1.4.2 第2课时 用空间向量研究夹角问题(Word教参)-【优化指导】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

第2课时　用空间向量研究夹角问题 [对应学生用书P26] 学习目标 1．会用向量法求线线、线面、面面夹角． 2．能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、二面角的关系． 3．能描述解决这一类问题的程序“三步曲”． 知识点一　异面直线所成的角 用向量法研究异面直线所成的角 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〉|＝＝. [例1] 在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝AB，点M，N分别为棱A1C1，A1B1的中点，求直线AM和直线BN所成角的余弦值． 解：取AC的中点O，连接OB，OM，则OM∥AA1．设AA1＝AB＝4. 因为△ABC是边长为4的等边三角形，所以OB⊥AC． 因为AA1⊥平面ABC，所以OB，AC，OM两两垂直．以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－2，0)，B(2，0，0)，M(0，0，4)，N(，－1，4)， 所以＝(0，2，4)，＝(－，－1，4). 因为cos 〈，〉＝＝＝， 所以直线AM和直线BN所成角的余弦值为. 求异面直线所成角的方法 (1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解． (2)向量法：在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则与可分别为a，b的方向向量，则cos θ＝. [练1] 已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，若AB＝2AA1＝2BC＝2，E是CD的中点，则异面直线EB1与D1C所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． B　解析：依题意，建立如图的空间直角坐标系， 则E(0，1，0)，C(0，2，0)，B1(1，2，1)，D1(0，0，1)， ∴＝(1，1，1)，＝(0，2，－1)， 设异面直线EB1与D1C所成的角为θ，则 cos θ＝＝ ＝. 知识点二　直线与平面所成的角 直线与平面所成的角 图示 公式 sin θ＝|cos u，n|＝||＝ [例2] 如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，CD＝2，PD＝AD＝1，PC＝，点E为线段PC的中点，且BC⊥DE. (1)求证：PD⊥AC； (2)求直线PB与平面ADE所成角的正弦值． (1)证明：由底面ABCD为矩形，可知BC⊥CD． 又BC⊥DE，CD，DE⊂平面PCD，CD∩DE＝D， 所以BC⊥平面PCD． 因为PD⊂平面PCD，所以BC⊥PD． 因为PD＝1，CD＝2，PC＝满足PD2＋CD2＝PC2，所以CD⊥PD． 因为BC⊥PD，CD，BC⊂平面ABCD，CD∩BC＝C，所以PD⊥平面ABCD， 又AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC． (2)解：由(1)可知PD⊥平面ABCD．又底面ABCD为矩形，以为基底建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，1)，B(1，2，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)，E(0，1，). 所以＝(1，2，－1)，＝(1，0，0)，＝(0，1，). 设平面ADE的一个法向量为n＝(x，y，z). 由得 因此，可取n＝(0，1，－2). 所以|cos 〈，n〉|＝＝＝， 即直线PB与平面ADE所成角的正弦值为. 利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量u； (3)求平面的法向量n； (4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝||＝. [练2] (2025·信阳高二期中)已知AB是圆锥PO的底面直径，C是底面圆周上的点，∠BAC＝30°，AB＝2，PA＝2，则PA与平面PBC所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． D　解析：依题意：圆锥的高PO＝＝1， 以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz. 则A(0，－，0)，B(0，，0)，C，P(0，0，1)， ＝(0，，－1)，＝，＝(0，－，－1)， 设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，则即 取x＝1，得n＝(1，，3)，设PA与平面PBC所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝， 即PA与平面PBC所成角的正弦值为.故选D． 知识点三　平面与平面的夹角 平面与平面的夹角 定义 平面α与平面β相交，形成四个二面角，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 图示 公式 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝||＝ [例3] (2024·北京卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3.点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2. (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD； (2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值． (1)证明：取PD的中点G，连接FG，CG， 因为F为PE的中点，所以FG＝DE＝1，FG∥DE， 又BC＝1，AD∥BC，所以FG＝BC，FG∥BC， 所以四边形FGCB为平行四边形， 所以BF∥CG， 又BF⊄平面PCD，CG⊂平面PCD，所以BF∥平面PCD． (2)解：因为AB⊥平面PAD，PE⊂平面PAD，所以AB⊥PE， 又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD． 