第一章 第7节 向量法求空间角（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

衔接教材 夯基固本 落实 第7节　向量法求空间角 第一章　立体几何与空间向量 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 夹角 补角 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 C 衔接教材 夯基固本 落实 A 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 B 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 A 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 B 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(7) 温馨提示 谢谢观看！ 1．能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序． 2．体会向量法在研究空间角问题中的作用． 空间向量与空间角 空间角 向量求法 范围 异面直 线所成 的角 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos 〈u，v〉|＝______＝______ (0， eq \f(π,2)] | eq \f(u·v,|u||v|)| eq \f(|u·v|,|u||v|) 空间角 向量求法 范围 直线与 平面所 成的角 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝______＝_____ [0， eq \f(π,2)] | eq \f(u·n,|u||n|)| eq \f(|u·n|,|u||n|) 空间角 向量求法 范围 二面角 平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α­l­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝________ [0，π] eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) 空间角 向量求法 范围 两个 平面 的夹角 若平面α，β的法向量分别是n1，n2，则平面α与平面β的夹角即向量n1和n2的____或其____；设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝________＝________ [0， eq \f(π,2)] | eq \f(n1·n2,|n1||n2|)| eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) 1．确定平面的法向量的方法 (1)直接法：观察是否有垂直于平面的法向量，若有可直接确定． (2)待定系数法：取平面的两个相交向量a，b，设平面的法向量为n＝(x，y，z)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·a＝0，,n·b＝0))求得． 2．方向向量和法向量均不为零向量且不唯一． 3．当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角． 一、教材典题改编 1．(人教B版选择性必修第一册P37T3改编)已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2所成角的余弦值为(　　) A． eq \f(\r(2),4) B． eq \f(1,2) C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(\r(3),2) 2．(人教A版选择性必修第一册P49T14改编)在正四棱锥S­ABCD中，O为顶点S在底面内的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 3．[苏教版选择性必修第二册P39T6(2)]在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O是正方形ABCD的中心，M是CC1的中点，则二面角A­A1B­D的平面角的正弦值为________________． 答案： eq \f(\r(6),3) 二、易误易混澄清 1．(线面角取值范围出错)已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos 〈m，n〉＝－ eq \f(1,2)，则l与α所成的角为____________． 答案：30°　解析：设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(1,2)，又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°. 2．(异面直线夹角取值范围出错)如图，圆锥的高SO＝ eq \r(3)，底面直径AB＝2，C是圆O上一点，且AC＝1，则SA与BC所成角的余弦值为________________． 答案： eq \f(\r(3),4) 3．(二面角取值范围出错)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为____________，二面角B­A1C1­D1的余弦值为________________． 答案： eq \f(1,3)　－ eq \f(2,3) 考点一　异面直线所成的角 [例1] (2025·武汉模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝BC，E为CD的中点，F为PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的余弦值为(　　) A．－ eq \f(\r(3),9) B． eq \f(\r(3),9) C．－ eq \f(5\r(3),9) D． eq \f(5\r(3),9) 解析：以点A为坐标原点，以AB，AD，AP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AB＝2，异面直线BF与PE所成的角为θ，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，则E(1，2，0)，F(1，1，1)， 所以 eq \o(BF,\s\up16(→))＝(－1，1，1)， eq \o(PE,\s\up16(→))＝(1，2，－2)，所以cos θ＝|cos 〈 eq \o(BF,\s\up16(→))， eq \o(PE,\s\up16(→))〉|＝ eq \f(|\o(BF,\s\up16(→))·\o(PE,\s\up16(→))|,|\o(BF,\s\up16(→))||\o(PE,\s\up16(→))|)＝ eq \f(|－1＋2－2|,\r(3)×3)＝ eq \f(\r(3),9)，所以异面直线BF与PE所成角的余弦值为 eq \f(\r(3),9). 用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选好基底或建立空间直角坐标系； (2)求出两直线的方向向量v1，v2； (3)代入公式|cos 〈v1，v2〉|＝ eq \f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解． 训练1 (1)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，BC＝8，E，F，G分别为B1C1，A1B1，BB1的中点，则异面直线A1E与FG所成角的余弦值为(　　) A． eq \f(\r(10),10) B． eq \f(\r(5),5) C． eq \f(\r(3),3) D． eq \f(\r(2),2) 解析：如图，以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， 则A1(8，0，2)，E(4，2，2)，F(8，1，2)，G(8，2，1)，∴ eq \o(A1E,\s\up16(→))＝(－4，2，0)， eq \o(FG,\s\up16(→))＝(0，1，－1)，∴cos 〈 eq \o(A1E,\s\up16(→))， eq \o(FG,\s\up16(→))〉＝ eq \f(2,2\r(5)×\r(2))＝ eq \f(\r(10),10)，故异面直线A1E与FG所成角的余弦值为 eq \f(\r(10),10). (2)(2025·开封模拟)在如图所示的圆台中，四边形ABCD为其轴截面，AB＝2CD＝4，母线长为 eq \r(3)，P为下底面圆周上一点，异面直线AD与 OP(O为下底面圆心)所成的角为 eq \f(π,3)，则CP2的大小为(　　) A．7－2 eq \r(3) B．7－2 eq \r(3)或7＋2 eq \r(3) C．19－4 eq \r(3) D．19－4 eq \r(3)或19＋4 eq \r(3) 解析：以O为原点，OB所在直线为y轴，过点 O 作 x 轴 ⊥OB，圆台的高为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 作DE⊥AB于点E，AE＝ eq \f(1,2)AB－ eq \f(1,2)CD＝1.在Rt△ADE中，AD＝ eq \r(3)，DE＝ eq \r(AD2－AE2)＝ eq \r(2)，则D(0，－1， eq \r(2))，A(0，－2，0)，C(0，1， eq \r(2))，所以 eq \o(AD,\s\up16(→))＝(0，1， eq \r(2))，设P(2cos θ，2sin θ，0)，0≤θ<2π， eq \o(OP,\s\up16(→))＝(2cos θ，2sin θ，0)，由于异面直线 AD与 OP(O为下底面圆心)所成的角为 eq \f(π,3)，∴cos eq \f(π,3)＝ eq \f(|\o(OP,\s\up16(→))·\o(AD,\s\up16(→))|,|\o(OP,\s\up16(→))||\o(AD,\s\up16(→))|)＝ eq \f(|2sin θ|,2×\r(3))＝ eq \f(|sin θ|,\r(3))＝ eq \f(1,2)，∴sin θ＝ ± eq \f(\r(3),2)， eq \o(CP,\s\up16(→))＝(2cos θ，2sin θ－1，－ eq \r(2))，CP2＝| eq \o(CP,\s\up16(→))|2＝4cos2θ＋4sin2θ－4sinθ＋1＋2＝7－4sin θ＝7±2 eq \r(3). 考点二　直线与平面所成的角 [例2] (2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)证明：A1C＝AC； (2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值． (1)证明：如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D， ∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴A1 C⊥BC， 又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC， ∵A1C，AC⊂平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C， ∴BC⊥平面ACC1A1， ∵A1D⊂平面ACC1A1，∴BC⊥A1D， 又CC1，BC⊂平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C， ∴A1D⊥平面BCC1B1， ∴A1D＝1. 由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1， ∴D为CC1的中点，又A1D⊥CC1， ∴A1C＝A1C1， 又在三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝A1C1， ∴A1C＝AC． (2)解：如图，连接A1B，由(1)易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F， ∵AA1与BB1的距离为2，∴A1F＝2， 又A1D＝1且A1C＝AC， ∴A1C＝A1C1＝AC＝ eq \r(2)，AB＝A1B1＝ eq \r(5)，BC＝ eq \r(3). 以点C为坐标原点，CA，CB，CA1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C­xyz， 则C(0，0，0)，A( eq \r(2)，0，0)，B(0， eq \r(3)，0)，B1(－ eq \r(2)， eq \r(3)， eq \r(2))，C1(－ eq \r(2)，0， eq \r(2))， ∴ eq \o(CB,\s\up16(→))＝(0， eq \r(3)，0)， eq \o(CC1,\s\up16(→))＝(－ eq \r(2)，0， eq \r(2))， eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(－2 eq \r(2)， eq \r(3)， eq \r(2))， 设平面BCC1B1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)y＝0，,－\r(2)x＋\r(2)z＝0，))取x＝1，则y＝0，z＝1， ∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1). 设AB1与平面BCC1B1所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n， eq \o(AB1,\s\up16(→))〉|＝＝ eq \f(\r(13),13). ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 eq \f(\r(13),13). 利用空间向量求线面角的解题步骤 训练2 (2025·唐山模拟)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2AD＝2，E是棱CD的中点． (1)求证：平面AED1⊥平面BEB1； (2)若异面直线EB1与DC1所成的角为30°，求EB1与平面AED1所成角的正弦值． (1)证明：依题意，以D为原点，以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， 不妨设D1(0，0，h)(h>0).依题意得A(1，0，0)，E(0，1，0)，B(1，2，0)，B1(1，2，h)，则 eq \o(AE,\s\up16(→))＝(－1，1，0)， eq \o(EB,\s\up16(→))＝(1，1，0)，BB1＝(0，0，h)，所以 eq \o(AE,\s\up16(→))· eq \o(EB,\s\up16(→))＝0， eq \o(AE,\s\up16(→))· eq \o(BB1,\s\up16(→))＝0，则AE⊥EB，AE⊥BB1.又BE∩BB1＝B，EB，BB1在平面BEB1内，所以AE⊥平面BEB1.又AE⊂平面AED1，则平面AED1⊥平面BEB1. (2)解：依题意得C1(0，2，h)， eq \o(EB1,\s\up16(→))＝(1，1，h)， eq \o(DC1,\s\up16(→))＝(0，2，h). 则|cos 〈 eq \o(EB1,\s\up16(→))， eq \o(DC1,\s\up16(→))〉|＝＝ eq \f(2＋h2,\r(2＋h2)×\r(4＋h2))＝cos 30°，解得h＝2(负值已舍去)， 故D1(0，0，2)，则 eq \o(AD1,\s\up16(→))＝(－1，0，2)， eq \o(EB1,\s\up16(→))＝(1，1，2)， 设平面AED1的一个法向量为m＝(x，y，z)，则取z＝1，则x＝2，y＝2，故m＝(2，2，1). 则cos 〈m， eq \o(EB1,\s\up16(→))〉＝＝ eq \f(6,\r(9)×\r(6))＝ eq \f(\r(6),3)，所以EB1与平面AED1所成角的正弦值为 eq \f(\r(6),3). 考点三　二面角问题 [例3] (2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝ eq \r(3). (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A­CP­D的正弦值为 eq \f(\r(42),7)，求AD． (1)证明：∵PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD， ∴PA⊥AD， 又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，∴AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，∴AD⊥AB． ∵AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，∴BC∥AD， ∵AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AD∥平面PBC． (2)解：由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(a，0，0)，a>0，则CD＝ eq \r(4－a2)，C(0， eq \r(4－a2)，0)，P(a，0，2)， eq \o(CD,\s\up16(→))＝(0，－ eq \r(4－a2)，0)， eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－a， eq \r(4－a2)，0)， eq \o(CP,\s\up16(→))＝(a，－ eq \r(4－a2)，2). 设平面CPD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CD,\s\up16(→))·n＝0,\o(CP,\s\up16(→))·n＝0))，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(4－a2)y＝0,ax－\r(4－a2)y＋2z＝0))，可取n＝(2，0，－a). 设平面ACP的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CP,\s\up16(→))＝0,m·\o(AC,\s\up16(→))＝0))，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax1－\r(4－a2)y1＋2z1＝0,－ax1＋\r(4－a2)y1＝0))，可取m＝( eq \r(4－a2)，a，0). ∵二面角A­CP­D的正弦值为 eq \f(\r(42),7)， ∴二面角A­CP­D的余弦值的绝对值为 eq \f(\r(7),7)， 故|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝ eq \f(2\r(4－a2),\r(4－a2＋a2)·\r(4＋a2))＝ eq \f(\r(7),7)， 又a>0，∴a＝ eq \r(3)，即AD＝ eq \r(3). 利用空间向量求二面角的解题步骤 训练3 (2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A­BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足 eq \o(EF,\s\up16(→))＝ eq \o(DA,\s\up16(→))，求二面角D­AB­F的正弦值． (1)证明：如图，连接AE，DE， 因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC， 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，从而AE⊥BC， 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE， 所以BC⊥DA． (2)解：不妨设DA＝DB＝DC＝2， 因为BD⊥CD，所以BC＝2 eq \r(2)，DE＝AE＝ eq \r(2). 所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE， 又AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，所以AE⊥平面BCD． 以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则D( eq \r(2)，0，0)，A(0，0， eq \r(2))，B(0， eq \r(2)，0)，E(0，0，0)， 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 平面DAB与平面ABF的夹角为θ，而 eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0， eq \r(2)，－ eq \r(2))， 因为 eq \o(EF,\s\up16(→))＝ eq \o(DA,\s\up16(→))＝(－ eq \r(2)，0， eq \r(2))，所以F(－ eq \r(2)，0， eq \r(2))，则 eq \o(AF,\s\up16(→))＝(－ eq \r(2)，0，0). 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DA,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(AB,\s\up16(→))＝0，))得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))取x1＝1，所以n1＝(1，1，1). 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AB,\s\up16(→))＝0，,n2·\o(AF,\s\up16(→))＝0，))得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))取y2＝1，所以n2＝(0，1，1)， 所以|cos θ|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝ eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝ eq \f(\r(6),3)，从而sin θ＝ eq \r(1－\f(6,9))＝ eq \f(\r(3),3). 所以二面角D­AB­F的正弦值为 eq \f(\r(3),3). $$