1.4.2 第2课时 用空间向量研究夹角问题-（配套课件）【精讲精练】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

该高中数学课件聚焦空间向量在立体几何夹角问题中的应用，系统涵盖异面直线所成角、线面角、面面夹角的向量求法，课前通过问题链引导自主学习，衔接空间向量运算基础，为课堂探究构建学习支架。 其亮点在于结合高考真题与一题多变设计，通过问题驱动和规律总结，培养学生数学思维（推理、运算）与数学语言（向量表达）能力，帮助学生深化空间角概念理解，为教师提供系统教学资源，提升教学效率。

第一章　空间向量与立体几何 1.4　空间向量的应用 1.4.2　用空间向量研究距离、 夹角问题 第2课时　用空间向量研究夹角问题 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 课前案·自主学习 01 课堂案·互动探究 02 课后案 ·学业评价 03 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 课前案·自主学习 栏目导航 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 不大于90° 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 课堂案·互动探究 栏目导航 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 课后案·学业评价 栏目导航 点击进入Word 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 谢谢观看 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 导学1　两条异面直线所成的角 怎样求两条异面直线所成的角？ [提示] (1)平移法；(2)向量法． [提示] 两条异面直线所成的角为锐角或直角，而两向量夹角的范围是[0，π]，两条异面直线所成角与它们的方向向量的夹角相等或互补． ◎结论形成 两条异面直线所成的角 设两条异面直线l1，l2所成的角为θ，它们的方向向量分别为u，v，则cos θ＝|cos 〈u，v〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·v,|u||v|)))＝____________． eq \f(|u·v|,|u||v|) 导学2　直线与平面所成的角 [提示] 直线和平面所成角的范围是[0°，90°]；若直线和平面斜交，则所成的角为锐角. [提示] 不一定，这条直线还可能与平面平行． [提示] 直线方向向量与平面法向量所夹的锐角α和直线与平面所成的角θ互为余角，即θ＝ eq \f(π,2)－α. ◎结论形成 直线与平面所成的角 　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〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·n,|u||n|)))＝____________． eq \f(|u·n|,|u||n|) 导学3　两个平面的夹角 [提示] [0，π]． [提示] 4个． ◎结论形成 1．两平面的夹角：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___________的二面角称为平面α与平面β的夹角． 2．两平面夹角的计算：若平面α，β的法向量分别是n1，n2，设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝___________． eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两条异面直线所成的角的余弦值一定是非负值.(　　) (2)直线与平面所成的角就是直线的方向向量与平面的法向量所成的角．(　　) (3)两平面的夹角就是两个平面的法向量的夹角．(　　) (4)二面角的大小等于平面与平面的夹角．(　　) 解析　(1)√.两条异面直线所成的角的范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，其余弦值非负． (2)×.直线与平面所成的角的余角等于直线的方向向量与平面的法向量所成的角或其补角． (3)×.两平面的夹角与两个平面的法向量的夹角相等或互补． (4)×.不大于90°的二面角称为平面与平面的夹角． 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)× 2. 已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m，n〉＝－ eq \f(1,2)，则l与α所成的角为(　　) A．30°　　 B．60°　　 C．120°　　 D．150° 解析　设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(1,2)， ∴θ＝30°. 答案　A 3．已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面的夹角的大小为(　　) A．45° B．60° C．90° D．135° 解析　∵cos 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m||n|)＝ eq \f(1,\r(2))＝ eq \f(\r(2),2)， ∴两平面的夹角的大小为45°. 答案　A 4．设异面直线l1，l2的方向向量分别为a＝(1，1，0)，b＝(1，0，－1)，则异面直线l1，l2所成角的大小为________． 解析　 因为异面直线l1，l2的方向向量分别为a＝(1，1，0)，b＝(1，0，－1)， 所以cos 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a||b|)＝ eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝ eq \f(1,2)， 所以〈a，b〉＝ eq \f(π,3).