由m=,n=, 则cos<m,n>==-. 设二面角α-l-β的大小为θ, 则二面角的余弦值cos θ=±. 因为θ∈[0°,180°], 所以θ=60°或θ=120°. 课时作业 巩固提升 [A组　必备知识练] 1.若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为,则l1与l2所成的角为(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C.或 D.以上均不对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A 14 解析:l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补,且异面直线所成角的范围为,则l1,l2所成角为π-=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.若二面角α-l-β的大小为120°,则平面α与平面β的法向量的夹角为(　　) A.120° B.60° C.120°或60° D.30°或150° 解析:二面角为120°时,其法向量的夹角可能是60°,也可能是120°. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 C 14 3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,A1D1的中点,则直线DF与直线CE所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 D 14 解析:以D为坐标原点,分别以,,为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),F(1,0,2),E(2,1,0),C(0,2,0), 所以=(1,0,2),=(2,-1,0),所以cos<,>===, 所以直线DF与直线CE所成角的余弦值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4.已知直线l的一个方向向量为u=,平面α的一个法向量为n=,则l与α所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D.1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A 14 解析:设l与α所成角的大小为θ, 则sin θ=== =. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5.(多选)已知二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量分别为a,b,若<a,b>=,则二面角α-l-β的大小可能为(　　) A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 AB 14 解析:由于二面角的范围是[0,π],而二面角的两个半平面α与β的法向量都有两个方向,因此二面角α-l-β的大小为或. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.(多选)在空间直角坐标系O-xyz中,A,B,C,则(　 　) A.·=4 B.异面直线OC与AB所成的角为 C.点B关于x轴的对称点为 D.直线OB与平面AOC所成角的正弦值为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ACD 14 解析:因为在空间直角坐标系O-xyz中,A,B,C, 对于A选项,=,=,所以,·=0+0+=4,A对; 对于B选项,设异面直线OC与AB所成的角为θ,则θ∈, cos θ====,故θ=, 所以,异面直线OC与AB所成的角为,B错; 对于C选项,点B关于x轴的对称点为,C对; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于D选项,易知平面AOC的一个法向量为n=, 所以,|cos<,n>|===, 所以,直线OB与平面AOC所成角的正弦值为,D对. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=BC=AB=2,AB⊥BC,则二面 角B1-A1C-C1的大小为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:如图所示,建立空间直角坐标系, 则由题意可知B(0,0,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),B1(0,0,2),A(2,0,0) 设AC的中点为M,连接BM, 则BM⊥AC, 又由题意知BM⊥CC1, 又AC∩CC1=C,AC,CC1⊂平面A1C1C, 所以BM⊥平面A1C1C, 即=(1,1,0)为平面A1C1C的一个法向量. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,z). =(-2,2,-2),=(-2,0,0), 所以 令z=1,可得n=(0,1,1). 设法向量n与的夹角为φ,二面角B1-A1C-C1的大小为θ,显然θ为锐角. 所以cos θ=|cos φ|==,解得θ=, 所以二面角B1-A1C-C1的大小为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8.如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形,其中AB=,BD=BC=1,AA1=2,E为DC的中点,F是棱DD1上的动点. (1)求异面直线AD1与BE所成角的正切值; (2)当DF为何值时,EF与BC1所成的角为90°? 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解:由BC2+BD2=DC2可知BD⊥BC,因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,则BB1⊥平面ABCD,分别以BC,BD,BB1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,则B(0,0,0),A(-1,1,0), D(0,1,0),D1 (0,1,2),C(1,0,0),C1(1,0,2),E. (1)因为=(1,0,2),=, 所以cos<,>= ==, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 所以sin<,>=, 所以tan<,>=3, 即AD1与BE所成角的正切值为3. (2)设F(0,1,q),则=. 又=(1,0,2), 所以·=×1+0×+q·2=0, 得q=,即当DF=时,EF与BC1所成的角为90°. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 [B组　关键能力练] 9.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BC与平面ACD1所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B 14 解析:分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示,设正方体的棱长为1,则A,C,D1,B, =,=,=(-1,0,0). 设平面ACD1的法向量为n=, 即取x=1,则y=1,z=1,则n=. 设BC与平面ACD1所成角为θ, sin θ====. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,若A1A⊥平面ABC, AB⊥AC,A1C1=1,AB=AC=AA1=2,M为BC中点,则二面角M-AC1-C的余弦值为(　　) A.- B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B 14 解析:由于AB=AC=AA1=2,A1C1=1,根据台体的性质可知A1B1=1, 由于A1A⊥平面ABC,AB,AC⊂平面ABC,所以A1A⊥AB,A1A⊥AC, 由于AB⊥AC,由此以A为原点建立如图所示空间直角坐标系, 平面CC1A的一个法向量为m=, M,C1,即=,=, 设平面MAC1的法向量为n=, 则令y=-2,则n=, 设二面角M-AC1-C为θ,由图可知θ为锐角, 所以cos θ==. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11.(多选)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为线段BD1上的动点(含端点),则(　 　) A.存在点M,使得CM⊥平面A1DB B.存在点M,使得CM∥平面A1DB C.不存在点M,使得直线C1M与平面A1DB所成的角为30° D.存在点M,使得平面ACM与平面A1BM所成的锐二面角为45° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 BCD 14 解析:建立如图所示的空间直角坐标系, C(0,0,0),B(0,1,0),A(1,1,0),D(1,0,0),D1(1,0,1),A1(1,1,1),C1(0,0,1), 设=λ⇒M(1-λ,λ,1-λ), 设平面A1DB的法向量为n=, =,=,=(1-λ,λ,1-λ), 则有⇒⇒取x=1,则n=, 假设存在点M,使得CM⊥平面A1DB,所以有∥n, 所以有==⇒λ∈⌀,因此假设不成立,因此选项A不正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 假设存在点M,使得CM∥平面A1DB, 所以有⊥n⇒·n=0⇒1-λ+λ-1+λ=0⇒λ=0∈[0,1],所以假设成立,因此选项B正确; 假设存在点M,使得直线C1M与平面A1DB所成的角为30°,=, 所以有cos<,n>=sin 30°===, 解得λ=<0,λ=>1,所以假设不成立,故选项C正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 假设存在点M,使得平面ACM与平面A1BM所成的锐二面角为45°, 设平面ACM与平面A1BM的法向量分别为a=,b=, =,=,显然点M与点B不重合,所以λ∈[0,1), 则有⇒ 当λ∈[0,1)时,令x1=1,则a=; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ⇒ 令x2=1,则b=(1,0,-1). 所以cos<a,b>== =⇒λ=,或λ=1(舍去),假设成立,选项D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,B1C与平面ACC1A1所成角的正弦值为,则异面直线B1C与DC1所成角的余弦值为　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:以A为坐标原点,分别以AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正四棱柱,设AB=AD=1,AA1=a, 则B(1,0,0),B1(1,0,a),C(1,1,0),D(0,1,0),C1(1,1,a),=, 其中平面ACC1A1的法向量为=. 设B1C与平面ACC1A1所成角为θ, 则sin θ=== ==, 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解得a=, 所以=,=, 设异面直线B1C与DC1所成角为α, 所以cos α== =. 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13.如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是 的中点. (1)设P是 上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小. 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解:(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,即∠EBP=90°,又∠EBC=120°, 所以∠CBP=30°. (2)以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0), 故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3). 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量, 由可得 取z1=2,可得平面AEG的一个法向量 m=(3,-,2). 设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量, 由可得 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 取z2=-2, 可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2). 所以cos<m,n>==. 由图可知二面角E-AG-C为锐二面角, 故所求二面角E-AG-C的大小为60°. 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14.如图,已知长方形ABCD中,AB=2,AD=,M为DC的中点.将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM. (1)求证:AD⊥BM; (2)若E是线段DB上的一动点,问点E在何位置时,二面角E-AM-D的余弦值为. 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)证明:∵在长方形ABCD中,AB=2,AD=, M为DC的中点,∴AM=BM=2,∴BM⊥AM. ∵平面ADM⊥平面ABCM,平面ADM∩平面ABCM=AM,BM⊂平面ABCM,∴BM⊥平面ADM.∵AD⊂平面ADM,∴AD⊥BM. (2)解:取AM的中点O,连接OD,则OD⊥AM, 又平面ADM⊥平面ABCM,平面ADM∩平面ABCM=AM, ∴OD⊥平面ABCM, 以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 则A(1,0,0),M(-1,0,0),D(0,0,1),B(-1,2,0), =(1,0,1),=(-1,2,-1),=(-2,0,0). 设=λ(0<λ<1), =+λ=(1-λ,2λ,1-λ), 设平面AME的一个法向量为m=(x,y,z), 则 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 即 取y=1,得x=0,y=1,z=, ∴m=. 易知平面AMD的一个法向量为n=(0,1,0), ∵cos<m,n>==,解得λ=, ∴E为BD的中点. 13 14 $$