6.3.3 空间角的计算-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册教师用书word（苏教版）

6.3.3　空间角的计算 [教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学] [课时目标] 1.能用向量方法解决简单夹角问题. 2.通过用空间向量解决夹角问题,体会向量方法在研究几何问题中的作用. 　　空间角 角的分类 向量求法 范围 异面直线所成的角 设两条异面直线所成的角为θ,它们的方向向量分别为a,b,则cos θ=|cos<a,b>|= 直线与平面所成的角 设直线l与平面α所成的角为θ,l的方向向量为a,平面α的法向量为n,则sin θ=|cos<a,n>|= 二面角 设二面角α⁃l⁃β的平面角为θ,平面α,β的法向量分别为n1,n2,则cos θ=cos<n1,n2>或cos(π-<n1,n2>) [0,π] |微|点|助|解| (1)求二面角的平面角问题转化为两平面法向量的夹角问题. (2)两平面所成的角的范围是,二面角的范围是[0,π]. (3)二面角与两平面的夹角不是相同的概念. 基础落实训练 1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”) (1)两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l与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α所成的角. (　　) (3)若二面角α⁃l⁃β的大小为θ,平面α,β的法向量分别为n1,n2,则θ=<n1,n2>. (　　) 答案:(1)×　(2)×　(3)× 2.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量,若cos<m,n>=-,则直线l与平面α所成的角为 (　　) A.30° B.60° C.120° D.150° 答案:A 3.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)　向量法求异面直线所成的角 [例1]　如图,在直三棱柱A1B1C1⁃ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,点D是BC的中点.求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值. 解:以A为原点,分别以AB,AC,AA1所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系A⁃xyz, 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),所以=(2,0,-4),=(1,-1,-4).因为cos<,>===,所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为. |思|维|建|模| 求异面直线所成角的方法 (1)基向量法:在一些不适合建立坐标系的题型中,经常采用取定基向量的方法,在两异面直线a与b上分别取点A,B和C,D,则与可分别作为a,b的方向向量,则cos θ=,根据条件可以把与用基向量表示,再进行计算. (2)坐标法:根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系,写出相关各点的坐标,利用坐标法求线线角,避免了传统找角或作角的步骤,使过程变得简单. [针对训练] 1.如图,在三棱锥M⁃DEF中,MD⊥平面DEF,DE⊥DF,DE=DF=2,MD=4,P,Q分别为ME,MF的中点,则异面直线FP,DQ所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　根据题意可得,由MD⊥平面DEF,DE⊥DF,以D为原点,分别以DE,DF,DM所在 直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示, 所以E(2,0,0),F(0,2,0),D(0,0,0),M(0,0,4), 因为P,Q分别为ME,MF的中点,所以P(1,0,2),Q(0,1,2), 则=(1,-2,2),=(0,1,2),则cos<,>===, 所以异面直线FP,DQ所成角的余弦值为.故选A. 题型(二)　向量法求直线与平面所成的角 [例2]　如图,在四棱锥P⁃ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形,E为AB的中点,PA=AB=2. (1)求证:BD⊥PC; (2)求直线PE与平面PBD所成角的正弦值. 解:(1)证明:连接AC,∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD. 又底面ABCD为正方形,∴BD⊥AC.又PA∩AC=A,且PA,AC⊂平面PAC, ∴BD⊥平面PAC. ∵PC⊂平面PAC,∴BD⊥PC. (2)以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,0,0),=(2,0,-2),=(0,2,-2),=(1,0,-2). 设平面PBD的法向量为n=(x,y,z), 则即 令x=1,可得n=(1,1,1), ∴cos<n,>===-. 故直线PE与平面PBD所成角的正弦值为. |思|维|建|模|　求线面角的两种思路 (1)线面角转化为线线角.根据直线与平面所成角的定义,确定出待求角,转化为直线的夹角来求解,此时要注意两直线夹角的取值范围. (2)向量法.方法一:设直线PA的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线PA与平面α所成的角为θ,a与n的夹角为φ,则sin θ=|cos φ|=.方法二:设直线PA的方向向量为a,直线PA在平面α内的投影的方向向量为b,则直线PA与平面α所成的角θ满足cos θ=|cos<a,b>|. [针对训练] 2.(2025·北京高考)四棱锥P⁃ABCD中,△ACD与△ABC为等腰直角三角形,∠ADC=90°,∠BAC=90°,E为BC的中点. (1)F为PD的中点,G为PE的中点,证明:FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求AB与平面PCD所成角的正弦值. 解:(1)证明:取PA的中点N,PB的中点M,连接FN,MN,GM, ∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形,∠ADC=90°,∠BAC=90°, 不妨设AD=CD=2,∴AC=AB=2, ∴BC=4,∵E,F分别为BC,PD的中点, ∴FN=AD=1,BE=2, ∴GM=1,∵∠DAC=45°,∠ACB=45°, ∴AD∥BC,∴FN∥GM, ∴四边形FGMN为平行四边形, ∴FG∥MN, ∵FG⊄平面PAB,MN⊂平面PAB,∴FG∥平面PAB. (2)∵PA⊥平面ABCD,∴以A为原点,AC,AB,AP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, 设AD=CD=2,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,0,0),D(,-,0),P(0,0,2), ∴=(0,2,0),=(,,0),=(-2,0,2). 设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z), ∴∴ 取x=1,∴y=-1,z=1,∴n=(1,-1,1). 设AB与平面PCD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|====, 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 题型(三)　向量法求二面角 [例3]　如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,AB=1,以BD的中点O为球心,BD为直径的球面交PD于点M. 求二面角A⁃BM⁃C的大小. 解:分别以AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AB.又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.因为以BD中点O为球心,BD为直径的球面交PD于点M,所以BM⊥PD.又AB∩BM=B,AB,BM⊂平面ABM,所以PD⊥平面ABM,AM⊂平面ABM,所以PD⊥AM. 因为PA=AD=2,所以M为PD中点,故P(0,0,2),D(0,2,0),M(0,1,1),B(1,0,0),C(1,2,0). 易得平面ABM的一个法向量为n1==(0,2,-2), =(-1,1,1),=(0,2,0), 设平面BCM的法向量为n2=(x,y,z), 由得 令x=-2,得y=0,z=-2,则n2=(-2,0,-2), 所以cos<n1,n2>===. 因为二面角A⁃BM⁃C是钝二面角,所以二面角A⁃BM⁃C的大小为120°. [变式拓展] 　若本例条件“PA=AD=2,AB=1,以BD的中点O为球心,BD为直径的球面交PD于点M”变为“PA=AD=8,以AC的中点O为球心,AC为直径的球面交PD于点M”.若二面角B⁃AM⁃C的余弦值为,求AB. 解:以A为坐标原点,AB,AD,AP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, 设AB=t,则M(0,4,4),C(t,8,0),B(t,0,0). 设平面ABM的法向量为n=(x1,y1,z1),因为=(t,0,0),=(0,4,4), 所以 令y=1,则n=(0,1,-1). 设平面ACM的法向量为m=(x2,y2,z2), 因为=(t,8,0),=(0,4,4), 所以 令y2=1,得m=. 设二面角B⁃AM⁃C为α,则cos α=|cos<n,m>|===,解得t=4,即AB=4. |思|维|建|模|　利用法向量求二面角的大小的一般步骤 [针对训练] 3.(2024·新课标Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=,将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4. (1)证明:EF⊥PD; (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 解:(1)证明:由AB=8,AD=5,=,=, 得AE=2,AF=4,又∠EAF=30°,在△AEF中,由余弦定理得 EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF =12+16-2×2×4×=4, 所以AE2+EF2=AF2, 则AE⊥EF,即EF⊥AD, 所以EF⊥PE,EF⊥DE, 又PE∩DE=E,PE,DE⊂平面PDE, 所以EF⊥平面PDE,又PD⊂平面PDE, 故EF⊥PD. (2)连接CE,由∠ADC=90°,ED=3,CD=3,则CE2=ED2+CD2=36, 在△PEC中,PC=4,PE=2,EC=6,得EC2+PE2=PC2,所以PE⊥EC,由(1)知PE⊥EF,又EC∩EF=E,EC,EF⊂平面ABCD, 所以PE⊥平面ABCD,又ED⊂平面ABCD, 所以PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系, 则E(0,0,0),P(0,0,2),D(0,3,0),C(3,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),由F是AB的中点,得B(4,2,0), 所以=(3,3,-2),=(0,3,-2),=(4,2,-2),=(2,0,-2),设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n=(x1,y1,z1),m=(x2,y2,z2), 则 令y1=2,x2=,得x1=0,z1=3,y2=-1, z2=1, 所以n=(0,2,3),m=(,-1,1), 所以|cos<m,n>|===, 设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ, 则sin θ==,即平面PCD和平面PBF所成二面角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $