1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题(第2课时)线线角、线面角课件-2026-2027学年高二数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦用空间向量求线线角、线面角，通过“书读百遍”梳理定义公式，“入木三分”对比传统法与向量法（基底法、坐标法），搭建从空间向量基础到夹角计算的学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点是以数学运算和逻辑推理为核心，结合四棱锥、三棱锥等实例，系统呈现坐标法步骤（建系、求向量、算夹角），“日积月累”提炼公式规律。学生能提升运算能力与空间思维，教师可借助结构化学案和分层练习提高教学效率。

1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题(第2课时) 线线角、线面角 素养目标 能用向量法求线线、线面的夹角问题．(数学运算) 课前自学 3 要点1　两异面直线所成的角 设两异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cos θ ＝|cos〈u，v〉|＝______________． 要点2　直线和平面所成的角 如图，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〉| 第页 第页 第页 2．求线面角的两种方法． (1)将线面角转化为线线角． 根据直线与平面所成角的定义，将待求角转化为两条直线所成的角来求解． 第页 返 回 课时学案 9 例 1 √ 题型一　 求异面直线所成的角 第页 10 第页 探究1 第页 (2)用坐标法求异面直线的夹角： ①建立恰当的空间直角坐标系． ②找到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直线的方向向量的夹角． ④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角． 第页 √ 第页 第页 例 2 题型二　 求直线和平面所成的角 第页 16 第页 (2)求SN与平面CMN所成角的大小． 第页 第页 探究2 坐标法求直线与平面所成的角的步骤 (1)建立恰当的空间直角坐标系． (2)求直线的方向向量的坐标以及平面的法向量的坐标． (3)求方向向量与法向量的夹角α的余弦值． (4)利用公式sin θ＝|cos α|，求得线面角θ的值． 第页 思考题2　如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F分别为C1C，BC的中点．求A1B与平面AEF所成角的正弦值． 第页 第页 例 3　如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°. (1)证明：AB⊥A1C； 【解析】　(1)证明：如图，取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B. 因为CA＝CB，所以OC⊥AB. 由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°， 故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB. 因为OC⊂平面OA1C，OA1⊂平面OA1C，OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C. 又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C. 第页 23 (2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值． 第页 第页 思考题3　如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k>0)． (1)求证：CD⊥平面ADD1A1； 【解析】　(1)证明：如图，取CD的中点E，连接BE. ∵AB∥DE，AB＝DE＝3k， ∴四边形ABED为平行四边形， ∴BE∥AD且BE＝AD＝4k. 在△BCE中，∵BE＝4k，CE＝3k，BC＝5k， ∴BE2＋CE2＝BC2，∴∠BEC＝90°，即BE⊥CD. 又BE∥AD，∴CD⊥AD. ∵AA1⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴AA1⊥CD. 又AA1∩AD＝A，AA1，AD⊂平面ADD1A1， ∴CD⊥平面ADD1A1. 第页 第页 第页 1．两异面直线所成的角θ可以借助这两条直线的方向向量的夹角φ来求得，其关系式是cos θ＝|cos φ|. 2．直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，其关系式是sin θ＝|cos φ|或cos θ＝sin φ. 返 回 课后巩固 30 1．若直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角是150°，则l1与l2这两条异面直线所成的角等于(　　) A．30°　　　　　　　　　 B．150° C．30°或150° D．以上均错 √ 第页 √ 第页 第页 30° 第页 第页 第页 第页 5.(2020·北京)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BB1的中点． (1)求证：BC1∥平面AD1E； 解析　(1)证明：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB綉DC，D1C1綉DC，∴AB綉D1C1，∴四边形ABC1D1为平行四边形，∴BC1∥AD1.又AD1⊂平面AD1E，BC1⊄平面AD1E，∴BC1∥平面AD1E. 第页 (2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值． 第页 返 回 请做：课时作业（十一） eq \f(|u·v|,|u||v|) eq \f(|u·n|,|u||n|) 1．求异面直线所成的角的方法． (1)传统法． 作出与异面直线所成角相等或互补的平面角，进而构造三角形求解． (2)向量法． 如图，设两异面直线m，n所成的角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))，它们的方向向量a，b所成的角为φ，在直线m上找一点A，过A作n′∥n. 运用向量法常有两种途径： ①基底法． 在一些不适合建立坐标系的题目中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在由公式cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)求向量a，b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a，b用基底表示出来，再求有关的量． 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，通过坐标运算求异面直线所成的角． 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． (2)向量法． 如图，设直线AP的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线AP与平面α所成的角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))，a与n的夹角为φ. 求解步骤如下： 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. 　已知四棱锥S－ABCD的底面是正方形且侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成的角的余弦值为(　　) A.eq \f(1,3)　　　　　　　　　 B.eq \f(\r(2),3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(2,3) 【解析】　连接AC，BD交于O，连接OS，建立空间直角坐标系如图所示，设四棱锥S－ABCD的棱长为eq \r(2)， 则A(0，－1，0)，B(1，0，0)，S(0，0，1)，D(－1，0，0)， ∴E点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq \o(AE,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，eq \o(SD,\s\up18(→))＝(－1，0，－1)， ∴cos〈eq \o(AE,\s\up18(→))，eq \o(SD,\s\up18(→))〉＝eq \f(－1,\f(\r(6),2)×\r(2))＝－eq \f(\r(3),3)， 故异面直线AE，SD所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3).故选C. (1)用基底法求异面直线的夹角： ①作空间几何体的图形，并找出基底． ②用基底表示两异面直线的方向向量． ③利用公式cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a|·|b|)求出两直线的方向向量的夹角． ④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角． 思考题1　在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1和BB1的中点，则异面直线AM与CN所成角的余弦值是(　　) A．－eq \f(2,5)　　　　　　　　 B.eq \f(\r(10),10) C.eq \f(2,5) D.eq \f(3,5) 【解析】　由题意，建立如图所示的坐标系，则A(1，0，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，C(0，1，0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，∴eq \o(AM,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，eq \o(CN,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，∴cos〈eq \o(AM,\s\up18(→))，eq \o(CN,\s\up18(→))〉＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(5),2)×\f(\r(5),2))＝eq \f(2,5)， 故异面直线AM与CN所成角的余弦值为eq \f(2,5).故选C. 如图所示，在三棱锥P－ABC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． (1)证明：CM⊥SN； 【解析】　(1)证明：设PA＝1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系(如图)，则P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(2，0，0)． 又AN＝eq \f(1,4)AB，M，S分别为PB，BC的中点， ∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))， ∴eq \o(CM,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，eq \o(SN,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))， ∴eq \o(CM,\s\up18(→))·eq \o(SN,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))＝0， ∴eq \o(CM,\s\up18(→))⊥eq \o(SN,\s\up18(→))，因此CM⊥SN. 【解析】　(2)由(1)知，eq \o(CM,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))， eq \o(NC,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0))，eq \o(SN,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0)). 设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量， ∴eq \o(CM,\s\up18(→))·a＝0，eq \o(NC,\s\up18(→))·a＝0. 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y＝0.)) ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2y，,z＝－2y.))取y＝1，得a＝(2，1，－2)． 设SN与平面CMN所成的角为θ， ∵sin θ＝|cos〈a，eq \o(SN,\s\up18(→))〉|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,2))),3×\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(2),2)， ∴SN与平面CMN所成角为eq \f(π,4). 【解析】　以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标 系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，E(0，2，1)，F(1，1，0)， 所以eq \o(A1B,\s\up18(→))＝(2，0，－2)，eq \o(AE,\s\up18(→))＝(0，2，1)，eq \o(AF,\s\up18(→))＝(1，1，0)． 设平面AEF的一个法向量为n＝(a，b，c)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up18(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up18(→))＝0，)) 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2b＋c＝0，,a＋b＝0，)) 令a＝1可得n＝(1，－1，2)． 设A1B与平面AEF所成角为θ， 所以sin θ＝|cos〈n，eq \o(A1B,\s\up18(→))〉|＝eq \f(|n·\o(A1B,\s\up18(→))|,|n||\o(A1B,\s\up18(→))|)＝eq \f(\r(3),6)， 即A1B与平面AEF所成角的正弦值为eq \f(\r(3),6). 【解析】　(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB. 又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，OC⊂平面ABC， 所以OC⊥平面AA1B1B. 故OA，OA1，OC两两垂直． 以O为坐标原点，eq \o(OA,\s\up18(→))，eq \o(OA1,\s\up18(→))，eq \o(OC,\s\up18(→))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Oxyz. 由题设知A(1，0，0)，A1(0，eq \r(3)，0)，C(0，0，eq \r(3))，B(－1，0，0)． 则eq \o(BC,\s\up18(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \o(BB1,\s\up18(→))＝eq \o(AA1,\s\up18(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \o(A1C,\s\up18(→))＝(0，－eq \r(3)，eq \r(3))． 设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up18(→))＝0，,n·\o(BB1,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,－x＋\r(3)y＝0.)) 可取n＝(eq \r(3)，1，－1)．故|cos〈n，eq \o(A1C,\s\up18(→))〉|＝eq \f(|n·\o(A1C,\s\up18(→))|,|n||\o(A1C,\s\up18(→))|)＝eq \f(\r(10),5). 所以直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为eq \f(\r(10),5). 【解析】　(2)以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up18(→))，eq \o(DC,\s\up18(→))，eq \o(DD1,\s\up18(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则A(4k，0，0)，C(0，6k，0)，B1(4k，3k，1)，A1(4k，0，1)， ∴eq \o(AC,\s\up18(→))＝(－4k，6k，0)，eq \o(AB1,\s\up18(→))＝(0，3k，1)，eq \o(AA1,\s\up18(→))＝(0，0，1)． (2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为eq \f(6,7)， 求k的值． 设平面AB1C的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up18(→))·n＝0，,\o(AB1,\s\up18(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4kx＋6ky＝0，,3ky＋z＝0.))取y＝2，可得平面AB1C的一个法向量为n＝(3，2，－6k)． 设AA1与平面AB1C所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈eq \o(AA1,\s\up18(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AA1,\s\up18(→))·n,|\o(AA1,\s\up18(→))|·|n|)))＝eq \f(|－6k|,\r(36k2＋13))＝eq \f(6,7)，解得k＝1(负值舍去)． 故k的值为1. 2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线BB1与面ACD1所成角的余弦值为(　　) A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(\r(6),3) 解析　建系如图，连接B1D，设正方体棱长为1，则D(0，0，0)，B1(1，1，1)，B(1，1，0)， 则eq \o(BB1,\s\up18(→))＝(0，0，1)． 易知B1D⊥面ACD1， ∴eq \o(DB1,\s\up18(→))＝(1，1，1)为面ACD1的法向量． 设直线BB1与面ACD1所成的角为θ， 则sin θ＝eq \f(|\o(BB1,\s\up18(→))·\o(DB1,\s\up18(→))|,|\o(BB1,\s\up18(→))||\o(DB1,\s\up18(→))|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)， ∴cos θ＝eq \f(\r(6),3). 解析　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)，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，B1(0，a，eq \r(2)a)． 方法一：如图，取A1B1的中点M，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))，连接AM，MC1，则eq \o(MC1,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，0，0))，eq \o(AB,\s\up18(→))＝(0，a，0)，eq \o(AA1,\s\up18(→))＝(0，0，eq \r(2)a)． ∵eq \o(MC1,\s\up18(→))·eq \o(AB,\s\up18(→))＝0，eq \o(MC1,\s\up18(→))·eq \o(AA1,\s\up18(→))＝0，∴MC1⊥AB，MC1⊥AA1， 3．正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为eq \r(2)a，则直线AC1与侧面ABB1A1所成的角的大小为________． 又AB∩AA1＝A，AB，AA1⊂平面ABB1A1， ∴MC1⊥平面ABB1A1. ∴∠C1AM即直线AC1与侧面ABB1A1所成的角． ∵eq \o(AC1,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，eq \o(AM,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))， ∴eq \o(AC1,\s\up18(→))·eq \o(AM,\s\up18(→))＝0＋eq \f(a2,4)＋2a2＝eq \f(9a2,4). 又|eq \o(AC1,\s\up18(→))|＝eq \r(\f(3a2,4)＋\f(a2,4)＋2a2)＝eq \r(3)a，|eq \o(AM,\s\up18(→))|＝eq \r(\f(a2,4)＋2a2)＝eq \f(3a,2)，∴cos〈eq \o(AC1,\s\up18(→))，eq \o(AM,\s\up18(→))〉＝eq \f(\f(9a2,4),\r(3)a·\f(3a,2))＝eq \f(\r(3),2). ∴〈eq \o(AC1,\s\up18(→))，eq \o(AM,\s\up18(→))〉＝30°，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°. 方法二：eq \o(AB,\s\up18(→))＝(0，a，0)，eq \o(AA1,\s\up18(→))＝(0，0，eq \r(2)a)． 设侧面ABB1A1的法向量为n＝(x，y，z)， 则n·eq \o(AB,\s\up18(→))＝0且n·eq \o(AA1,\s\up18(→))＝0， ∴ay＝0且eq \r(2)az＝0，∴z＝y＝0，故n＝(1，0，0)为平面ABB1A1的一个法向量． 又eq \o(AC1,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))， ∴cos〈eq \o(AC1,\s\up18(→))，n〉＝eq \f(\o(AC1,\s\up18(→))·n,|\o(AC1,\s\up18(→))||n|)＝eq \f(－\f(\r(3),2)a·1,\r(3)a·1)＝－eq \f(1,2). 设AC1与侧面ABB1A1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈eq \o(AC1,\s\up18(→))，n〉|＝eq \f(1,2)，∴θ＝30°，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°. 解析　因为AC＝BC＝3，AB＝3eq \r(2)，所以∠ACB为直角，又侧棱与底面垂直，则可建立如图所示的空间直角坐标系． 则C(0，0，0)，C1(0，0，4)，A1(3，0，4)，B(0，3，0)，所以eq \o(A1C,\s\up18(→))＝(－3，0，－4)，eq \o(BC1,\s\up18(→))＝(0，－3，4)， 设异面直线A1C与BC1所成角为θ， 则cos θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(A1C,\s\up18(→))·\o(BC1,\s\up18(→)),|\o(A1C,\s\up18(→))||\o(BC1,\s\up18(→))|)))＝eq \f(16,25). 4．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝3，AB＝3eq \r(2)，AA1＝4，则异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为________． eq \f(16,25) 解析　(2)设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，以 A为原点，分别以AD，AB，AA1所在直线为x轴、y轴、 z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，D1(2，0，2)，E(0，2，1)，故eq \o(AA1,\s\up18(→))＝(0，0，2)，eq \o(AD1,\s\up18(→))＝(2，0，2)，eq \o(AE,\s\up18(→))＝(0，2，1)． 设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up18(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up18(→))＝0))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2y＋z＝0，)) 令z＝－2，则x＝2，y＝1，∴n＝(2，1，－2)． 设直线AA1与平面AD1E所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈eq \o(AA1,\s\up18(→))，n〉|＝eq \f(4,2×3)＝eq \f(2,3). $