连接EC，易知四边形ABCE为矩形，故直线EC，ED，EP两两垂直，故以E为坐标原点，EC，ED，EP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， 则P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)， 则＝(1，0，0)，＝(0，1，2)， ＝(1，0，－2)，＝(0，2，－2). 设平面PAB的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则， 可取n1＝(0，－2，1). 设平面PCD的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则， 可取n2＝(2，1，1). 设平面PAB与平面PCD的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝. 所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为. 求两平面夹角的两种方法 (1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同． (2)法向量法：分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面的夹角为〈n1，n2〉(当〈n1，n2〉∈[0，]时)或π－〈n1，n2〉(当〈n1，n2〉∈(，π]时). [练3] 如图，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⊥平面ABCD； (2)若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值． (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，AC，BD⊂平面ABCD，所以O1O⊥平面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⊥平面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直．以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 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OB1D即平面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)， 由得 取z＝－，则x＝2，y＝2，则m＝(2，2，－)， 所以cos 〈m，n〉＝＝＝. 所以平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值为. 1．知识清单 2．方法归纳：转化与化归． 3．常见误区：混淆两个向量的夹角和空间角的关系，不能正确理解空间角的概念，把握空间角的范围． ◎随堂演练 1．若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为150°，则l1与l2所成的角为(　　) A． B． C．或 D．以上均不对 A　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(0，]，故选A． 2．已知向量m，n分别是平面α和平面β的法向量，若cos 〈m，n〉＝－，则α与β的夹角为(　　) A．30° B． 60° C．120° D．150° B　解析：设α与β所成的角为θ，且0°≤θ≤90°， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝，∴θ＝60°. 3．已知两平面的法向量分别为n1＝(0，1，0)，n2＝(0，－1，1)，则两平面的夹角的大小为(　　) A．30° B． 45° C．60° D．75° B　解析：因为cos 〈n1，n2〉＝＝＝－，所以两平面夹角的大小为45°.故选B． 4．(多选)如图所示，棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则下列结论正确的是(　　) A．AM∥BN B．直线MN与AC所成的角为60° C．直线MN与平面ABM所成的角为30° D．平面BMN与平面ABM的夹角为45° BCD　解析：如图，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，N(0，2，1)，M(0，1，2)，C(0，2，0). 对于A项，有＝(－2，1，2)，＝(－2，0，1)，显然，不共线，所以A错误； 对于B项，因为＝(0，1，－1)，＝(－2，2，0)， 所以cos 〈，〉＝＝＝， 所以〈，〉＝60°. 所以直线MN与AC所成的角为60°.故B正确； 对于C项，＝(0，2，0)，＝(－2，1，2)， 设n1＝(x1，y1，z1)是平面ABM的一个法向量， 则 令z1＝1可得，n1＝(1，0，1)是平面ABM的一个法向量． 因为cos 〈，n1〉＝＝＝－， 所以直线MN与平面ABM所成的角θ的正弦值sin θ＝|cos 〈，n1〉|＝， 所以θ＝30°.故C正确； 对于D项，＝(0，1，－1)，＝(－2，－1，2). 设n2＝(x2，y2，z2)是平面BMN的一个法向量， 则 取x2＝1，则n2＝(1，2，2)是平面BMN的一个法向量． 因为cos 〈n1，n2〉＝＝＝， 所以平面BMN与平面ABM的夹角θ1的余弦值cos θ1＝|cos 〈n1，n2〉|＝， 所以θ1＝45°.故D正确．故选BCD． 5．(2025·厦门高二期中)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 ． 答案：　解析：设直线l与平面α所成角为θ， 则sin θ＝＝＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$