1.4 课时5 用空间向量研究空间中的夹角问题 导学案-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

1.4 课时5 用空间向量研究空间中的夹角问题 【学习目标】 1.理解两异面直线所成角与它们的方向向量夹角之间的关系,会用向量方法求两异面直线所成的角.(逻辑推理、数学运算) 2.理解直线与平面所成角与直线的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的角.(逻辑推理、数学运算) 3.理解二面角的大小与两个平面法向量夹角之间的关系,会用向量方法求二面角的大小.(逻辑推理、数学运算) 【自主预习】 1.如何求向量a与b的夹角θ? 2.当直线在平面内或与平面平行时,直线与平面所成的角为多少?直线与平面垂直时呢? 3.直线AB与平面α相交于点B,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,则直线的方向向量与平面的法向量的夹角与直线与平面所成角的关系是什么? 4.设平面α与平面β的夹角为θ,两个平面的夹角与这两个平面的法向量的夹角有什么关系? 1.判断下列结论是否正确.(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)线面角和异面直线所成角的范围都是0,. (　　) 2.已知直线l的一个方向向量为a=(1,1,0),平面α的一个法向量为u=(1,2,-2),则直线l与平面α夹角的余弦值为(　　). A. B.- C.± D. 3.(人教A版选择性必修第一册P41练习T3改编)在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直,OA=OC=3,OB=2,D是AB的中点,则CD与平面OAB所成角的正弦值为　　　　.  4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点. (1)求证:D1F⊥AE. (2)求直线EF和CB1所成角的大小. 【合作探究】 探究1　两条异面直线所成的角 同学们可能经常谈论某某同学是摩羯座的,某某同学是双鱼座的.可是你知道十二星座的由来吗?我们知道,地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”.黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为23°26',它与天球相交的大圆称为“黄道”,黄道南北两边各9°宽的环形区域称为“黄道带”.黄道带内有十二个星座,称为“黄道十二宫”.从春分(节气)点起,每30°便是一宫,并冠以星座名,如白羊座、金牛座、双子座等等.这便是星座的由来.如图所示,这是摩羯座的星图. 将摩羯座的星图抽象成如图所示的空间四边形. 问题1:图中BC与AD是异面直线吗? 问题2:若AB=AD=BC=CD=2,CD⊥AD,∠BAD=60°,如何求直线BC与AD所成角的余弦值? 问题3:设直线a,b的夹角为θ,方向向量分别为a,b,那么夹角θ与方向向量的夹角<a,b>之间的关系是怎样的?对应的余弦值表达式是什么? 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　如图,在三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB,∠O1OB=60°,∠AOB=90°,且OB=OO1=2,OA=,求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值. 【方法总结】(1)用几何法求异面直线的夹角时,需要通过作平行线将异面直线的夹角转化为平面角,再利用解三角形来求解,过程相当复杂;用向量法求异面直线的夹角,可以避免复杂的几何作图和论证过程,只需对相应向量进行运算即可. (2)由于两异面直线的夹角θ的取值范围是0,,而两向量的夹角α的取值范围是[0,π],故应有cos θ=|cos α|,求解时要特别注意. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作,其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图,△SAB,△SCD是直角圆锥SO的两个轴截面,且cos∠BOC=,则异面直线SA与BC所成角的余弦值为(　　). A. B. C. D. 探究2　直线与平面所成的角 如图所示,设AB是圆柱的母线,BD是圆柱底面圆的直径,C是底面圆周上一点,且AB=BC=2,∠CBD=45°. 问题1:如何求直线AC与平面BCD所成角的大小? 问题2:用几何法如何求直线BD与平面ACD所成角的大小? 问题3:用向量法如何求直线BD与平面ACD所成角的大小?(只写方法,不用写结果) 直线与平面所成的角 设直线与平面所成的角为θ,直线的方向向量为u,平面的法向量为n,则sin θ=|cos<u,n>|=. 例2　(2022年全国乙卷)如图,在四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. (1)证明:平面BED⊥平面ACD. (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值. 【方法总结】用向量法求线面角的基本步骤:(1)分析图形关系,建立空间直角坐标系;(2)求出直线的方向向量a和平面的法向量n;(3)求出夹角<a,n>;(4)判断直线和平面所成的角θ和<a,n>的关系,求出角θ. 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,则直线AD与平面ACD1所成角的余弦值为(　　). A. B. C. D. 探究3　平面与平面的夹角 卫星在近地圆轨道水平飞行时的速度叫作第一宇宙速度,即环绕速度.卫星只要获得这一水平方向的速度后,不需要再加动力就可以环绕地球飞行.这时卫星的飞行轨迹叫作卫星轨道.如图所示,这是标注卫星轨道参数的卫星轨道图.卫星轨道参数是用来描述卫星在太空中运行的位置、形状和取向的各种参数. 问题1:设卫星轨道面与赤道面分别为α,β,其法向量分别是n1,n2,平面α与平面β所成的夹角为θ,则角θ与向量的夹角<n1,n2>之间有什么关系?它们的余弦值满足什么等式? 问题2:求二面角的方法有哪些? 平面与平面的夹角 (1)定义: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不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角. (2)设平面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的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ,则cos θ=|cos<n1,n2>|=. 例3　(2023年新高考全国Ⅱ卷)如图,在三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点. (1)证明:BC⊥DA. (2)若点F满足=,求二面角D-AB-F的正弦值. 【方法总结】利用向量法求两个平面夹角的基本步骤:(1)建立空间直角坐标系;(2)分别求出两个平面的法向量n1和n2;(3)设平面间的夹角为θ,则cos θ=|cos<n1,n2>|;(4)利用余弦值,确定平面间夹角的大小. 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. 【随堂检测】 1.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为(　　). A. B. C. D. 2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线BB1与平面ACD1所成角的正弦值为(　　). A. B. C. D. 3.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为A1D1,A1A的中点,则异面直线EF和BD1所成角的余弦值为　　　　.  4.如图,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高都是2,AB=4. (1)证明:PQ⊥平面ABCD. (2)求异面直线AQ与PB所成角的余弦值. 参考答案 课时5　用空间向量研究空间中的夹角问题 自主预习·悟新知 预学忆思 1.向量a与b的夹角可利用公式cos θ=求解. 2.两种情况下,直线与平面所成的角分别为0,. 3.sin θ=|cos<u,n>|=. 4.若平面α,β的法向量分别是n1和n2,则平面α与平面β的夹角为向量n1和n2的夹角或其补角,设平面α与平面β的夹角为θ,则cos θ=|cos<n1,n2>|==. 自学检测 1.(1)×　(2)×　(3)×　(4)× 2.A　【解析】因为直线l的一个方向向量为a=(1,1,0),平面α的一个法向量为u=(1,2,-2),所以cos<a,u>===, 设直线l与平面α的夹角为θ, 则sin θ=|cos<a,u>|=, 故cos θ==. 3.　【解析】因为OC,OA,OB两两垂直, 所以以O为原点,OA,OB,OC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, 所以A(3,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3),D,=.因为CO⊥底面OAB,所以是底面OAB的一个法向量,且=(0,0,-3). 设CD与平面OAB所成的角为θ, 则sin θ====, 即CD与平面OAB所成角的正弦值为. 4.【解析】(1)以D为原点,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,如图所示. 不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2, 则A(2,0,0),D1(0,0,2),E(2,2,1),F(0,1,0),C(0,2,0),B1(2,2,2), ∴=(0,1,-2),=(0,2,1),∴·=1×2-2×1=0,∴D1F⊥AE. (2)∵=(-2,-1,-1),=(2,0,2), ∴cos<,>===-, ∴直线EF和CB1所成角的大小为. 合作探究·提素养 探究1　情境设置 问题1:是. 问题2:可用向量法求解,因为=++,所以·=(++)·=·+·+·=2×2×cos 120°+2×2×cos 0°+2×2×cos 90°=2, 所以cos<,>===. 所以直线BD与AD所成角的余弦值为. 问题3:当0°≤<a,b>≤90°时,θ=<a,b>;当90°<<a,b>≤180°时,θ=180°-<a,b>.余弦值表达式为cos θ=|cos<a,b>|. 新知运用 例1　【解析】建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则O(0,0,0),O1(0,1,),A(,0,0),A1(,1,),B(0,2,0), ∴=(-,1,-),=(,-1,-), ∴cos<,>===. ∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为. 巩固训练　B　【解析】在圆锥SO中,SO⊥平面ABC,以O为坐标原点,OB,OS所在直线分别为y轴、z轴,平面ABC内垂直于OB的直线为x轴,建立空间直角坐标系. 设AB=6,则A(0,-3,0),B(0,3,0),S(0,0,3),=(0,-3,-3). 因为cos∠BOC=,所以C(-2,1,0), 所以=(-2,-2,0), 所以cos<,>===, 所以异面直线SA与BC所成角的余弦值为. 探究2　情境设置 问题1:由已知得AB⊥平面BCD,所以∠ACB就是直线AC与平面BCD所成的角. 因为AB=BC,所以∠ACB=45°,所以直线AC与平面BCD所成的角是45°. 问题2:如图,取AC的中点E,连接BE,DE.根据空间中垂直的判定和性质易知,∠BDE为直线BD与平面ACD所成的角,解三角形可得直线BD与平面ACD所成的角为30°. 问题3:以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,求出平面ACD的法向量n及向量=u,然后代入公式sin θ=|cos<u,n>|=(其中θ为直线 BD与平面ACD所成的角)求解. 新知运用 例2　【解析】(1)因为AD=CD,E为AC的中点,所以AC⊥DE. 在△ABD和△CBD中,因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB, 所以△ABD≌△CBD,所以AB=CB. 又因为E为AC的中点,所以AC⊥BE. 又因为DE,BE⊂平面BED,DE∩BE=E,所以AC⊥平面BED. 