第七章 第八节 用空间向量研究夹角问题（复习讲义）-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习学用word

该高中数学讲义围绕空间向量研究夹角问题，覆盖异面直线、线面、面面夹角三大高考核心考点，按“定义公式-注意事项-题型应用”逻辑梳理知识，通过考点填空梳理、解题技法归纳、高考改编题与真题训练等环节，帮助学生系统构建空间角计算框架，突破向量方法应用难点，体现复习的系统性和针对性。 资料以“数学思维”优化教学，创新采用“基础判断-分层例题-真题演练”三步法，如线面角教学中，先引导学生用数学眼光观察线面关系，再通过方向向量与法向量运算步骤归纳，结合翻折问题实例培养空间观念。设置基础巩固与能力提升练习，配合即时反馈，助力教师精准把控节奏，高效提升学生空间想象与解题应考能力。

第八节　用空间向量研究夹角问题 【知识·逐点夯实】 知识梳理夯基 1.　2. 对点自测诊断 1.（1）×　（2）×　（3）× 2.C　3.　4.　5.45°或135° 【考点·分类突破】 考点1 【例1】 C　法一（利用基向量） 根据已知可得，，不共面，且｜｜＝1，｜｜＝｜｜＝2，·＝·＝·＝0.又因为＝－＝－，＝－，所以·＝（－）·（－）＝－·－·＋·＝2，类似地，｜｜2＝（－）·（－）＝－·＋＝2，｜｜2＝（－）·（－）＝－2·＋＝8.所以cos＜，＞＝＝＝，因此＜，＞＝60°，即直线AE与BC所成角的大小为60°. 法二（利用坐标向量） 因为OA，OB，OC两两互相垂直，所以以O为原点，，，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.则由OB＝OC＝2OA＝2，可知A（1，0，0），E（0，0，1），B（0，2，0），C（0，0，2），所以＝（－1，0，1），＝（0，－2，2），因此cos＜，＞＝＝＝，从而＜，＞＝60°，即直线AE与BC所成角的大小为60°. 跟踪训练 1.　解析：由PO⊥α且∠AOB＝90°可知OA，OB，OP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.由题知O（0，0，0），P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），因为M为AB的中点，所以M（1，1，0），所以＝（1，1，－4），＝（0，2，0），则cos＜，＞＝＝＝，所以异面直线OB与PM所成角的余弦值为. 2.　解析：以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系（图略）.正方体的棱长为2，则A1（2，0，2），D1（0，0，2），E（0，2，1），A（2，0，0）.所以＝（0，2，－1），＝＋＝＋λ＝（0，0，－2）＋λ（－2，0，0）＝（－2λ，0，－2）.则cos＜，＞＝＝，所以＝，解得λ＝（舍去－）. 考点2 【例2】 （1）C　（2）（0，） 解析：（1）建立如图所示空间坐标系.设AM＝3，则BC＝2，OM＝1，OP＝2，A（0，－2，0），P（0，0，2），C（－，1，0），N（－，，），M（0，1，0），＝（－，，），＝（0，1，0），设平面AMN的法向量为n＝（x，y，z），则得设z＝，则y＝0，x＝2，n＝（2，0，），＝（0，2，2），设AP与平面AMN所成角为θ，则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝. （2）翻折后的图形如图所示.设正方形的边长为2，则OA＝OB＝OD＝，OA⊥OB，OA⊥OD，设∠BOD＝α，α∈（0，π），直线EF与平面BOD所成的角为θ，θ∈（0，），以{，，}为一组基底，则＝－＝（＋）－（＋）＝－＋，所以｜｜＝＝（＋＋－·＋·－·＝.又＝－＝－2，所以｜｜＝2｜｜＝2，所以sin θ＝＝∈（，1），所以cos θ＝∈（0，）. 跟踪训练 解：（1）证明：因为底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝120°，所以∠DAB＝60°， 因为在△ABD中，DA＝2，AB＝4， 由余弦定理可得DB2＝AB2＋AD2－2AB×ADcos 60°＝12，所以DB＝2. 所以DA2＋DB2＝AB2，所以△ADB为直角三角形，即AD⊥BD. 又因为DD1⊥平面ABCD，DB⊂平面ABCD，所以DD1⊥BD， 因为AD⊂平面ADD1A1，DD1⊂平面ADD1A1，且DA∩DD1＝D， 所以BD⊥平面ADD1A1. 又因为BD⊂平面DBB1D1，所以平面DBB1D1⊥平面ADD1A1. （2）因为四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为，DD1⊥平面ABCD， 而＝（SABCD＋＋）·DD1， 所以＝·DD1·（AD·DB＋A1D1·D1B1＋）， 所以＝·DD1·7，解得DD1＝1. 如图，以点D为原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则B1（0，，1），C（－2，2，0），所以＝（－2，，－1）， 而平面ADD1A1的一个法向量为n＝（0，1，0）， 设直线B1C与平面ADD1A1所成角为θ， 则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝. 所以直线B1C与平面ADD1A1所成角的正弦值为. 考点3 【例3】 解：（1）证明：法一（利用线面平行判定定理） 因为M为AD的中点，BC∥AD，且AD＝4，BC＝2， 所以BC∥MD，且BC＝MD， 所以四边形BCDM为平行四边形. 所以BM∥CD， 又CD⊂平面CDE，BM⊄平面CDE，所以BM∥平面CDE. 法二（利用面面平行的性质） 因为EF∥AD，BC∥AD，所以EF∥BC， 又EF＝BC＝2，所以四边形BCEF为平行四边形. 所以BF∥CE，又CE⊂平面CDE，BF⊄平面CDE， 所以BF∥平面CDE. 因为M为AD的中点，且AD＝4， 所以EF∥MD，且EF＝MD， 所以四边形MDEF为平行四边形. 所以FM∥ED，又ED⊂平面CDE，FM⊄平面CDE，所以FM∥平面CDE. 因为BF，FM⊂平面BMF，BF∩FM＝F， 所以平面BMF∥平面CDE. 又BM⊂平面BMF， 所以BM∥平面CDE. （2）取AM的中点O，连接BO，FO. 由（1）法一可知，BM＝CD＝AB＝2，因为AM＝2，所以BO⊥AD，且BO＝. 由（1）法二知四边形MDEF为平行四边形，所以FM＝ED＝， 又AF＝，所以FO⊥AM， 又OA＝OM＝1，所以FO＝＝3， 又FB＝2，所以BO2＋FO2＝FB2， 所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直. 分别以OB，OD，OF所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则F（0，0，3），B（，0，0），M（0，1，0），E（0，2，3），则＝（，－1，0），＝（0，－1，3），＝（0，1，3）. 设平面FBM的法向量为n1＝（x1，y1，z1）， 则即 令y1＝3，所以x1＝，z1＝1， 所以n1＝（，3，1）. 设平面EBM的法向量为n2＝（x2，y2，z2）， 则即 令y2＝3，所以x2＝，z2＝－1， 所以n2＝（，3，－1）. 设二面角F-BM-E的平面角为θ， 所以｜cos θ｜＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝， 因为θ∈[0，π]， 所以sin θ＞0， 即sin θ＝＝， 所以二面角F-BM-E的正弦值为. 跟踪训练 解：（1）证明：取CD的中点O，连接OA，OB， 因为BC＝BD，所以OB⊥CD，且OB＝， 又AC＝AD＝BC＝BD，所以OA⊥CD，△ACD≌△BCD，则∠CAD＝∠CBD＝90°，有OA＝， 因为AB＝BC＝CD，所以OB2＋OA2＝AB2，则OB⊥OA， 又OA∩CD＝O，OA，CD⊂平面ACD，所以OB⊥平面ACD， 又OB⊂平面BCD， 所以平面ACD⊥平面BCD. （2）由（1）知，OD，OB，OA两两垂直， 以O为坐标原点，直线OD，OB，OA分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图， 设CD＝4，则A（0，0，2），B（0，2，0），C（－2，0，0），D（2，0，0）， 因为E，F分别为AB，AC的中点，所以E（0，1，1），F（－1，0，1）， 则＝（2，－2，0），＝（－1，－2，1），＝（4，0，0），＝（2，1，1）， 设平面BDF的法向量为m＝（x1，y1，z1）， 则 令x1＝1，得m＝（1，1，3）， 设平面CDE的法向量为n＝（x2，y2，z2）， 则 令y2＝1，得n＝（0，1，－1）， cos＜m，n＞＝＝＝－， 所以平面BDF与平面CDE夹角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第八节　用空间向量研究夹角问题 课标要求 　　能用向量方法解决异面直线、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过程，体会向量方法在研究空间角问题中的作用. 1.异面直线所成角 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＞｜＝｜｜＝　　　　. 提醒 两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角的范围为（0，π），所以公式中要加绝对值. 2.直线与平面所成角 如图所示，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sin θ＝｜cos＜u，n＞｜＝｜｜＝　　　　. 提醒 直线与平面所成角的范围为，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值. 3.平面与平面的夹角 （1）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不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角，如图1.若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量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＞｜＝＝； （2）二面角：二面角α-l-β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则｜cos φ｜＝｜cos θ｜＝，如图2，3. 提醒 注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为［0，］. 1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”） （1）两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.（　　） （2）直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.（　　） （3）两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.（　　） 2.（人A选一P36例7改编）已知直线l1的方向向量s1＝（1，0，1），直线l2的方向向量s2＝（－1，2，－2），则l1和l2夹角的余弦值为（　　） A.　　　B.　　　C.　　　D. 3.（人A选一P44习题15题改编）已知点E，F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC夹角的余弦值为 　　　　. 4.（人A选一P41练习3题改编）已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos＜m，n＞＝－，则l与α所成的角为　　　　. 5.（人A选一P41练习1题改编）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　　　　. 异面直线所成的角 （师生共研过关） 如图所示，在三棱锥O-ABC中，OA，OB，OC两两互相垂直，E为OC的中点，且OB＝OC＝2OA＝2，则直线AE与BC所成角的大小是（　　） A.30°　　　B.45°　　　C.60°　　　D.90° 听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　解题技法 用向量法求异面直线所成角的步骤 （1）坐标向量法 （2）基向量法 在一些不适合建立空间直角坐标系的题目中，一般先把直线的方向向量a，b用基向量表示，再由公式cos＜a，b＞＝求得cos＜a，b＞，进而求得两直线夹角. 1.如图，已知以O为圆心，2为半径的圆在平面α上，若PO⊥α，且PO＝4，OA，OB为圆O的半径，且∠AOB＝90°，M为AB的中点，则异面直线OB与PM所成角的余弦值为　　　　. 2.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F在棱AD上，且＝λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ＝　　　　. 直线与平面所成的角 （师生共研过关） （1）如图所示，正四面体PABC中，M，N分别是BC，PC的中点，则AP与平面AMN所成角的正弦值为（　　） A. B. C. D. （2）已知E，F，O分别是正方形ABCD的边BC，AD及对角线AC的中点，将△ACD沿着AC进行翻折构成三棱锥，则在翻折过程中，直线EF与平面BOD所成角的余弦值的取值范围为　　　　. 听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　解题技法 利用空间向量求线面角的解题步骤 提醒 线面角的正弦值对应向量夹角的余弦值的绝对值. （2025·洛平许济第四次质量检测）如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，侧棱DD1⊥平面ABCD，AB＝2AD＝2A1B1＝4，∠ADC＝120°. （1）证明：平面DBB1D1⊥平面ADD1A1； （2）若四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为.求直线B1C与平面ADD1A1所成角的正弦值. 平面与平面的夹角（二面角） （师生共研过关） （2024·全国甲卷理19题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点. （1）证明：BM∥平面CDE； （2）求二面角F-BM-E的正弦值. 解题技法 向量法求平面与平面的夹角（二面角）的方法 （1）找法向量：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； （2）找与棱垂直的方向向量：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. （2024·新乡模拟）如图，在四面体ABCD中，AB＝AC＝AD＝BC＝BD，BC⊥BD，E，F分别为AB，AC的中点. （1）证明：平面ACD⊥平面BCD； （2）求平面BDF与平面CDE夹角的余弦值. 提示：完成课后作业　第七章　第八节 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $