3.4.3 第1课时 空间中的角(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修1（北师大版）

4.3 用向量方法研究立体 几何中的度量关系 空间中的角 [教学方式：深化学习课——梯度进阶式教学] 第1课时 课时目标 1.会用向量法求线线、线面、面面夹角，体会向量法在几何问题中的应用. 2.能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系. CONTENTS 目录 1 2 3 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时检测 课前预知教材·自主落实基础 01 1.两条直线的夹角 两直线 的夹角 当两条直线a与b相交时，我们把两条直线交角中范围在________内的角叫作两条直线的夹角；当两条直线平行时，规定它们的夹角为0；两直线夹角的范围为 异面直线 a与b的夹角 当两条直线a与b是异面直线时，在空间任取一点O，过点O作直线a'和b'，使得a'∥a，b'∥b，把_______________叫作异面直线a与b的夹角 a'，b'的夹角 公式 若向量a，b分别为直线a，b的方向向量，则直线a与b的夹角θ∈，且θ与两个方向向量的夹角<a，b>相等或互补.故cos θ=_____________ 续表 |cos <a，b>| 2.直线与平面的夹角 定义 平面的一条斜线和它在平面内的投影所成的锐角.特别地：①若 l∥α或l⊂α，则l与α的夹角为___；②若l⊥α，则l与α的夹角为___ 计算 设向量l为直线l的一个方向向量，n是平面α的一个法向量，直线 l与平面α的夹角为θ，则sin θ=|cos <l，n>|，且当0≤<l，n>≤ 时，θ=___________；当<<l，n>≤π时，θ=____________ 0 -<l，n> <l，n>- |微|点|助|解| (1)两异面直线夹角的范围是，其余弦值一定是非负数. (2)两异面直线的夹角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系. (3)直线与平面的夹角，可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角. (4)线面角的范围为. (5)直线与平面的夹角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角. 3.平面与平面的夹角 二面角 一般地，已知n1，n2分别为平面α，β的法向量，则二面角α- l-β的平面角与两法向量所成角<n1，n2>相等或互补.设二面角的平面角为θ，则cos θ=±cos<n1，n2>=__________ 平面与平 面的夹角 平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中平面角不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角.设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ=|cos<n1，n2>|=__________ ± 基础落实训练 1.设两条异面直线a，b的方向向量分别为a=(-1，1，0)，b=(0，-1，1)，则a与b的夹角为 (　　) A. B. C. D. 解析：因为两条异面直线a，b的方向向量分别为a=(-1，1，0)，b= (0，-1，1)，cos<a，b>==-=-，所以a与b夹角的余弦值为，所以a与b的夹角为. √ 2.若直线l的一个方向向量u=(1，0，1)，平面α的一个法向量n=(0，-1，1)，则l与α的夹角为 (　　) A. B. C.或 D.或 解析：设l与α的夹角为θ，因为直线l的一个方向向量u=(1，0，1)，平面α的一个法向量n=(0，-1，1)，所以sin θ=|cos<u，n>|==，因为0≤θ≤，所以θ=. √ 3.已知两平面的法向量分别为m=(0，1，0)，n=(0，1，1)，则这两个平面所成二面角的大小为 (　　) A.45° B.135° C.45°或135° D.90° √ 4.已知两个平面的法向量分别为m=(0，1，1)，n=(1，-1，0)，则这两个平面夹角的大小为 (　　) A.30° B.60° C.60°或120° D.120° 解析：cos< m ，n >===-，因为向量夹角范围为[0，π]，故两向量夹角为π，故两平面夹角为，即60°，故选B. √ 课堂题点研究·迁移应用融通 02 题型(一)　两条直线的夹角 [例1]　如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则AM与CN夹角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. √ 解析：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°， 如图，以C为原点，以CB，CA，CC1为x轴，y轴， z轴，建立空间直角坐标系，令BC=CA=CC1=2， 则A(0，2，0)，M(1，1，2)，C(0，0，0)， N(0，1，2)，∴=(1，-1，2)，=(0，1，2)， ∴cos<>===. 令AM与CN的夹角为θ，则cos θ=|cos<>|=. |思|维|建|模| 用坐标法求两直线夹角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)分别求出两条直线的方向向量的坐标； (3)利用向量的夹角公式计算两条直线的方向向量的夹角； (4)结合异面直线所成的角的范围求出直线夹角. 针对训练 1.如图，在圆锥SO中，AB是底面圆O的直径，D，E分别 为SO，SB的中点，OC⊥AB，SO=AB=4，则AD与CE夹 角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析：以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标 系，则C(2，0，0)，A(0，2，0)，D(0，0，2)，E(0，-1， 2)，所以=(0，-2，2)，=(-2，-1，2)，所以AD与 CE夹角的余弦值为|cos<>|===. √ 2.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1， 点E在线段CD1上，若BE与AD1夹角的余弦值为， 则线段BE的长为(　　) A. B. C. D. √ 解析：如图，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，设E(0，t，1-t)，则=(-1，0，1)，=(-1，t-1，1-t)，∵BE与AD1夹角的余弦值为，∴|cos<>|===. 解得t==，∴||= =. 题型(二)　直线与平面的夹角 [例2]　如图，已知多面体ABC-A1B1C1中，A1A，B1B， C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C= 1，AB=BC=B1B=2.请用空间向量的方法解答下列问题： 求直线AC1与平面ABB1夹角的正弦值. 解：如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x， y轴的正半轴，以过O点平行于CC1的直线为z轴，建立空间 直角坐标系.由题意知A(0，-，0)，B(1，0，0)，A1 (0，-，4)，B1(1，0，2)，C1(0，，1). 设直线AC1与平面ABB1的夹角为θ，可知=(0，2，1)，=(1，，0)，=(0，0，2). 设平面ABB1的一个法向量为n=(x，y，z)， 则即令y=1，则x=-，z=0，可得平面ABB1的一个法向量n=(-，1，0). ∴sin θ=|cos<，n>|==. ∴直线AC1与平面ABB1夹角的正弦值是. |思|维|建|模| 用坐标法求直线与平面夹角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)分别求出直线的方向向量u和平面的法向量n的坐标； (3)设线面角为θ，则sin θ=； (4)由θ∈，求θ. 针对训练 3.如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a， 侧棱长为a，M为A1B1的中点，求BC1与平面AMC1 夹角的正弦值. 解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)， M，C1，B(0，a，0)， 故=，=， =. 设平面AMC1的一个法向量为n=(x，y，z)，则 即 令y=2，则z=-，x=0. ∴n=， ∴cos<，n>===-. 设BC1与平面AMC1的夹角为θ， 则sin θ=|cos<，n>|=， 即BC1与平面AMC1夹角的正弦值为. [例3]　如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC， ∠PAC=∠ABC=90°，PA=BC=1，E是AB的中点.PB=AC =2，求平面BPC与平面EPC夹角的余弦值. 题型(三)　平面与平面的夹角 解：因为平面PAC⊥平面ABC，且AC为交线，PA⊥AC，PA⊂平面PAC，所以PA⊥平面ABC，以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.因为PB=AC=2，PA=BC=1，在Rt△ABC中， AB===， 所以B(0，0，0)，P(0，，1)，C(1，0，0)，E= (-1，，1)，=(0，-，-1)， =. 设平面BPC的一个法向量为m=(x1，y1，z1)， 则即 令y1=1，则m=(0，1，-). 设平面EPC的一个法向量为n=(x2，y2，z2)， 则即 令y2=2，则n=(，2，-). 设平面BPC与平面EPC的夹角为θ，则cos θ===， 所以平面BPC与平面EPC夹角的余弦值为. |思|维|建|模| 1.利用向量法解二面角问题的策略 找法向量法 分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小 找与棱垂直的方向向量法 分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小 2.两个平面夹角的向量求法 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面的夹角，用坐标法解题的步骤如下：(1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系；(2)求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n1，n2；(3)计算：cos θ=. 4.若在正方体ABCD-A'B'C'D'中，点E是BB'的中点，则二面角E-A'D' -D的平面角的正切值为 (　　) A. B.2 C. D.2 针对训练 解析：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所 在直线为y轴，AA'所在直线为z轴建立如图所示的 空间直角坐标系，设正方体棱长为a， √ 则E，A'(0，0，a)，D'(0，a，a)，D(0，a，0)， ==(0，a，0)， 设平面EA'D'的一个法向量为m=(x，y，z)， 则令x=1，则y=0，z=2， 所以m=(1，0，2).易知平面A'D'D的一个法向量为n=(1，0，0)，设二面角E-A'D'-D的平面角为θ，可以看出为锐角，则cos θ== =，则sin θ==，故tan θ==2. 5.如图，已知四棱锥P-ABCD，BC∥AD，CD⊥AD， AD=2DC=2，AP⊥平面PCD.若二面角P-AC-B的正弦 值为，求AP. 解：因为AP⊥平面PCD，PD，CD⊂平面PCD，所以AP⊥PD，AP⊥CD. 又CD⊥AD，AD∩AP=A，AD，AP⊂平面APD， 所以CD⊥平面APD， 所以以点P为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设AP=m，PD=n， 则A(m，0，0)，D(0，n，0)，C(0，n，1)，=(m，-n，-1)，=(m，-n，0). 设平面PAC的法向量为n1=(x1，y1，z1)， 由得 令y1=1，则n1=(0，1，-n). 设平面ABC的法向量为n2=(x2，y2，z2)， 由且CB∥DA，得 于是 令x2=n，则n2=(n，m，0). 设二面角P-AC-B的平面角为θ， 则sin θ=，所以|cos θ|==， 则|cos θ|=|cos<n1，n2>|==， ① 又在Rt△APD中，AP2+PD2=AD2，即n2+m2=4，　 ② 联立①②可得，m=，n=1，所以AP=. 课时检测 03 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1.在一个二面角的两个半平面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，-1，3)，(2，2，4)，则这个二面角的余弦值为 (　　) A. B.- C. D.或- √ 解析：因为=.所以这个二面角的余弦值为或-. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 2.已知平面α的一个法向量为n=(-，-2，1)，点A(-1，2，1)在平面α内.若点P的坐标为(-1，1，1)，则直线PA与平面α夹角的大小为(　　) A. B. C. D. √ 解析：由题得=(0，1，0)，则n·=(-，-2，1)·(0，1，0)=-2.设直线PA与平面α的夹角为θ，则sin θ=|cos<n，>|==，因为θ∈，所以θ=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 3.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，AC=2， BC=CC1=4，点D是棱AB的中点，则平面ABB1A1与平面 B1CD夹角的正弦值为 (　　) A. B. C. D. √ 解析：如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，则 A(2，0，0)，C(0，0，0)，B(0，4，0)，D(1，2，0)， B1(0，4，4)，=(2，-4，0)，=(0，0，4)，设平 面ABB1A1的一个法向量n=(x，y，z)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 则令x=2，则y=1，z=0，∴n=(2，1，0)，同理可得平面B1CD的一个法向量m=(2，-1，1)，故cos<n，m>== =，设平面ABB1A1与平面B1CD的夹角为θ，则cos θ=， 故平面ABB1A1与平面B1CD夹角的正弦值sin θ==. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 4.如图，在由三棱柱截得的几何体ABC-A1B1C1中， CC1⊥平面ABC，AB⊥AC，AA1=2，BB1=CC1=1， AC=2，点D，E，F分别是棱B1C1，A1C1，BB1的 中点.若直线A1D与EF夹角的余弦值为，则AB= (　　) A.1 B.2 C. D.4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析：以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别 为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.设AB=x(x>0)，则 A1(0，0，2)，E，F，B1(x，0，1)， C1(0，2，1)，D== (x，-1，-1)，所以直线A1D与EF夹角的余弦值|cos<>|= ==，解得x=1(舍负)，故选A. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 5.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为2， 直线CC1与平面ACD1夹角的正弦值为，则正四棱柱的 高为(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 √ 解析：以D为原点，以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空 间直角坐标系，如图所示，设DD1=a(a>0)，则A(2，0，0)， C(0，2，0)，D1(0，0，a)，C1(0，2，a)，故=(-2，2，0)， =(-2，0，a)，=(0，0，a)，设平面ACD1的一个法向 量为n=(x，y，z)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 则可取n=， 故cos<n，>===. 又直线CC1与平面ACD1夹角的正弦值为， ∴=，解得a=4(舍负). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 6.我们称：两个相交平面构成四个二面角，其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角；由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”.则在正方体中，两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为 (　　) A. 30° B.45° C.60° D.90° √ 解析：平面ABCD和平面ADD1A1的夹角为90°，D错误. 平面ABCD和平面A1BCD1的夹角为45°，B错误.设正方体 的棱长为1，如图，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)， B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，=(0，1，0)， =(-1，-1，1)，设平面ABC1D1的一个法向量为m=(x1，y1，z1)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 则故可设m=(1，0，1).=(1，0，0)，设平面A1BCD1的一个法向量为n=(x2，y2，z2)， 则故可设n=(0，1，1)，设平面ABC1D1与平面A1BCD1的夹角为θ，则cos θ===，由于0°≤θ≤90°，所以θ=60°，所以C错误.所以夹角大小不可能为30°. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 7.(5分)设平面α的一个法向量为n=(a，0，1)，直线l的一个方向向量为d=(3，-4，0)，若直线l与平面α的夹角为，则正数a=________.  解析：依题意可得|cos<n，d>|==sin，即=，解得a=(舍负). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 8.(5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=2，AD=1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE夹角的余弦值为_______.  解析：以D为坐标原点，建系如图，则B(1，2，0)， C1(0，2，2)，A(1，0，0)，E(0，2，1)，所以 =(-1，0，2)，=(-1，2，1).则cos<>= ，所以异面直线BC1与AE夹角的余弦值为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 9.(5分)正四棱锥S-ABCD中，O为顶点S在底面上的投影，P为侧棱SD的中点，且SO=OD，则直线BC与平面PAC夹角的大小是______.  解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系.设OD=SO=OA=OB=OC=a(a>0)，则A(a，0，0)， B(0，a，0)，C(-a，0，0)，P， 则=(2a，0，0)，== (a，a，0).设平面PAC的一个法向量为n=(x，y，z)， 30° 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 则即令y=1，则x=0，z=1， ∴n=(0，1，1).设直线BC与平面PAC的夹角为θ，则sin θ=|cos<，n>| ==，∴直线BC与平面PAC夹角的大小为30°. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 10.(5分)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底 面ABCD和A1B1C1D1均为正方形，平面A1B1BA⊥ 平面ABCD，AB=2BB1=2AA1=2A1B1，E为线段 CD上一点. 若直线AB与平面A1D1E夹角的正弦值为，则=_____.  3 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析：分别取AB，A1B1的中点O，F，连接OF.易证OF⊥AB. ∵平面A1B1BA⊥平面ABCD，平面A1B1BA∩平面ABCD=AB，∴OF⊥平面ABCD. 设A1B1为2个单位长度，以O为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则A1(-1，0，)，D1(-1，2，)，A(-2，0，0)，B(2，0，0).设E(a，4，0)，-2≤a≤2，得=(a+1，4，-)，=(0，2，0)，=(4，0，0). 设平面A1D1E的法向量为n=(x，y，z)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 则 取z=a+1，得x=，则n=(，0，a+1). 由直线AB与平面A1D1E夹角的正弦值为|cos<n，>|== =，解得a=1，所以CE=1.又因为CD=AB=2A1B1=4，所以DE=4-1=3，故=3. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 11.(10分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD， AD∥BC，AD=2BC=2AB=4，PA=2，且∠ABC=60°， 点E为棱PD上一点(不与P，D重合)，平面BCE交棱PA 于点F. (1)求证：BC∥EF；(4分) 解：证明：因为BC∥AD，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD，又BC⊂平面BCEF，平面BCEF∩平面PAD=EF， 所以BC∥EF. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (2)若E为PD中点，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值.(6分) 解：取BC中点为M，连接AM， 因为AB=BC，且∠ABC=60°， 所以△ABC为等边三角形， 所以AM⊥BC，又AD∥BC，所以AM⊥AD. 以A为原点，以AM，AD，AP所在直线为x，y， z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(0，0，0)，C(，1，0)，E(0，2，1)，所以=(0，2，1)，=(，1，0). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 设平面ACE的一个法向量为n=(x，y，z)， 则令x=，则y=-3，z=6，得n=(，-3，6). 因为AM⊥平面PAD，所以平面PAD的一个法向量m=(1，0，0)， 设平面ACE与平面PAD的夹角为θ，则cos θ=|cos<m，n>|==. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 12.(15分)(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中， DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=60°， E为BC的中点. (1)证明：BC⊥DA；(5分) 解：证明：如图，连接DE，AE，因为DC=DB，且E 为BC的中点，所以DE⊥BC. 因为∠ADB=∠ADC=60°，DA=DA，DB=DC， 所以△ADB≌△ADC. 可得AC=AB，故AE⊥BC.因为DE∩AE=E，DE， AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE. 又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (2)点F满足=，求二面角D-AB-F的正弦值.(10分) 解：由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC. 不妨设DA=DB=DC=2，因为∠ADB=∠ADC=60°，所以AB=AC=2. 由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE=EB=EC=. 因为AE⊥BC，所以AE==. 在△ADE中，AE2+ED2=AD2，所以AE⊥ED. 以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则D(，0，0)，B(0，，0)，A(0，0，)，=(-，0，)，=(0，-). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 设F(xF，yF，zF)，因为=，所以(xF，yF，zF)=(-，0，)，可得 F(-，0，). 所以=(，0，0). 设平面DAB的一个法向量为m=(x1，y1，z1)， 则即取x1=1，则y1=z1=1，m=(1，1，1). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 设平面ABF的一个法向量为n=(x2，y2，z2)， 则即得x2=0，取y2=1，则z2=1，n= (0，1，1). 所以cos<m，n>===. 记二面角D-AB-F的大小为θ， 则sin θ===， 故二面角D-AB-F的正弦值为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 13.(15分)如图，在底面ABCD为正方形的多面体中，四 边形ACEF为矩形，M是线段EF的中点，且MB=MD， AB=，AF=t(t>0). 当t取何值时，AE与平面BDF所成的角最大?并求最大值. 解：设AC∩BD=O，则O是线段AC的中点，连接MO， 由MB=MD得MO⊥BD. 又在矩形ACEF中，M是线段EF的中点，则EM∥CO，EM=CO， 所以四边形COME为平行四边形，则OM∥CE. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 因为四边形ACEF为矩形，则CE⊥AC，所以MO⊥AC，又AC∩BD=O，AC，BD⊂平面ABCD，所以MO⊥平面ABCD， 又OM∥CE，则EC⊥平面ABCD，且BC⊥CD， 以C为坐标原点，CD，CB，CE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， 因为AB=，AF=t(t>0)，M是线段EF的中点， 所以D(，0，0)，A(，0)，B(0，，0)，E(0，0，t)，F(，t)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 从而=(，-，0)，=(0，，t)，=(-，-，t). 设平面BDF的法向量为q=(x，y，z)，则 令x=1，则y=1，z=-，从而平面BDF的一个法向量为q=. 设AE与平面BDF所成的角为θ， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 则sin θ=|cos<，q>|===， 因为t2+≥2=4，当且仅当t2=(t>0)，即t=时等号成立， 所以sin θ=≤1， 所以当t=时，AE与平面BDF所成的角最大，最大为90°. $$