1.4.2 第2课时 夹所问题-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册同步辅导与测试(人教A版)

数学选择性必修第一册 素养演练·提升技能 达标训练素养提高 1.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面是边长为5.如图，直四棱柱ABCD 2的正方形，高为4，则点A1到平面AB1D1的 A1B1CD1的底面是菱形， 距离为 ( AA1=4,AB=2,∠BAD= 60°，E,M,N分别是BC, c BB1,A1D的中点.求点C到 2.(多选)如图，在棱长为3的正 平面C1DE的距离. 方体ABCD-A1B1C1D1中，P 为对角线BD1上靠近B点的 三等分点，则P到各顶点的距 离的取值有 ( A.2 B.√6 C.3 D.23 3.已知三棱锥OABC中，OA⊥OB,OB⊥OC,OC 课堂小结 ⊥OA,且OA=1,OB=2,OC=2,则点A到直 重要思想与方法 线BC的距离为 (1)线面距、面面距实质上都是求点到面的距离，求直线到 A.√2 B.√5 平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行 (2)利用向量求空间距离应用数形结合与转化化归的思想 C.5 D.3 方法. 4.正方体ABCD-A1B1C1D1的 D MA 点到直线的距离 棱长为4，M,N,E,F分别为 4 空间距离的 向量求法 点到平面的距离 AD1:A B1,C1D1:BC 平面到平面的距离 中点，则平面AMN与平面 EFBD的距离为 温馨提示 请做课时分层检测（七） 第二课时 夹角问题 【课标要求】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. 【素养要求】通过学习空间角的计算步骤和方法，把两异面直线所成的角、线面角、二面角转化为向 量的夹角求解，培养学生的直观想象素养和数学运算素养. 必备知识·自主梳理 预习新知夯实基础 空间角的向量求法 角的分类 向量求法 范围 设l的方向向量为a,平面a 直线1与平面a 的法向量为n,则sin0= 两异面直线11 设山1与2的方向向量分别 所成的角0 a·n 为a,b,则cos0=cos(a,b) a n 与l2所成的角0 26 第一章空间向量与立体几何 设平面α，3的法向量分别为 A B. c.5 D没 平面a与平面B n1,n2,则cos0= ; 2.设直线a的方向向量为a=(一1,2,1)，平面a 的夹角0 n1·n2 =Tmiln2 的法向量为b=(0,1,2),则直线a与平面a所 成角的正弦值为 即时小练 3.已知两平面的法向量分别为u=(0,1,0),v= 1.设两条异面直线a,b的方向向量分别为a= (0,1,1),则两平面的夹角为 (-1,1,0),b=(0,-1,1),则a与b所成的 A.45 B.135 角为 ( C.45°或135° D.90° 关键能力·合作探究 讲练设计探究重点 题点一向量法求异面直线所成的角 对点训练 [典例]在三棱锥P-ABC中，△ABC和△PBC均 如图，在三棱柱OAB 为等边三角形，且二面角P-BC-A的大小为120°， O1A1B1中，平面OBB1O1⊥ A 则异面直线PB和AC所成角的余弦值为( 平面OAB,∠O1OB=60°， A哥 B c D.4 ∠AOB=90°，且OB=OO1 [听课记录] =2,OA=√5，求异面直线 A1B与AO1所成角的余弦值. /方法技巧/ 用坐标法求异面直线所成的角的一般步骤是： (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)结合异面直线所成的角的范围求出异面直 线所成的角. 27 数学选择性必修第一册 题点二向量法求直线和平面的夹角 对点训练 [典例]正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为 如图，在直四棱柱ABCD- D a,侧棱长为√2a,求AC1与侧面ABB1A1所成 A1B1C1D1中，AB∥CD,DC= 角的大小. 2,AA=3,AB=BC=AD=1, [听课记录] 点E和F分别在侧棱AA1,CC1 上，且A1E=CF=1. 求直线AD与平面D1EF所成 角的正弦值 题点三向量法求两平面的夹角 [典例]如图，在正方体ABEF-DCE'F'中，M, N分别为AC,BF的中点，求平面MNA与平 面MNB的夹角的余弦值. /方法技巧/ 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 [听课记录] 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a的法向量为n,直线PA与平面a所 成的角为0(0∈[0，]）a与n的夹角为9，则 n0-cosg一日方法三：设直线PA 的方向向量为a,直线PA在平面a内的投影 的方向向量为b,则直线PA与平面a所成的 角0满足cos0=cos(a,b)1. 28 第一章空间向量与立体几何 …/方法技巧/ 对点训练 利用坐标法求两个平面夹角的步骤是： (1)建立空间直角坐标系； 己知正方形ABCD所在平面外一点P,PA⊥平 (2)分别求出两个面所在平面的法向量的 面ABCD,若PA=AB,则平面PAB与平面 坐标； PCD的夹角为 (3)求两个法向量的夹角； A.30° B.45° (4)确定两平面夹角的大小. C.60° D.90° 素养演练·提升技能 达标训练素养提高 1.如图，在直三棱柱ABC (1)证明：OA⊥CD; A1B1C1中，AB⊥AC,AB= (2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E AA1=2,AC=√2，过BC的中 在棱AD上，DE=2EA,且二面角E-BC-D的 点D作平面ACB1的垂线，交 大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积. 平面ACC1A1于点E,则BE与平面ABB1A1 所成角的正切值为 ( A R语 C.0 10 D.10 5 2.已知ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,设PA: =AB=a,AD=2a,则二面角B-PC-D的余弦 值为 3.空间直角坐标系O-xy2中，经过点P(xo,0,o) 且法向量为m=(a,b,c)的平面方程为a(x-xo) 十b(y-o)十c(之-0)=0，经过点P(x0y0, 之o)且一个方向向量为n=(4,w,w)(ww≠0)的 课堂小结 直线1的方程为一0=)0=二0.阅读上 重要思想与方法 面的材料并解决下面问题：现给出平面α的方 (1)空间向量与空间角的关系 程为3x-5y十之-7=0，经过点(0,0,0)的直线 设异面直线11，l2的方向向量分别为m1,m2,则1与12的 1的方程为行==产，侧直线1与平面公所成 夹角0满足cos0=|cos(m1,m2). 设直线1的方向向量和平面a的法向量分别为m,n,则直线 角的正弦值为 I与平面a的夹角0满足sin0=|cos〈m,n)L. A酒 B.00 设n1,n2分别是两个平面a,3的法向量，则两平面a,3夹角 35 C.10 0满足cos0=|cos(m,n)|. 4.已知点D,E是边长为12的等边三角形ABC (2)利用空间向量求空间角体现了数形结合与转化化归的 的两边AB,AC的中点，沿DE折叠△ADE,使 思想方法 得二面角A-DE-B为60°，则四棱锥A-BCED 两异面直线所成的角 外接球的表面积为 空间夹角的 5.如图，在三棱锥A-BCD中， 向量求法 直线和平面所成的角 平面ABD⊥平面BCD,AB 两平面的夹角 =AD,O为BD的中点. 温馨提示 请做课时分层检测（八） 29√2+2+下=3，PB=5,PD=2.2网 A1B=(-√5,1，-3)， √2+2+2-2尽.故P到各顶点的距 15 [由题意设直线a与平面a所成！ a·b 4 O1A=(5,-1,-5) 离的不同取值有√6,3,5,25故选B、 的角为0，则sin0= ab= √6×√5 AB.OA C、D. 3.B以O为坐标原点， -2y3] ÷cosA店，01= ABIOA 建立如图所示的空间直 15 角坐标系Oxyz =1(-3,1,③)·(3，-1，-) 3.A [因为cos(u,v)= u·v 7X7 7+ 由题意可知A(1,0,0), uv1×2 B(0,2,0),C(0,0,2), √ ∴.异面直线A1B与AO所成角的余弦值 AB=(-1,2,0),BC 2 ,所以(，〉=45，所以两平面的夹角 =(0,-2,2),取a= 为45°.] 关键能力·合作探究 !题点二 AB=(-1,2,0),W= 「典例门解建立如图所 BC 题点一 [典例7 A「法 示的空间直角坐标系， ZA 如图，取BC 则A(0,0,0),B(0,a, 的中点O,连接 0),A1(0,0,√2a), 号)，则点A到直线C的距离为 OP,OA, 因为△ABC和 C a,Ea）, √a-(a·)r-√5-2=5.] △PBC均为等 B,(0,a,2a).Ai=(0, 4.3 [如图所示，建立空间直角坐标系！ 边三角形，所以 AO⊥BC,PO a,0),AA,=(0,0,√2a).设侧面ABB1A Dxyz,则A(4,0,0),M(2,0,4),D(0,0, ⊥BC, 0),B(4,4,0),E(0,2,4),F(2,4,4),V(4, 所以BC⊥平面PAO,从而平面PA)⊥平 的法向量为n=(入，y,z),则n·AB=0,且 2,4)..EF=(2,2,0),M=(2,2,0), 面ABC, n·AA1=0,∴ay=0,且2az=0,y=x AM=(-2,0,4),BF=(-2,0,4),∴.EF 且∠POA就是二面角P一BC一A的平面！ 角，即∠P0A=120°， =0,故n=(,0,0).又AC= 3 -MN,BF-AM, 建立空间直角坐标系如图所示 ..EF∥MN.BF∥ 设AB=2,则A(5,0,0),C(0,-1,0), a AC1·n AM,EF∩BF=F, 2a cos(AC,n)= MN∩AM-M. ACn ∴.平面AMN∥平 √5 面EFBD.设n 所以AC=(一√5，-1,0)， (x,y,z)是平面 31 2入设AC与侧面 AMW的法向量， ABB1A1所成的角为0，则sin0= 则 n·MN-2.x+2y=0, 取 cos(AC,PB)= AC.PB cos(AC,n)1=7,.0=30°，即AC与 n·AM=-2x+4z=0, AC·PB 8,所 侧面ABB1A1所成的角为30° z=1,则x=2,y=一2，得n=(2,一2,1).1 以异面直线PB与AC所成角的余弦值对点训练 平面AMN到平面EFBD的距离就是点· 解以点A为坐标原，点， A到平面EFBD的距离.：AB=(0,4, AB为x轴，平面ABCD 0),,平面AMN与平面EFBD间的距离 法二如图所示，取 内垂直于AB的直线为y BC的中，点O,连接 轴，AA1为x轴建立如图 OP,OA, 因为△ABC和 所示的空间直角坐标系 5,解由题意知底面ABCD为菱形，AA1= △PBC均为等边三 A 4,AB=2,∠BAD=60°，E为BC的中点， 角形，所以AO 则A(0,0,0),D一立 故以D为原点，DA,DE,DD所在直线分 BC,PO⊥BC,所以 ）D(- 1W3 别为x,y,z轴建立空间直角坐标系（图 ∠POA就是二面角 略)，则C(一1,3,4)，C(一1,3,0)， P-BCA的平面角，设AB=2,则AC= D(0,0,0),E(0N5,0),则CC=(0,0,4), OC-OA,PB=OB-OP, B00.2,F(是，9市= DC=(-1,W5,4,DE=(0W3,0). 故AC.PB=(O元-OA)·(OB-O亦)= 设平面CDE的法向量n=(x,y,z), 0元.Oi-0元.Op-OA.Oi+oA.O 则n·DC=-x+5+4e=0, (0）立-（合9- (n·DE=5y=0, =-1-0-0+6×5×(-号)= DF-(2,0,一2).设平面D,EF的法向量为 取之=1， 则y=0,x=4,所以n=(4,0,1),所以点C1 m=(x,y,),由 mD-0:可得 m.D,F-0, 到平面CDE的距离为CC·n AC.PB 5 n 所以cos(AC,PB》 ACIPBI 8 y一=0，令x=√5，则m 4 417 √16+17 即异面直线PB与AC所成角的余弦值 2x-2z=0, D·m 第二课时 夹角问题 为) (5,-1N5),cos(AD,m)= :对点训练 AD1·m 必备知识·自主梳理 解以O为坐 a·b a b (,引 E=一√2I,因此，直线AD与平面 cos a,n) 标原点，OA 今 7 OB的方向为x [o,] cos(n1,2〉 [] 轴、y轴的正 D,EF所成角的正弦值为牙 即时小练 方向建立如图 题点三 1.C[设直线a与b所成的角为0，则 所示的空间直 「典例]解设正方体棱长为1.以B为坐 m0-80-2分 角坐标系， 标原点，BA,BE,BC所在直线分别为x 则0(0,1， A 轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Bxyz, 又c(0,受]故0=亭] √3)，A(3,0, 0),A(5,1, 则M20,）N(分0）A1 √3)，B(0,2,0), 0,0),B(0,0,0). 192 法一取MN的 中点G,连接BG, 0.B0,22.D(0.Ag=0, 如图所示的空间直角坐标系.设OA一t,则 00,0,0),B(0,-1,0),C AG,则G( D 2,2),AC=(W2,0,0),连接AC1与CA1交 于点E,连接DE,则E(竖1,0，D A(0,0,t),D0,1,0).所以AB=(0,-1, =(0,1,一1)，易知平面ABBA的一个 -)BC=( 因为△AMV, A 1 △BMN为等腰三 法向量为AC-(2,0,0).因为AB,·DE 角形，所以AG⊥MN,BG⊥MN, =2×1+2X(-1)=0,AC.DE =0,所 故∠AGB(或其补角)为两平面夹角】 以AB⊥DE,AC⊥DE',所以DE⊥平面 又因为成=（-子，-） ,GB= ACB1,即点E与点E′重合，所以BE= -花-市=(0亭，号)易如年而 BCD的一个法向量为n=(0,0,1).设平 -2 ,设BE与平面ABB1A1所 面BCE的一个法向量为m=(x,y,z), 成的角为0，则sin0=cos(B正，AC)1= jm·BC-0, 即 2v=0, 3 GA.GB BE·AC {m·BE=0, 不妨取 所以cos(GA,GB)= 10 GAIGB 3-0. BEIAC ,所以c0s0= w1 √1I x=V5,则y=-1,x= 8 故tan0= /10 ，即m=(5 3 10 2. 10 -1,)因为二面角EBC-D的大小 5 [建立如图所 故所求两平面夫角的余弦值为子。 示的空间直角坐标系， 为45°，所以cos(n,m）= ·m 则B(a,0,0),C(a,2a n m 法二 设平面AMN的法向量n1=(x,y,! 0),P(0,0,a),D(0, 2 x). t 2a,0),所以BC=(0, ,解得t=1(负值已舍去) 由=（-合0,2）成=( 2a,0),BP-(-a,0,a),Cd=(-a,0,0), 4十 4 2 PD=(0,2a, 一a).设平面BPC、平面 由OB=OC=OD=1,得BC⊥CD,所以 DPC的法向量分别为n1=(x1,M,1),2! BC=√5，所以三棱锥A-BCD的体积为 =(x2,y2,2), 则有∫2ay=0, 和.2=0, 1 取 X1X3x1= 1-a.x1+az=012ayw-a22=0. 6 x1=1,y2=1,可得n1=(1,0,1),2=(0,1 章末综合提升 令x=1,解得y=1,x=1, 1,2),则cos(n1,n)=mn, n1·t2 /10 5 要点聚焦·类型突破 于是n1=(1,1,1). 题型一 同理可求得平面BMN的一个法向量n: 又由图可知二面角B-PC-D的平面角为 =(1,-1,-1), 钝角，所以二面角B-PC-D的余弦值为1.B[由b=之x-2a,得x=4a+2b,又4a n1·to 所以cos(n,n:）=n1ne -1 +2b=4(2,3,-4)+2(-4,-3,-2)= √5X3 51 (0,6,-20),所以x=(0,6,-20).] 1 3.B[平面a的方程为3x一5y+z-7 3 0,,,平面a的一个法向量为m=(3,一5， 2.BCDL可以推出：(SA-SC)·(S 设平面MNA与平面MNB的夹角为0， 1),:经过点(0,0,0)的直线1的方程为 SD)=CA·DB=0,所以B正确：SA-SB 则cos0=co(1=方 =子直线1的一个方向向量 +SC-SD-BA+DC=0,所以C正确； 又因为底面ABCD是边长为1的正方形， 为n=(3,2,一1).设直线1与平面a所成！ SA=SB=SC=SD=2, 故所求两平面夹角的余弦值为 3 角为0，则sin0=cos(m,n〉 所以SA·SB=2×2Xcos∠ASB,SC· 对点训练 m·n B[如图所示，建立 m n ,直线1与平面a所 35 SD=2X2Xcos∠CSD,而∠ASB= 空间直角坐标系，设 PA=AB=1,则A(0, 成角的正孩值为 ∠CSD,于是SA.S3=SC.Si,因此D 367 正确， 0,0), 4.148元[如图所示，建 3.解(1)A·AB-A1 AB cos∠BAA D(0,1,0),P(0,0, 立空间直角坐标系， 1), -5×4×c0s60°-5×4×7=10. 于是AD=(0,1,0), B (2)AB=AB+AA,..AB E(0,3,0),易知底面 B 取PD的中点E,连接AE,则E0, BCED的外接圆圆心为BC中点，所以球 AB+AA) ) 心在过BC中点且与z轴平行的直线上， =√AB+2AB.AA+AA 设O(33,0,),由AO,=E0得35 =W/16+2×10+25=/61. “A范=(0，合，2）易知AD是平面 =(3√5)2+(-3)2 (3)AC=AB+AD+A,∴AC: PAB的一个法向量，AE是平面PCD的 AB+AD+A?+2AB·AD+2AB· 个法向量， 十，解得t=一1，所以外接球半径满足 AA+2AD.AA=16+9+25+2×4×5 R2=D)片=(33)2+(-3)2+产=37，表 1 ∴cos(Ad,AE) AD.AE 面积S=4πR2=148元.] 十2X3X5×=85. 2 AD·AE 2 5.解(1)证明因为AB=AD,O为BD的 A己=√85，即AC的长为√85. .平面PAB与平面PCD的夹角为45，]： 中点，所以OA⊥BD.因为平面ABD⊥平！题型二 素养演练·提升技能 面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所：4.解 如图，以A为 1.C「由题可知，AA 以OA⊥平面BCD.因为CDC平面BCD,1 原，点，以AB,AD, ⊥AB,AA1⊥AC, 所以OACD. AP分别为x轴、y AB⊥AC,故以，点A (2)以)为坐标原 轴、z 轴建立空间 为坐标原点，建立如 点，OD,OA所在 直角坐标系， 图所示的空间直角 的直线分别为y B(1,0,0),D(0,2, 坐标系，则A(0,0, 轴、2轴，过点O 0),P(0,0,2), 0),C(√2,0,0)， -E(E) 且垂直于BD的 B C(2,2,0),M(1,1, B(0,0,2),A1(0,2, 直线为x轴，建立 1). 193