第3章 4.3 第1课时 空间中的角（课件PPT）-【金榜题名】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册高中同步学案（北师大版）

该高中数学课件聚焦空间向量与立体几何中空间角的向量求法，涵盖异面直线所成角、直线与平面所成角及二面角。课前通过问题链梳理概念，如两条直线所成角范围与方向向量夹角关系，衔接空间向量知识，搭建从概念理解到公式应用的学习支架。 其亮点在于以问题驱动自主梳理，结合空间直角坐标系和向量运算设计题型示例，如直三棱柱中异面直线所成角的坐标法求解，培养数学运算与直观想象素养。课堂小结提炼“空间角转化为向量关系”思路，帮助学生掌握转化思想，也为教师提供系统的预习、互动、作业教学流程，提升教学效率。

第三章　空间向量与立体几何 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 §4 向量在立体几何中的应用 §4.3 用向量方法研究立体几何中的度量关系 第1课时　空间中的角 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 目录 contents Part 01 课 前 预 习 课 堂 互 动 Part 02 课时作业（二十四） Part 03 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 课 前 预 习 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 相等或互补 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 相等或互补 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 课 堂 互 动 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 课时作业（二十四） 点击进入word 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 谢谢观看 第三章　空间向量与立体几何 选择性必修第一册 数学 学习目标 素养要求 1.理解异面直线所成角与它们的方向向量之间的关系，会用向量方法求两异面直线所成角．2.理解直线与平面所成角与直线方向向量和平面法向量夹角之间的关系，会用向量方法求直线与平面所成角．3.理解二面角大小与两个面法向量夹角之间的关系，会用向量方法求两个平面所成的角． 1.通过两条直线所成的角、直线与平面所成的角、两个平面所成角的学习，培成的角．2.通过利用向量方法求空间中的角，提升数学运算、直观想象的核心素养． [自主梳理] 知识点一　两条直线所成的角 [问题1]　两条相交直线所成的角的范围是多少？ 答： eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). [问题2]　当两条直线平行时，它们之间所成的角是怎样规定的？ 答：为0. [问题3]　空间中两条直线所成的角和它们的方向向量的夹角有什么联系？ 答：空间中两条直线所成的角为0，锐角或直角，而两向量夹角的范围是[0，π]，两条直线所成角与它们的方向向量的夹角相等或互补． ►知识填空 两条直线所成的角 若向量a，b分别为直线a，b的方向向量，则直线a与b所成的角θ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且θ与两个向量所成的角〈a，b〉 ．cos θ＝ ＝ ． |cos〈a，b〉| eq \f(|a·b|,|a||b|) 知识点二　直线与平面所成的角 [问题1]　直线和平面所成角的范围是什么？ 答：直线和平面所成角的范围是[0°，90°]；若直线和平面斜交，则所成的角为锐角． [问题2]　当一条直线l与一个平面α的夹角为0时，这条直线一定在平面内吗？ 答：不一定，这条直线还可能与平面平行． [问题3]　直线与平面所成的角θ和直线方向向量u与平面法向量n的夹角有什么关系？ 答：直线方向向量与平面法向量所夹的锐角α和直线与平面所成的角θ互为余角，即θ＝ eq \f(π,2)－α. eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(l·n,|l||n|))) ►知识填空 直线与平面所成的角 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，则直线l与平面α所成的角θ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且θ＝ 或θ＝ ．(如图)sin θ＝ ＝ ． eq \f(π,2)－〈l，n〉 〈l，n〉－ eq \f(π,2) |cos〈l，n〉| 知识点三　两个平面所成的角 [问题1]　二面角的平面角的取值范围是多少？ 答：[0，π]. [问题2]　两个平面相交，可以组成几个二面角？ 答：4个． ►知识填空 二面角的平面角 已知n1，n2分别为平面α，β的法向量，则二面角α­l­β的平面角与两法向量所成角〈n1，n2〉 (如图).设二面角a­l­β的平面角为θ，则|cos θ|＝ ＝ ． |cos〈n1，n2〉| eq \b\lc\|\rc\| (\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|))) [自主检验] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．(　　) (2)直线与平面所成的角等于直线与该平面法向量夹角的余角．(　　) (3)二面角的大小就是该二面角两个面的法向量的夹角．(　　) (4)若二面角两个面的法向量的夹角为120°，则该二面角的大小等于60°或120°.(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．(多选)若直线l1与l2这两条异面直线所成的角等于30°，则直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角等于(　　) A．30°　　　　　　　　B．150° C．60° D．120° 答案：AB 3．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m，n〉＝－ eq \f(1,2)，则l与α所成的角为(　　) A．30°　　　　 　B．60° C．120° D．150° 解析：选A　设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(1,2)，∴θ＝30° 4．已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为(　　) A．45° B．135° C．45°或135° D．90° 答案：C 题型一　求异面直线所成的角 [例 1]　已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　) A． eq \f(\r(3),2)　　　　　　　　　B． eq \f(\r(15),5) C． eq \f(\r(10),5) D． eq \f(\r(3),3) 解析：选C　以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 由已知条件知B1(0，0，0)， B(0，0，1)，C1(1，0，0)，A(－1， eq \r(3)，1)， 则 eq \o(BC1,\s\up15(→))＝(1，0，－1)， eq \o(AB1,\s\up15(→))＝(1，－ eq \r(3)，－1). 所以cos 〈 eq \o(AB1,\s\up15(→))， eq \o(BC1,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(AB1,\s\up15(→))·\o(BC1,\s\up15(→)),\a\vs4\al(|\o(AB1,\s\up15(→))|)·\a\vs4\al(|\o(BC1,\s\up15(→))|))＝ eq \f(2,\r(5)×\r(2))＝ eq \f(\r(10),5). 所以异面直线AB1与BC1所成的角的余弦值为 eq \f(\r(10),5). [反思感悟] 用坐标法求异面直线所成角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)分别求出两条异面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)结合异面直线所成角的范围求出异面直线所成的角． 　如图所示，在三棱锥V ­ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x轴、y轴、z轴上，D是线段AB的中点，且AC＝BC＝2，∠VDC＝θ.当θ＝ eq \f(π,3)时，求异面直线AC与VD所成角的余弦值． 解：由于AC＝BC＝2，D是AB的中点， ∴C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，D(1，1，0). 在Rt△VCD中，CD＝ eq \r(2)，当θ＝ eq \f(π,3)时，VC＝ eq \r(6)， ∴V(0，0， eq \r(6))，∴ eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－2，0，0)， eq \o(VD,\s\up15(→))＝(1，1，－ eq \r(6))， ∴cos 〈 eq \o(AC,\s\up15(→))， eq \o(VD,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(AC,\s\up15(→))·\o(VD,\s\up15(→)),\a\vs4\al(|\o(AC,\s\up15(→))||\o(VD,\s\up15(→))|))＝ eq \f(－2,2×2\r(2))＝－ eq \f(\r(2),4). ∴异面直线AC与VD所成角的余弦值为 eq \f(\r(2),4). 题型二　求直线与平面所成的角 [例 2]　正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为 eq \r(2)a，求AC1与侧面ABB1A1的夹角． 解： 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，a，0)，A1(0，0， eq \r(2)a)，C1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a)). 法一：取A1B1的中点M，则M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))， 连接AM，MC1，有 eq \o(MC1,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，0，0))， eq \o(AB,\s\up15(→))＝(0，a，0)， eq \o(AA1,\s\up15(→))＝(0，0， eq \r(2)a). ∵ eq \o(MC1,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))＝0， eq \o(MC1,\s\up15(→))· eq \o(AA1,\s\up15(→))＝0， ∴MC1⊥平面ABB1A1. ∴∠C1AM是AC1与侧面ABB1A1的夹角，设为θ. ∵ eq \o(AC1,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))， eq \o(AM,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a)) ∵ eq \o(AC1,\s\up15(→))· eq \o(AM,\s\up15(→))＝0＋ eq \f(a2,4)＋2a2＝ eq \f(9a2,4). 又| eq \o(AC1,\s\up15(→))|＝ eq \r(\f(3a2,4)＋\f(a2,4)＋2a2)＝ eq \r(3)a， | eq \o(AM,\s\up15(→))|＝ eq \r(\f(a2,4)＋2a2)＝ eq \f(3a,2)， ∴cos 〈 eq \o(AC1,\s\up15(→))， eq \o(AM,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\f(9a2,4),\r(3)a·\f(3a,2))＝ eq \f(\r(3),2). ∴〈 eq \o(AC1,\s\up15(→))， eq \o(AM,\s\up15(→))〉＝30°，即AC1与侧面ABB1A1的夹角为30°. 法二： eq \o(AB,\s\up15(→))＝(0，a，0)， eq \o(AA1,\s\up15(→))＝(0，0， eq \r(2)a). 设侧面ABB1A1的法向量为n＝(λ，x，y)， ∴n· eq \o(AB,\s\up15(→))＝0且n· eq \o(AA1,\s\up15(→))＝0， ∴ax＝0且 eq \r(2)ay＝0，∴x＝y＝0，故n＝(λ，0，0). ∵ eq \o(AC1,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))， ∴cos 〈 eq \o(AC1,\s\up6(→))，n〉＝ eq \f(\o(AC1,\s\up15(→))·n,|\o(AC,\s\up15(→))||n|)＝ eq \f(－\f(\r(3),2)a·λ,\r(3)a·|λ|)＝－ eq \f(λ,2|λ|). 设AC1与侧面ABB1A1的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈 eq \o(AC1,\s\up15(→))，n〉|＝ eq \f(1,2)，∴θ＝30°，即AC1与侧面ABB1A1的夹角为30°. [反思感悟] 求直线和平面的夹角时应充分利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系，再用向量的相关知识求解线面角．利用法向量求解，先求平面法向量与斜线的夹角，再进行换算．其优点是不用在图形中找出线面角． 如图，已知三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝ eq \f(1,2)AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点．求SN与平面CMN所成角的大小． 解：设PA＝1，以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图空间直角坐标系， 则P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(2，0，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))， N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，S eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0)). ∴ eq \o(CM,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))， eq \o(NC,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0)). 设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量， 则由 eq \o(CM,\s\up15(→))·a＝0， eq \o(NG,\s\up15(→))·a＝0 得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y＝0.)) 令x＝2，得a＝(2，1，－2). 又 eq \o(SN,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))， ∴cos 〈a， eq \o(SN,\s\up15(→))〉＝ eq \f(－1－\f(1,2),3×\f(\r(2),2))＝－ eq \f(\r(2),2). 设SN与平面CMN所成角大小为θ，则 sin θ＝|cos 〈a， eq \o(SN,\s\up15(→))〉|＝ eq \f(\r(2),2)，∴θ＝45°， ∴SN与平面CMN所成角为45°. 题型三　求二面角的平面角 [例 3]　 如图所示，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⊥底面ABCD； (2)若∠CBA＝60°，求二面角C1­OB1­D的平面角的余弦值． 解：(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，所以O1O⊥底面ABCD. (2)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的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系． 设棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝ eq \r(3)，OC＝1，所以O(0，0，0)，B1( eq \r(3)，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)，则由m⊥ eq \o(OB1,\s\up6(→))，m⊥ eq \o(OC1,\s\up6(→))， 所以 eq \r(3)x＋2z＝0，y＋2z＝0，取z＝－ eq \r(3)， 则x＝2，y＝2 eq \r(3)，所以m＝(2，2 eq \r(3)，－ eq \r(3))， 所以cos 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m||n|)＝ eq \f(2\r(3),\r(19))＝ eq \f(2\r(57),19). 由图形可知二角面C1­OB1­D的平面角为锐角， 所以二面角C1­OB1­D的余弦值为 eq \f(2\r(57),19). [反思感悟] 利用向量方法求二面角的平面角的大小时，多采用法向量法，即求出两个面的法向量，然后通过法向量的夹角来得到二面角的平面角的大小，但利用这种方法求解时，要注意结合图形观察分析，确定二面角是钝角，不能将两个法向量的夹角与二面角的平面角的大小完全等同起来． 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 eq \o(DF,\s\up8(︵))的中点． (1)设P是 eq \o(CE,\s\up8(︵))上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； (2)当AB＝3，AD＝2时，求平面AEG与平面ACG的夹角的大小． 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. 又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°. (2) 以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为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， eq \r(3)，3)，C(－1， eq \r(3)，0)， 故 eq \o(AE,\s\up15(→))＝(2，0，－3)， eq \o(AG,\s\up15(→))＝(1， eq \r(3)，0)， eq \o(CG,\s\up15(→))＝(2，0，3)， 设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量． 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up15(→))＝0，,m·\o(AG,\s\up15(→))＝0，))可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0.)) 取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－ eq \r(3)，2). 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量． 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AG,\s\up15(→))＝0，,n·\o(CG,\s\up15(→))＝0，))可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0.)) 取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－ eq \r(3)，－2). 所以cos 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m|·|n|)＝ eq \f(9＋3－4,4×4)＝ eq \f(1,2).故平面AEG与平面ACG的夹角为60° [课堂小结] 利用空间向量求角的基本思路 把空间角转化为求两个向量之间的关系．首先要找出并利用空间直角坐标系或基向量(有明显的线面垂直关系时尽量建系)表示出向量；其次理清要求角和两个向量夹角之间的关系． $$