6.3.3 空间角的计算 学案-2024-2025学年高二下学期数学苏教版（2019）选择性必修第二册

6．3.3　空间角的计算(1) 1. 会用向量法求线线、线面的所成角． 2. 能正确理解向量的夹角与所求的线线角、线面角的关系． 活动一 空间线线角，线面角的向量求法 线线角和线面角的定义确定了它们相应的取值范围，结合它们的取值范围可以用向量法进行求解． 角的分类 向量求法 范围 异面直线所成的角 设两异面直线所成的角为θ，它们的方向向量分别为a，b，则cos θ＝|cos 〈a，b〉|＝ (0，] 直线与平面所成的角 设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈a，n〉|＝ 活动二 利用空间向量求两条异面直线所成的角 例1　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E1，F1分别在A1B1，C1D1上，且E1B1＝A1B1，D1F1＝D1C1，求BE1与DF1所成角的余弦值． 方法一：(几何法) 方法二：(向量法——基底) 方法三：(向量法——坐标) 异面直线所成角的余弦值： 设l1与l2为异面直线，a1与a2分别为l1，l2的方向向量，设l1，l2所成的角为θ，则有cos θ＝|cos 〈a1，a2〉|＝. 在三棱锥S-ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝，SB＝，求SC与AB所成角的余弦值． 　活动三 利用空间向量求直线和平面所成的角 　例2　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，F是BC的中点，点E1在D1C1上，且D1E1＝D1C1，试求直线E1F与平面D1AC所成角的正弦值． 直线与平面所成角的正弦值： 设a为直线l的方向向量，n为平面α的法向量，设直线l与平面α所成的角为θ，则有cos (90°－θ)＝|cos 〈a，n〉|＝，即sin θ＝. (2024青岛开学考试)在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD＝AB＝1，G为△ABC的重心，求直线PG与底面ABCD所成角的正弦值． 1. (教材改编)已知平面α的一个法向量为n＝(1，2，1)，直线l的一个方向向量为m＝(1，0，1)，则直线l与平面α所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 2. (教材改编)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，AC＝CC1＝4，M是A1B1的中点，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．若⊥，则异面直线CM与A1B所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 3. (多选)(2023南通开学考试)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为1，若直线BD1与BC1所成的角为30°，则下列结论中正确的是(　　) A. 直线BD1与直线A1B1所成的角为60° B. 直线BD1与直线B1C所成的角为90° C. 直线BD1与平面AA1D1D所成的角为30° D. 直线BD1与平面AA1B1B所成的角为60° 4. (2024河南期末)在空间直角坐标系Oxyz中，向量a＝(1，－1，m)，b＝(1，3，0)，分别为异面直线l1，l2的方向向量，若l1，l2所成角的余弦值为，则m＝________． 5. (2024洛阳期末)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1＝3，AB＝2，Q为侧棱AA1上的点，且AQ＝2，M，N分别为AB，A1C1的中点． (1) 求异面直线MN与QC1所成角的余弦值； (2) 求直线MN与平面AA1B1B所成角的正弦值． 6．3.3　空间角的计算(2) 1. 能用向量方法解决二面角的计算问题． 2. 能正确理解向量的夹角与二面角的大小的关系． 活动一 了解用空间向量求二面角的方法 1. 复习巩固 (1) 二面角的定义及求解方法： (2) 平面的法向量的定义： 2. 用空间向量求二面角的大小： 向量求法 范围 二面角 设二面角α-l-β为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则|cos θ|＝|cos 〈n1，n2〉|＝ [0，π] 活动二　求二面角的大小　 例1　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求二面角A1BDC1的余弦值． 方法一： 方法二： 例2　(2024福建期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD，E是PB的中点. (1) 求证：平面EAC⊥平面PBC； (2) 若二面角P-AC-E的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值． 例3　如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，D是侧棱CC1的中点，直线AD与侧面BB1C1C所成的角为45°. (1) 求此正三棱柱的侧棱长； (2) 求二面角A-BD-C的余弦值． 例4　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： ①二面角C1-OB1-D的余弦值； ②二面角B-A1C-D的余弦值． 1. 若平面α的一个法向量为n1＝(1，0，1)，平面β的一个法向量是n2＝(－3，1，3)，则平面α与β所成的角等于(　　) A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 2. 如图，正三角形ACB与正三角形ACD所在平面互相垂直，则二面角B-CD-A的余弦值是(　　) A. B. C. D. 3. (多选)(2023岳阳期末)已知正方体A1B1C1D1ABCD的棱长为1，点P在线段BC上运动，则下列结论中正确的是(　　) A. 异面直线A1C与BC1所成的角为60° B. 异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是 C. 二面角A-B1C-B的正切值为 D. 直线AB1与平面ABC1D1所成的角为45° 4. (2023深圳期末)如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，沿对角线AC折叠之后，使得平面BAC⊥平面DAC，则二面角B-CD-A的余弦值为________． 5. (教材改编)在所有棱长均为3的三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，D，E分别在棱A1B1，A1C1上，满足A1D＝2DB1，A1E＝2EC1，且BC⊥CE. (1) 证明：CE⊥平面ABC； (2) 求二面角D-BC-B1的余弦值． 6．3.3　空间角的计算(1) 【活动方案】 例1　方法一：设G是AB的中点，点H在A1B1上，且A1H＝A1B1，连接AH，GH，则AH∥DF1，GH∥BE1，所以∠AHG就是异面直线BE1与DF1所成的角．不妨设正方体的棱长为4，则AG＝2，AH＝HG＝.由余弦定理，得cos∠AHG＝＝＝，所以异面直线BE1与DF1所成角的余弦值为. 方法二：设＝4a，＝b，则|a|＝|b|且a⊥b. 因为＝＝4a，＝－b， 所以＝＋＝4a＋b， ＝＋＝4a－b， 所以||2＝||2＝(4a)2＋b2＝17|a|2， ·＝(4a＋b)·(4a－b)＝15|a|2， 所以cos 〈，〉＝＝， 即异面直线BE1与DF1所成角的余弦值为. 方法三：设正方体的棱长是4，以{，，}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则B(4，4，0)，E1(4，3，4)，D(0，0，0)，F1(0，1，4)， 所以＝(0，－1，4)，＝(0，1，4)， 所以·＝15，||＝，||＝，　 所以cos 〈，〉＝＝， 即异面直线BE1与DF1所成角的余弦值为.　 跟踪训练　以A为坐标原点，垂直于AB的直线为x轴，AB，AS所在直线为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则由 AC＝2，BC＝，SB＝，得B(0，，0)，S(0，0，2)，C(2，，0)，A(0，0，0)， 所以＝(2，，－2)，＝(0，，0)， 所以cos 〈，〉＝＝，　 所以SC与AB所成角的余弦值为. 例2　设正方体的棱长为1，以{，，}为单位正交基底，建立空间直角坐标系D-xyz，则D(0，0，0)，B1(1，1，1)，E1(0，，1)，F(，1，0)， 所以＝(1，1，1)，＝(，，－1). 易知为平面D1AC的一个法向量， 所以cos 〈，〉＝＝＝， 所以直线E1F与平面D1AC所成角的正弦值为. 跟踪训练　以{，，}为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 则D(0，0，0)，P(0，0，1)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，G(，，0)， 所以＝(0，0，1)，＝(－，－，1). 由题意，得为平面ABCD的一个法向量，设PG与底面ABCD所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，〉|＝＝. 【检测反馈】 1. A　因为平面α的一个法向量为n＝(1，2，1)，直线l的一个方向向量为m＝(1，0，1)，所以直线l与平面α所成角的正弦值为＝＝. 2. C　设CB＝t(t>0)，则C(0，0，0)，A1(4，0，4)，B(0，t，0)，B1(0，t，4)，M(2，，4)，C1(0，0，4)，＝(－4，t，－4)，＝(2，，0).由⊥，得·＝－8＋＝0，解得t＝4(负值舍去)，＝(2，2，4)，＝(－4，4，－4)，所以cos 〈，〉＝＝＝－，所以异面直线CM与A1B所成角的余弦值为. 3. AC　由于正四棱柱即为长方体，设长方体的高AA1＝h，则||＝，||＝，＝＋＝＋＋，＝＋，所以·＝(＋＋)·(＋)＝||2＋||2＝1＋h2，由题意，得＝cos 〈，〉＝＝＝，解得h＝，此时体对角线的长||＝＝2.对于A，设直线BD1与直线A1B1所成的角为α，·＝(＋＋)·＝－||2＝－1，又||＝2，||＝1，所以cos α＝|cos〈，〉|＝＝，即直线BD1与直线A1B1所成的角为60°，故A正确；对于B，·＝(＋＋)·(－)＝||2－||2＝－1≠0，即直线BD1与直线B1C不垂直，故B错误；对于C，连接AD1，显然BA⊥平面ADD1A1，即∠BD1A为直线BD1与平面AA1D1D所成的角，在Rt△BAD1中，||＝2，||＝1，且∠BAD1＝90°，此时sin ∠BD1A＝，故∠BD1A＝30°，故C正确；对于D，连接A1B，显然A1D1⊥平面AA1B1B，即∠A1BD1为直线BD1与平面AA1B1B所成的角，在Rt△BA1D1中，||＝2，||＝，且∠BA1D1＝90°，此时cos ∠A1BD1＝，故∠A1BD1＝30°，故D错误．故选AC. 4. ±　设l1，l2所成的角为θ.由题意知cos θ＝＝＝，解得m＝±. 5. (1) 取A1B1的中点D，连接MD，MC. 由正三棱柱性质可知AA1⊥平面ABC. 又AA1∥MD， 所以MD⊥平面ABC，可得MB，MC，MD两两垂直， 以M为坐标原点，MB，MC，MD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Mxyz， 则M(0，0，0)，N(－，，3)，C1(0，，3)，Q(－1，0，2)， 所以＝(－，，3)，＝(1，，1). 因为cos 〈，〉＝＝＝， 所以异面直线MN与QC1所成角的余弦值为. (2) 因为MC⊥平面AA1B1B， 所以平面AA1B1B的一个法向量为n＝(0，1，0)， 则cos 〈，n〉＝＝＝. 设直线MN与平面AA1B1B所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝， 即直线MN与平面AA1B1B所成角的正弦值为. 6．3.3　空间角的计算(2) 【活动方案】 1. 略 例1　方法一：取BD的中点E，连接A1E，C1E，A1C1，则A1E⊥BD，C1E⊥BD， 所以∠A1EC1为二面角A1-BD-C1的平面角． 设正方体的棱长为1， 则A1C1＝，A1E＝C1E＝， 所以cos ∠A1EC1＝＝， 故二面角A1-BD-C1的余弦值为. 方法二：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系 D-xyz. 设正方体的棱长为1，则A1(1，0，1)，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，D(0，0，0)， 则＝(1，0，1)，＝(1，1，0)，＝(0，1，1). 设平面A1BD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则n1·＝x1＋z1＝0，n1·＝x1＋y1＝0， 令x1＝1，则n1＝(1，－1，－1). 设平面C1BD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则n2·＝x2＋y2＝0，n2·＝y2＋z2＝0， 令y2＝1，则n2＝(－1，1，－1)， 所以cos 〈n1，n2〉＝＝－， 所以根据图形可知，二面角A1-BD-C1的余弦值为. 例2　(1) 因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 所以PC⊥AC. 因为AB＝2AD＝2CD， 所以AC＝BC＝AD＝CD， 所以AC2＋BC2＝AB2, 故AC⊥BC. 又BC∩PC＝C，且两直线在平面PBC内，所以AC⊥平面PBC. 因为AC⊂平面EAC， 所以平面EAC⊥平面PBC. (2) 如图，以C为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系C-xyz. 设CB＝2，CP＝2a(a>0)，则C(0，0，0)，A(0，2，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2a)， 则E(1，0，a)，＝(0，2，0)，＝(0，0，2a)，＝(1，0，a), 易知m＝(1，0，0)为平面PAC的一个法向量． 设n＝(x，y，z)为平面EAC的法向量， 由即所以 取x＝a，则z＝－1，n＝(a，0，－1). 由题意，得|cos 〈m，n〉|＝＝＝，解得a＝2， 所以n＝(2，0，－1)，＝(0，2，－4)， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝， 所以直线PA与平面EAC所成角的正弦值为. 例3　(1) 设正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为x，取BC的中点E，连接AE，ED. 因为△ABC是正三角形， 所以AE⊥BC. 又因为平面ABC⊥平面BB1C1C，且两平面交线为BC，AE⊂平面ABC， 所以AE⊥平面BB1C1C， 所以∠ADE为直线AD与平面BB1C1C所成的角， 所以∠ADE＝45°. 在Rt△AED中，tan 45°＝＝＝1，解得x＝2， 所以此正三棱柱的侧棱长为2. (2) 过点E作EF∥CC1交B1C1于点F，以E为坐标原点，EC，EF，EA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系E-xyz，则A(0，0，)， B(－1，0，0)，D(1，，0)，C(1，0，0)， 所以＝(2，，0)，＝(－1，0，－). 设平面ABD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则即 令x1＝1，则y1＝－，z1＝－， 即n1＝(1，－，－). 又平面BCD的一个法向量为n2＝(0，0，)， 所以cos 〈n1，n2〉＝－， 故根据图形可知，二面角A-BD-C的余弦值为. 例4　(1) 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，AC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以O1O⊥平面ABCD. (2) ①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⊥平面ABCD， 所以OB，OC，OO1两两垂直． 如图，以O为坐标原点，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Oxyz. 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)， 所以＝(，0，2)，＝(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)， 则由m⊥，m⊥， 得 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C1-OB1-D为锐角， 所以二面角C1-OB1-D的余弦值为. ②由①知B(，0，0)，A1(0，－1，2)，C(0，1，0)，D(－，0，0)， 所以＝(0，2，－2)，＝(－，1，0). 设平面BA1C的法向量为a＝(x1，y1，z1)， 则即 令x1＝1，则y1＝，z1＝， 所以a＝(1，，). 同理，得平面A1CD的一个法向量为b＝(1，－，－)， 所以cos 〈a，b〉＝＝－. 由图形可知二面角B-A1C-D为钝角， 所以二面角B-A1C-D的余弦值为－. 【检测反馈】 1. D　因为n1·n2＝(1，0，1)·(－3，1，3)＝0，所以α⊥β，即平面α与β所成的角等于90°. 2. D　如图，取AC的中点E，连接BE，DE.在正三角形ACB与正三角形ACD中，有BE⊥AC，DE⊥AC.因为平面ACB⊥平面ACD，平面ACB∩平面ACD＝AC，所以BE⊥平面ACD.以E为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为 z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.设AC＝2，则E(0，0，0)，D(，0，0)，C(0，1，0)，A(0，－1，0)，B(0，0，).平面ACD的一个法向量为＝(0，0，)，而＝(0，－1，)，＝(，－1，0).设n＝(x，y，z)为平面BCD的法向量，则即 不妨令x＝1，则 n＝(1，，1).设二面角B-CD-A的平面角为θ，易知θ为锐角，所以cos θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝. 3. BC　建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1，0，0)，A(1，0，1)，B1(1，1，0)，B(1，1，1)，C1(0，1，0)，C(0，1，1)，D1(0，0，0)，设P(t，1，1)(0≤t≤1).对于A，设异面直线A1C与BC1所成的角为θ1，由＝(－1，1，1)，＝(－1，0，－1)，得cos θ1＝＝0，即异面直线A1C与BC1所成的角为90°，故A错误；对于B，设异面直线A1P与AD1所成的角为θ2，由＝(t－1，1，1)，＝(－1，0，－1)，得cos θ2＝＝＝，当t＝0时，cos θ2＝0，θ2＝，当t≠0时，cos θ＝(≥1).因为y＝6()2－4()＋2图象的对称轴为直线＝，所以当≥1时，y＝6()2－4()＋2≥6－4＋2＝4，即0<cos θ2＝≤.由0<θ2≤，知≤θ2<.综上，≤θ2≤，故B正确；对于C，取B1C的中点E，连接AE，BE，则AE⊥B1C，BE⊥B1C，所以∠AEB为二面角A-B1C-B的平面角．在Rt△ABE中，tan ∠AEB＝＝＝，故C正确；对于D，在正方体中，B1C⊥BC1，B1C⊥AB，AB∩BC1＝B，AB，BC1在平面ABC1D1内，所以B1C⊥平面ABC1D1，即平面ABC1D1的一个法向量为＝(－1，0，1).设直线AB1与平面ABC1D1所成的角为θ3，又＝(0，1，－1)，所以sin θ＝＝＝≠，故D错误．故选BC. 4. 　取AC的中点O，连接BO，DO，所以BO⊥AC，DO⊥AC.因为平面BAC⊥平面DAC，平面BAC∩平面DAC＝AC，BO⊂平面BAC，所以BO⊥平面DAC，又因为OD⊂平面DAC，所以BO⊥OD，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则C(1，0，0)，B(0，0，)，D(0，，0)，所以＝(1，0，－)，＝(－1，，0).设平面BCD的法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝1，则n＝(，1，1).易知平面CDA的一个法向量为m＝(0，0，1)，所以|cos 〈m，n〉|＝＝.设二面角B-CD-A为θ，由图可知二面角B-CD-A为锐角，即0＜θ＜，所以cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝，所以二面角B-CD-A的余弦值为. 5. (1) 取AC的中点O，连接BO，如图， 则由△ABC为正三角形可知，BO⊥AC. 因为平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，BO⊂平面ABC， 所以BO⊥平面ACC1A1. 又CE⊂平面ACC1A1， 所以BO⊥CE. 又BC⊥CE，BO∩BC＝B，BO⊂平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以CE⊥平面ABC. (2) 因为A1D＝2DB1，A1E＝2EC1， 所以DE∥B1C1，且EC1＝1. 又B1C1∥BC， 所以DE∥BC，即四边形BCED为平面四边形． 在Rt△CC1E中，CE＝＝＝2， 作OM∥CE交A1C1于点M，由(1)知，OM⊥平面ABC，且ME＝OC＝， 如图，以OB，OC，OM所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O-xyz， 则O(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，，0)，E(0，，2)，C1(0，，2)， 所以＝(－，，0)，＝(－，，2)，＝(－，，2). 设平面DBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，可得n＝(1，，0). 设平面B1BC的法向量为m＝(a，b，c)， 则 令a＝1，可得m＝(1，，－)， 则cos 〈m，n〉＝＝＝， 所以二面角D-BC-B1的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$