所以异面直线l1，l2所成角的大小为 eq \f(π,3). 答案　 eq \f(π,3) 题型一　求两条异面直线所成的角 eq \r(3) INCLUDEPICTURE "例1.tif" 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． [解析]　以O为原点，OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，O1(0，1， eq \r(3))， A( eq \r(3)，0，0)，A1( eq \r(3)，1， eq \r(3))，B(0，2，0)， ∴ eq \o(A1B,\s\up14(→))＝(－ eq \r(3)，1，－ eq \r(3))， eq \o(O1A,\s\up14(→))＝( eq \r(3)，－1，－ eq \r(3)). ∴|cos 〈 eq \o(A1B,\s\up14(→))， eq \o(O1A,\s\up14(→))〉|＝ eq \f(|\o(A1B,\s\up14(→))|·|\o(O1A,\s\up14(→))|,|\o(A1B,\s\up14(→))||\o(O1A,\s\up14(→))|) ＝ eq \f(|(－\r(3)，1，－\r(3))·(\r(3)，－1，－\r(3))|,\r(7)×\r(7))＝ eq \f(1,7). ∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为 eq \f(1,7). 由于两异面直线所成角θ的范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，而两向量夹角α的范围是[0，π]，故有cos θ＝|cos α|，求解时要特别注意． [触类旁通] 1．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA＝AB＝BC＝ eq \f(1,2)AD＝1，求PB与CD所成角的大小． 解析　由题意得AB，AD，AP两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，C(1，1，0)， D(0，2，0)，P(0，0，1)， 所以 eq \o(BP,\s\up14(→))＝(－1，0，1)， eq \o(DC,\s\up14(→))＝(1，－1，0)， cos 〈 eq \o(BP,\s\up14(→))， eq \o(DC,\s\up14(→))〉＝ eq \f(\o(BP,\s\up14(→))·\o(DC,\s\up14(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BP,\s\up14(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up14(→)))))＝ eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－ eq \f(1,2). 所以〈 eq \o(BP,\s\up14(→))， eq \o(DC,\s\up14(→))〉＝120°，故PB与CD所成的角为60°. 题型二　求直线与平面所成的角 (1)F为PD的中点，G为PE的中点，证明：FG∥平面PAB； (2)若PA⊥面ABCD，PA＝AC，求AB与平面PCD所成角的正弦值． 利用向量法求直线与平面所成角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)求直线的方向向量 eq \o(AB,\s\up14(→)). (3)求平面的法向量n. (4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝ eq \f(|n·\o(AB,\s\up14(→))|,|n||\o(AB,\s\up14(→))|). [触类旁通] 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． 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\up14(→))＝(2，0，－2)， eq \o(AE,\s\up14(→))＝(0，2，1)， eq \o(AF,\s\up14(→))＝(1，1，0). 设平面AEF的法向量为n＝(a，b，c)， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up14(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up14(→))＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\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＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈n，\o(A1B,\s\up14(→))〉))＝ eq \f(|n·\o(A1B,\s\up14(→))|,|n||\o(A1B,\s\up14(→))|)＝ eq \f(\r(3),6)， 即A1B与平面AEF所成角的正弦值为 eq \f(\r(3),6). 题型三　两个平面的夹角　一题多变 (1)证明：O1O⊥底面ABCD； (2)若∠CBA＝60°，求平面C1B1O 与平面DB1O的夹角的余弦值． (1)[证明]　因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD， 因为AC∩BD＝O，所以O1O⊥底面ABCD. (2)[解析]　因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直．如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系． 设棱长为2，因为∠CBA＝60°， 所以OB＝ eq \r(3)，OC＝1， 所以O(0，0，0)，B1( eq \r(3)，0，2)，C1(0，1，2)， 平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0，1，0)， 设平面OC1B1的法向量为m＝(x，y，z)， 则由m⊥ eq \o(OB1,\s\up14(→))，m⊥ eq \o(OC1,\s\up14(→))，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋2z＝0，,y＋2z＝0，)) 取z＝－ eq \r(3)，则x＝2，y＝2 eq \r(3)， 所以m＝(2，2 eq \r(3)，－ eq \r(3))， 所以|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m||n|)＝ eq \f(2\r(3),\r(19))＝ eq \f(2\r(57),19). 所以平面C1B1O与平面DB1O的夹角的余弦值为 eq \f(2\r(57),19). [母题变式] 1．(变结论)本例3条件不变，求平面A1BC与平面A1CD的夹角的余弦值． 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为2，则A1(0，－1，2)，B( eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(－ eq \r(3)，0，0). 所以 eq \o(BC,\s\up14(→))＝(－ eq \r(3)，1，0)， eq \o(A1C,\s\up14(→))＝(0，2，－2)， eq \o(CD,\s\up14(→))＝(－ eq \r(3)，－1，0). 设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1C,\s\up14(→))＝0，,n1·\o(BC,\s\up14(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y1－2z1＝0，,－\r(3)x1＋y1＝0，)) 取x1＝ eq \r(3)，则y1＝z1＝3，故n1＝( eq \r(3)，3，3). 设平面A1CD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(A1C,\s\up14(→))＝0，,n2·\o(CD,\s\up14(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y2－2z2＝0，,－\r(3)x2－y2＝0，)) 取x2＝ eq \r(3)，则y2＝z2＝－3，故n2＝( eq \r(3)，－3，－3). 所以|cos 〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝ eq \f(5,7).所以平面A1BC与平面A1CD的夹角的余弦值为 eq \f(5,7). 2．(变条件、变结论)本例3四棱柱中，“∠CBA＝60°”改为“∠CBA＝90°，设E，F分别是棱BC，CD的中点”，求平面AB1E与平面AD1F的夹角的余弦值． 解析　以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示，设此棱柱的棱长为1，则A(0，0，0)，B1(1，0，1)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，D1(0，1，1)，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，所以 eq \o(AE,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))， eq \o(AB1,\s\up14(→))＝(1，0，1)， eq \o(AF,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))， eq \o(AD1,\s\up14(→))＝(0，1，1). 设平面AB1E的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB1,\s\up14(→))＝0，,n1·\o(AE,\s\up14(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,x1＋\f(1,2)y1＝0，)) 令y1＝2，则x1＝－1，z1＝1，所以n1＝(－1，2，1). 设平面AD1F的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(AD1,\s\up14(→))＝0，,n2·\o(AF,\s\up14(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y2＋z2＝0，,\f(1,2)x2＋y2＝0.)) 令x2＝2，则y2＝－1，z2＝1.所以n2＝(2，－1，1). |cos 〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝ eq \f(3,\r(6)×\r(6))＝ eq \f(1,2). 所以平面AB1E与平面AD1F的夹角的余弦值为 eq \f(1,2). [素养聚焦]　本题通过利用空间向量求两个平面的夹角(或余弦值)，提升学生逻辑推理和数学运算核心素养． 用向量法求两个平面的夹角，可以转化为计算两个平面法向量的夹角问题，具体求解步骤如下： (1)建立空间直角坐标系． (2)分别求出两个平面的法向量． (3)求两个法向量的夹角． (4)确定两个平面的夹角的大小． 知识落实 技法强化 两异面直线所成的角、直线与平面所成的角及平面与平面的夹角． (1)空间向量与空间角的关系： 设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2的夹角θ满足cos θ＝|cos 〈m1，m2〉|. 设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos 〈m，n〉|. 设n1，n2分别是两个平面α，β的法向量，则两平面α，β夹角θ满足cos θ＝|cos 〈m，n〉|. (2)混淆两个向量的夹角和空间角的关系，不能正确理解空间角的概念与向量求法、空间角范围． $