因为AC⊂平面ACD,所以平面BED⊥平面ACD. (2)连接EF,由(1)知,AC⊥平面BED,因为EF⊂平面BED, 所以AC⊥EF,所以S△AFC=AC·EF. 当EF⊥BD时,EF最小,即△AFC的面积最小. 因为△ABD≌△CBD,所以CB=AB=2. 又因为∠ACB=60°,所以△ABC是等边三角形. 因为E为AC的中点,所以AE=EC=1,BE=. 因为AD⊥CD,所以DE=AC=1. 在△DEB中,DE2+BE2=BD2,所以BE⊥DE. 以E为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Exyz, 则A(1,0,0),B(0,,0),D(0,0,1),所以=(-1,0,1),=(-1,,0). 设平面ABD的法向量为n=(x,y,z), 则取y=,则平面ABD的一个法向量为n=(3,,3). 因为C(-1,0,0),F0,,,所以=1,,, 所以cos<n,>===. 设CF与平面ABD所成的角为θ0≤θ≤,所以sin θ=|cos<n,>|=, 所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为. 巩固训练　C　【解析】以D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(1,0,0),C(0,2,0),D(0,0,0),D1(0,0,1),=(-1,0,0),=(-1,2,0),=(-1,0,1). 设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z), 则令y=1,得x=2,z=2, ∴n=(2,1,2). ∴|cos<,n>|===, ∴直线AD与平面ACD1所成角的余弦值为=. 探究3　情境设置 问题1:<n1,n2>=θ或<n1,n2>=180°-θ. cos θ=|cos<n1,n2>|. 问题2:(1)几何法.找二面角,证明,解三角形得结论. (2)向量法.求两个平面的法向量,再利用两个法向量夹角的余弦值与二面角余弦值间的关系求解. 新知运用 例3　【解析】(1)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,DC=DB, 所以△ADB≌△ADC(SAS). 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. (2)由(1)知,DE⊥BC,AE⊥BC. 不妨设DA=DB=DC=2,因为∠ADB=∠ADC=60°,所以AB=AC=2. 由题意可知△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,-,). 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的法向量为m=(x1,y1,z1), 则即取x1=1,则y1=z1=1,所以m=(1,1,1). 设平面ABF的法向量为n=(x2,y2,z2), 则即得x2=0,取y2=1,则z2=1,所以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. 巩固训练　B　【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). 设平面ABB1A1的法向量为n=(x,y,z), ∵=(2,-4,0),=(0,0,4), ∴ 令x=2,则y=1,z=0, ∴n=(2,1,0). 同理得平面B1CD的一个法向量为m=(2,-1,1). 故|cos<n,m>|===. 设平面ABB1A1与平面B1CD的夹角为θ,则θ∈0,,则cos θ=, 故平面ABB1A1与平面B1CD夹角的正弦值sin θ==. 随堂检测·精评价 1.D　【解析】以D为原点,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Dxyz(图略).设AB=1,则B(1,1,0),A1(1,0,2),A(1,0,0),D1(0,0,2),∴=(0,1,-2),=(-1,0,2),故|cos<,>|===, ∴异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为. 2.B　【解析】设正方体的棱长为1,依题意,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则 A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1), ∴=(-1,0,1),=(-1,1,0). 设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z), ∴令x=1,可得y=1,z=1,∴n=(1,1,1). 设直线BB1与平面ACD1所成的角为θ, ∵=(0,0,1), ∴直线BB1与平面ACD1所成角的正弦值sin θ=|cos<,n>|===. 3.　【解析】如图,以D为原点,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. 设正方体的棱长为2, 异面直线EF与BD1所成的角为θ,且θ∈, 则E(1,0,2),F(2,0,1),B(2,2,0),D1(0,0,2),所以=(1,0,-1),=(-2,-2,2), 所以cos θ=|cos<,>|===, 所以异面直线EF与BD1所成角的余弦值为. 4.【解析】(1)连接AC,BD,设AC∩BD=O,连接PO,QO,如图1. 因为棱锥P-ABCD与Q-ABCD都是正四棱锥,所以PO⊥平面ABCD,QO⊥平面ABCD. 又PO∩QO=O,所以P,O,Q三点在一条直线上,所以PQ⊥平面ABCD. (2)由题设知,四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD. 由(1)知PQ⊥平面ABCD,故可以以直线OA,OB,OP分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(如图2). 由题设条件,可知A(2,0,0),P(0,0,2),Q(0,0,-2),B(0,2,0), 所以=(-2,0,-2),=(0,2,-2),于是cos<,>==. 故异面直线AQ与PB所成角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $