1.4.2　第2课时　用空间向量研究夹角问题课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦“用空间向量研究夹角问题”，涵盖异面直线、线面、面面夹角的向量求法。通过自主学习“填一填”梳理公式定义，“练一练”巩固基础，互动探究分类型例题构建知识支架，衔接空间向量工具与立体几何问题。 其亮点在于以向量方法为核心，通过转化与化归的数学思维，结合正方体、正三棱柱等模型培养数学眼光，用坐标运算的数学语言解决问题。典型例题与分层作业助力学生提升空间观念，教师可依托清晰结构高效开展教学。

第一章　空间向量与立体几何 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 【学习与目标】　 自主学习通道 目录 互动探究通道 巩固提升通道 高效课时作业 自主学习通道 自研教材 梳理必备知识 返回目录 自主学习通道 |cos 〈u，n〉| 自主学习通道 自主学习通道 |cos 〈n1，n2〉| 自主学习通道 × × × × 自主学习通道 A 自主学习通道 自主学习通道 自主学习通道 自主学习通道 30° 自主学习通道 自主学习通道 互动探究通道 师生共研 探究重点难点 返回目录 互动探究通道 D 互动探究通道 互动探究通道 D 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 巩固提升通道 当堂巩固 验收关键能力 返回目录 巩固提升通道 巩固提升通道 B 巩固提升通道 D 巩固提升通道 A 巩固提升通道 高效课时作业 返回目录 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60° 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Thank you for watching. 1.能用向量方法解决简单的夹角问题.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． 填一填 1．异面直线所成的角 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〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·v,|u||v|)))＝ eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(|u·v|,|u||v|))). 2．直线与平面所成的角 图示 公式 sinθ＝ eq \o(□,\s\up4(1)) ＝ eq \o(□,\s\up4(2)) ＝ eq \o(□,\s\up4(3)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·n,|u||n|))) eq \f(|u·n|,|u||n|) 【提醒】　用平面的法向量求线面角的大小时，直线与平面所成的角和法向量与直线的方向向量的夹角之间的关系要区分清楚．设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，线面角为θ. (1)当〈a，u〉为锐角时，sin θ＝cos 〈a，u〉＝ eq \f(a·u,|a||u|)； (2)当〈a，u〉为钝角时，sin θ＝－cos 〈a，u〉＝－ eq \f(a·u,|a||u|). 综上可知，sin θ＝ eq \f(|a·u|,|a||u|). 3．平面与平面的夹角 定义 平面α与平面β相交，形成四个二面角，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(设为θ) 图示 公式 cos θ＝ eq \o(□,\s\up4(4)) ＝ eq \o(□,\s\up4(5)) ＝ eq \o(□,\s\up4(6)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|))) eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) 练一练 1．判断正误 (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)平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则θ＝〈n1，n2〉．(　　) (4)若向量n1，n2分别为平面α与平面β的法向量，则平面α与平面β的夹角的余弦值为cos 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1||n2|).(　　) 2．若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为 eq \f(5π,6)，则l1与l2所成的角为 (　　) A． eq \f(π,6) B． eq \f(5π,6) C． eq \f(π,6)或 eq \f(5π,6) D．以上均不对 解析　l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故选A. 3．如图，ABCD­A′B′C′D′为正方体，则平面C′DB与平面DBC夹角的余弦值为 ． eq \f(\r(3),3) 解析　不妨设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，B(2，2，0)，C′(0，2，2)，D′(0，0，2)， 设平面C′DB的一个法向量为n＝(x，y，z)， 因为 eq \o(DB,\s\up15(→))＝(2，2，0)， eq \o(DC′,\s\up15(→))＝(0，2，2)， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up15(→))＝0，,n·\o(DC′,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋2y＝0，,2y＋2z＝0，)) 取x＝1，则y＝－1，z＝1，故n＝(1，－1，1). 因为DD′⊥平面ABCD，故平面ABCD的一个法向量为n1＝ eq \o(DD′,\s\up15(→))＝(0，0，2)，即平面DBC的一个法向量为n1＝(0，0，2)， 则cos 〈n，n1〉＝ eq \f(n·n1,|n||n1|)＝ eq \f(2,2\r(3))＝ eq \f(\r(3),3)，设平面C′DB与平面DBC的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n，n1〉|＝ eq \f(\r(3),3)，即平面C′DB与平面DBC夹角的余弦值为 eq \f(\r(3),3). 4．正三棱柱ABC­A1B1C1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 ． 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)，C1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))， ∴ eq \o(AB,\s\up15(→))＝(0，a，0)， eq \o(AA1,\s\up15(→))＝(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\up15(→))＝0且n· eq \o(AA1,\s\up15(→))＝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\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))， ∴cos 〈 eq \o(AC1,\s\up15(→))，n〉＝ eq \f(\o(AC1,\s\up15(→))·n,|\o(AC1,\s\up15(→))||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\up15(→))，n〉|＝ eq \f(1,2)，∴θ＝30°，即AC1与侧面ABB1A1所成的角的大小为30°. 类型一　异面直线所成的角　　　　　　自主探究 1．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是(　　) A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,4) C． eq \f(π,3) D． eq \f(π,2) 解析　以D为原点，分别以 eq \o(DA,\s\up15(→))， eq \o(DC,\s\up15(→))， eq \o(DD1,\s\up15(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))， ∴ eq \o(A1M,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，－1))， eq \o(DN,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))， ∴cos 〈 eq \o(A1M,\s\up15(→))， eq \o(DN,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(A1M,\s\up15(→))·\o(DN,\s\up15(→)),|\o(A1M,\s\up15(→))||\o(DN,\s\up15(→))|)＝0， ∴〈 eq \o(A1M,\s\up15(→))， eq \o(DN,\s\up15(→))〉＝ eq \f(π,2)，即A1M与DN所成角的大小为 eq \f(π,2).故选D. 2．如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成的角的余弦值为(　　) A． eq \f(1,5)　 B． eq \f(2,5)　 C． eq \f(3,5)　 D． eq \f(4,5) 解析　如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz， 设AB＝1，则B(1，1，0)，A1(1，0，2)，A(1，0，0)，D1(0，0，2)， eq \o(A1B,\s\up15(→))＝(0，1，－2)， eq \o(AD1,\s\up15(→))＝(－1，0，2)， ∴cos 〈 eq \o(A1B,\s\up15(→))， eq \o(AD1,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(A1B,\s\up15(→))·\o(AD1,\s\up15(→)),|\o(A1B,\s\up15(→))||\o(AD1,\s\up15(→))|)＝ eq \f(－4,\r(5)×\r(5))＝－ eq \f(4,5)， ∴异面直线A1B与AD1所成的角的余弦值为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＝ eq \f(4,5). 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：设两异面直线m，n所成的角为θ eq \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，则cos θ＝|cos φ|＝ eq \f(|a·b|,|a|·|b|). 类型二　直线与平面所成的角 【例1】　如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD, AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点，求直线AN与平面PMN所成角的正弦值． 解　取BC的中点E，连接AE. 由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝ eq \r(AB2－BE2)＝ eq \r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))\s\up42(2))＝ eq \r(5). 以A为坐标原点， eq \o(AE,\s\up15(→))， eq \o(AD,\s\up15(→))， eq \o(AP,\s\up15(→))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Axyz. 由题意知A(0，0，0)，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C( eq \r(5)，2，0)，由中点坐标公式得N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2))，则 eq \o(PM,\s\up15(→))＝(0，2，－4)， eq \o(PN,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，－2))， eq \o(AN,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2)). 设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PM,\s\up15(→))＝0，,n·\o(PN,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，)) 令y＝2，则z＝1，x＝0，故n＝(0，2，1). 设直线AN与平面PMN所成的角为θ，于是sin θ＝|cos 〈n， eq \o(AN,\s\up15(→))〉|＝ eq \f(|n·\o(AN,\s\up15(→))|,|n||\o(AN,\s\up15(→))|)＝ eq \f(8\r(5),25)， 所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为 eq \f(8\r(5),25). 利用法向量求直线与平面所成角的步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量 eq \o(AB,\s\up15(→))； (3)求平面的法向量n； (4)设线面角为θ，则sin θ＝ eq \f(|n·\o(AB,\s\up15(→))|,|n||\o(AB,\s\up15(→))|). [跟踪训练1]　如图所示，在三棱锥P­ABC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； (2)求SN与平面CMN所成角的大小． 解　(1)证明：设PA＝1，以A为原点， eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(AC,\s\up15(→))， eq \o(AP,\s\up15(→))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， ∴N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，S eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))， eq \o(CM,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))， eq \o(SN,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))， ∴ eq \o(CM,\s\up15(→))· eq \o(SN,\s\up15(→))＝ 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\up15(→))⊥ eq \o(SN,\s\up15(→))，因此CM⊥SN. (2)由(1)知， eq \o(NC,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0))， 设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量， ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(CM,\s\up15(→))·a＝0，,\o(NC,\s\up15(→))·a＝0，))则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y＝0，)) ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\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\up15(→))〉|＝ 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所成角的大小为 eq \f(π,4). 类型三　平面与平面的夹角 【例2】　(2024·济南一中月考)如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，∠CBA＝60°，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形． (1)证明：O1O⊥底面ABCD； (2)求平面OC1B1与平面BDD1B1夹角的余弦值． 解　(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，且AC，BD⊂平面ABCD，所以O1O⊥底面ABCD. (2)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，y，z轴，建立空间直角坐标系． 设四棱柱的棱长为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)， 则 eq \o(OB1,\s\up15(→))＝( eq \r(3)，0，2)， eq \o(OC1,\s\up15(→))＝(0，1，2). 易知平面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\up15(→))，m⊥ eq \o(OC1,\s\up15(→))， 得 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). 设平面OC1B1与平面BDD1B1的夹角为θ，则cos θ＝ eq \f(2\r(57),19). 变式探究 1．(变设问)本例条件不变，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值． 解　建立如图所示的空间直角坐标系．设四棱柱的棱长为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\up15(→))＝(－ eq \r(3)，1，0)， eq \o(A1C,\s\up15(→))＝(0，2，－2)， eq \o(CD,\s\up15(→))＝(－ 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\up15(→))＝0，,n1·\o(BC,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y1－2z1＝0，,－\r(3)x1＋y1＝0，)) 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1C,\s\up15(→))＝0，,n1·\o(BC,\s\up15(→))＝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\up15(→))＝0，,n2·\o(CD,\s\up15(→))＝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(15,21)＝－ eq \f(5,7). 设平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝ eq \f(5,7)， 所以平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为 eq \f(5,7). 2．(变条件，变设问)本例若将∠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　以A为坐标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))， eq \o(AE,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))， eq \o(AB1,\s\up15(→))＝(1，0，1)， eq \o(AF,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))， eq \o(AD1,\s\up15(→))＝(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\up15(→))＝0，,n1·\o(AE,\s\up15(→))＝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\up15(→))＝0，,n2·\o(AF,\s\up15(→))＝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). 设平面AB1E与平面AD1F的夹角为θ， 所以cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝ eq \f(3,\r(6)×\r(6))＝ eq \f(1,2). 向量法求两平面的夹角的步骤 (1)建立适当的坐标系，写出相应点的坐标； (2)求出两个平面的法向量n1，n2； (3)设两平面的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|. [跟踪训练2]　如图所示，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上， eq \o(OC,\s\up15(→))＝(0，0，2)，平面ABC的一个法向量为n＝(2，1，2)，平面ABC与平面ABO的夹角为θ，则cos θ＝ ． eq \f(2,3) 解析　因为 eq \o(OC,\s\up15(→))为平面ABO的法向量，所以cos θ＝ eq \f(|\o(OC,\s\up15(→))·n|,|\o(OC,\s\up15(→))||n|) ＝ eq \f(4,2×3)＝ eq \f(2,3). 1．知识清单 (1)异面直线所成的角． (2)直线与平面所成的角． (3)平面与平面的夹角． 2．方法归纳：转化与化归． 3．常见误区：容易混淆两个向量的夹角和空间角的关系． 1.已知两条异面直线的方向向量分别是u＝(3，－1，2)，v＝(－1，3，2)，则这两条直线所成的角θ满足(　　) A．sin θ＝ eq \f(1,7) B．cos θ＝ eq \f(1,7) C．sin θ＝－ eq \f(1,7) D．cos θ＝－ eq \f(1,7) 解析　因为两条异面直线的方向向量分别是u＝(3，－1，2)，v＝(－1，3，2)， 所以cos θ＝|cos 〈u，v〉|＝ eq \f(|u·v|,|u||v|)＝ eq \f(|－3－3＋4|,\r(32＋(－1)2＋22)×\r((－1)2＋32＋22))＝ eq \f(1,7)，故选B. 2．已知直线l1的一个方向向量为a＝(1，－2，1)，直线l2的一个方向向量为b＝(2，－2，0)，则两直线所成角的余弦值为(　　) A．1　　 B． eq \f(\r(6),3)　　 C． eq \f(\r(3),3)　　 D． eq \f(\r(3),2) 解析　|cos 〈a，b〉|＝ eq \f(|a·b|,|a||b|)＝ eq \f(|2＋4|,\r(6)×\r(8))＝ eq \f(\r(3),2).故选D. 3．(2023·江苏淮安期末)已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面的夹角为(　　) A．45° B．60° C．30° D．90° 解析　cos 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m|·|n|)＝ eq \f(1,1×\r(2))＝ eq \f(\r(2),2)，即〈m，n〉＝45°，∴两平面的夹角为45°.故选A. 4．若平面α的一个法向量为n＝(－ eq \r(3)，1，1)，直线l的一个方向向量为a＝( eq \r(3)，1，1)，则l与α所成角的正弦值为 ． eq \f(1,5) 解析　由题可设l与α所成角为θ，可得sin θ＝ eq \f(|n·a|,|n||a|)＝ eq \f(|－3＋1＋1|,\r((－\r(3))2＋1＋1)×\r((\r(3))2＋1＋1))＝ eq \f(1,5). 基础巩固 1．直线l1，l2的方向向量分别是v1，v2，若v1与v2所成的角为θ，直线l1，l2所成的角为α，则(　　) A．α＝θ B．α＝π－θ C．cos θ＝|cos α| D．cos α＝|cos θ| 解析　由题意知α＝θ或α＝π－θ，且α∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，因此cos α＝|cos θ|. 2．(2024·济宁一中月考)设直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，α的法向量为n，若〈a，n〉＝ eq \f(2π,3)，则l与α所成的角为(　　) A． eq \f(2π,3)　　 B． eq \f(π,3)　　 C． eq \f(π,6)　　 D． eq \f(5π,6) 解析　∵线面角的范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，〈a，n〉＝ eq \f(2π,3)，∴l与法向量n所在直线所成的角为 eq \f(π,3)，∴l与α所成的角为 eq \f(π,6). 3．设平面ABC的一个法向量为m＝(1，1，0)，平面ABD的一个法向量为n＝(1，0，－1)，则平面ABC与平面ABD夹角的大小为(　　) A． eq \f(π,4) B． eq \f(π,3) C． eq \f(2π,3) D． eq \f(3π,4) 解析　设平面ABC与平面ABD夹角的大小为θ，则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2)×\r(2))))＝ eq \f(1,2)，又∵θ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴平面ABC与平面ABD夹角的大小为 eq \f(π,3).故选B. 4．已知A(0，1，1)，B(2，－1，0)，C(3，5，7)，D(1，2，4)，则直线AB和CD所成角的余弦值为(　　) A． eq \f(5\r(22),66) B．－ eq \f(5\r(22),66) C． eq \f(5\r(22),44) D．－ eq \f(5\r(22),44) 解析　由题意可得 eq \o(AB,\s\up15(→))＝(2，－2，－1)， eq \o(CD,\s\up15(→))＝(－2，－3，－3)，所以cos 〈 eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(CD,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(AB,\s\up15(→))·\o(CD,\s\up15(→)),|\o(AB,\s\up15(→))||\o(CD,\s\up15(→))|)＝ eq \f(5,3×\r(22))＝ eq \f(5\r(22),66)，故直线AB和CD所成角的余弦值为 eq \f(5\r(22),66).故选A. 5．(2023·辽宁大连期中)若平面α与平面β相交，在交线上有A，B两点，直线BD，AC分别在α，β的平面内且都垂直于AB.若AB＝2，AC＝3，BD＝4，CD＝ eq \r(41)，则平面α与平面β的夹角的大小为(　　) A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,3) C． eq \f(π,4) D． eq \f(π,2) 解析　如图，由题知 eq \o(CA,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))＝0， eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(BD,\s\up15(→))＝0， eq \o(CD,\s\up15(→))＝ eq \o(CA,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(BD,\s\up15(→))，∴| eq \o(CD,\s\up15(→))|2＝| eq \o(CA,\s\up15(→))|2＋| eq \o(AB,\s\up15(→))|2＋| eq \o(BD,\s\up15(→))|2＋2 eq \o(CA,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))＋2 eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(BD,\s\up15(→))＋2 eq \o(CA,\s\up15(→))· eq \o(BD,\s\up15(→))＝32＋22＋42＋2×3×4cos 〈 eq \o(CA,\s\up15(→))， eq \o(BD,\s\up15(→))〉＝( eq \r(41))2＝41， ∴cos 〈 eq \o(CA,\s\up15(→))， eq \o(BD,\s\up15(→))〉＝ eq \f(1,2)，即〈 eq \o(CA,\s\up15(→))， eq \o(BD,\s\up15(→))〉＝ eq \f(π,3)， ∴所求夹角的大小为 eq \f(π,3).故选B. 6．(2023·河南郑州期中)如图，在正三棱锥P­ABC中，PA，PB，PC两两垂直，E，F分别是AB，BC的中点，则直线AF与平面PEF所成角的正弦值为(　　) A． eq \f(\r(2),3) B． eq \f(\r(6),6) C． eq \f(\r(3),3) D． eq \f(\r(6),3) 解析　依题意，PA，PB，PC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系． 设PA＝PB＝PC＝2，则P(0，0，0)，A(2，0，0)，E(1，1，0)，F(0，1，1)， 则 eq \o(PE,\s\up15(→))＝(1，1，0)， eq \o(PF,\s\up15(→))＝(0，1，1)， eq \o(AF,\s\up15(→))＝(－2，1，1). 设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up15(→))＝x＋y＝0，,n·\o(PF,\s\up15(→))＝y＋z＝0，))令x＝1， 可得平面PEF的一个法向量n＝(1，－1，1). 设直线AF与平面PEF所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n， eq \o(AF,\s\up15(→))〉|＝ eq \f(|n·\o(AF,\s\up15(→))|,|n||\o(AF,\s\up15(→))|)＝ eq \f(2,\r(3)×\r(6))＝ eq \f(\r(2),3).故选A. 7．已知四边形ABCD，ABEF都是边长为1的正方形，FA⊥平面ABCD，则异面直线AC与BF所成角的大小为 ． 解析　由题意，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，F(0，0，1)，B(0，1，0)， ∴ eq \o(AC,\s\up15(→))＝(1，1，0)， eq \o(BF,\s\up15(→))＝(0，－1，1)， ∴| eq \o(AC,\s\up15(→))|＝ eq \r(2)，| eq \o(BF,\s\up15(→))|＝ eq \r(2)， eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \o(BF,\s\up15(→))＝－1， ∴cos 〈 eq \o(AC,\s\up15(→))， eq \o(BF,\s\up15(→))〉＝ eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－ eq \f(1,2)， ∴〈 eq \o(AC,\s\up15(→))， eq \o(BF,\s\up15(→))〉＝120°. 又∵异面直线所成的角θ的取值范围为0°<θ≤90°， ∴AC与BF所成的角为60°. 8．在空间中，已知平面α过A(3，0，0)和B(0，4，0)及z轴上一点P(0，0，a)(a>0)，如果平面α与平面Oxy的夹角为45°，则a＝ ． eq \f(12,5) 解析　易知平面Oxy的一个法向量为n＝(0，0，1).设平面α的法向量为u＝(x，y，z)，又 eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－3，4，0)， eq \o(AP,\s\up15(→))＝(－3，0，a)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(u·\o(AB,\s\up15(→))＝0，,u·\o(AP,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－3x＋4y＝0，,－3x＋az＝0，))即3x＝4y＝az，取z＝1，则u＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,4)，1)).而|cos 〈n，u〉|＝ eq \f(1,\r(\f(a2,9)＋\f(a2,16)＋1))＝ eq \f(\r(2),2)，又因为a>0，所以a＝ eq \f(12,5). 9．如图所示，在四面体ABCD中，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝ eq \r(2).求异面直线AB与CD所成角的余弦值． 解　如图，取BD的中点O，连接OA，OC，由题意知OA，OC，BD两两垂直，故以O为坐标原点建立空间直角坐标系， 则B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0， eq \r(3)，0)，A(0，0，1)， ∴ eq \o(BA,\s\up15(→))＝(－1，0，1)， eq \o(CD,\s\up15(→))＝(－1，－ eq \r(3)，0)， ∴cos 〈 eq \o(BA,\s\up15(→))， eq \o(CD,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(BA,\s\up15(→))·\o(CD,\s\up15(→)),|\o(BA,\s\up15(→))|·|\o(CD,\s\up15(→))|)＝ eq \f(\r(2),4). ∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为 eq \f(\r(2),4). 10．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1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　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\up15(→))＝(2，0，－2)， eq \o(AE,\s\up15(→))＝(0，2，1)， eq \o(AF,\s\up15(→))＝(1，1，0). 设平面AEF的一个法向量为n＝(a，b，c)， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up15(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up15(→))＝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＝|cos 〈n， eq \o(A1B,\s\up15(→))〉|＝ eq \f(|n·\o(A1B,\s\up15(→))|,|n||\o(A1B,\s\up15(→))|)＝ eq \f(\r(3),6)， 即A1B与平面AEF所成角的正弦值为 eq \f(\r(3),6). 能力提升 11．(2024·湖南长沙期末)如图，已知在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，沿对角线AC折叠之后，使得平面BAC⊥平面DAC，则平面BCD与平面DAC夹角的余弦值为 (　　) A．2 B． eq \f(1,2) C． eq \f(\r(3),3) D． eq \f(\r(5),5) 解析　设AC的中点为O，连接DO，BO，则DO⊥AC，BO⊥AC，因为平面BAC⊥平面DAC，则BO⊥平面DAC，故BO⊥OD，故以 eq \o(OC,\s\up15(→))， eq \o(OD,\s\up15(→))， eq \o(OB,\s\up15(→))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，设菱形边长为2，则C(1，0，0)，O(0，0，0)，D(0， eq \r(3)，0)，B(0，0， eq \r(3))， eq \o(CD,\s\up15(→))＝(－1， eq \r(3)，0)， eq \o(CB,\s\up15(→))＝(－1，0， eq \r(3))， eq \o(OB,\s\up15(→))＝(0，0， eq \r(3))，显然 eq \o(OB,\s\up15(→))＝(0，0， eq \r(3))是平面DAC的一个法向量， 设平面BCD的法向量为n＝(x，y，z)，则满足 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up15(→))＝0，,n·\o(CB,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－\r(3)y＝0，,x－\r(3)z＝0，))令x＝ eq \r(3)，可得y＝z＝1，故n＝( eq \r(3)，1，1)，则cos 〈 eq \o(OB,\s\up15(→))，n〉＝ eq \f(\r(3),\r(3)×\r(5))＝ eq \f(\r(5),5)，即平面BCD与平面DAC夹角的余弦值为 eq \f(\r(5),5).故选D. 12．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1，CC1的中点，P为线段AD上一动点，记α为异面直线PM与D1N所成的角，则α的取值集合是(　　) A． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))) B． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(α|\f(π,6)≤α≤\f(π,2))) C． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(α|\f(π,4)≤α≤\f(π,2))) D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(α|\f(π,3)≤α≤\f(π,2))) 解析　以D为坐标原点，DA，DC，DD1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，设正方体的棱长为1，P(x，0，0)(0≤x≤1)，则M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))， D1(0，0，1)，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))， ∴ eq \o(PM,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－x，\f(1,2)，1))， eq \o(D1N,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(1,2)))， ∴ eq \o(PM,\s\up15(→))· eq \o(D1N,\s\up15(→))＝0，∴ eq \o(PM,\s\up15(→))⊥ eq \o(D1N,\s\up15(→))， ∴α＝ eq \f(π,2).故选A. 13．如图，正三角形ABC与正三角形BCD所在的平面互相垂直，则直线CD与平面ABD所成角的正弦值为 ． eq \f(\r(15),5) 解析　如图，取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 设BC＝1，则A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))， B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))， D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0))，所以 eq \o(BA,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))， eq \o(BD,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))， eq \o(CD,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0)). 设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up15(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up15(→))＝0，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0，)) 取x＝1，则y＝－ eq \r(3)，z＝1， 所以n＝(1，－ eq \r(3)，1)， 所以|cos 〈n， eq \o(CD,\s\up15(→))〉|＝ eq \f(\r(15),5)， 因此直线CD与平面ABD所成角的正弦值为 eq \f(\r(15),5). 多元数学 14．(数学建模)如图所示的几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在的直线为旋转轴旋转120°得到的，G是 eq \o(DF,\s\up8(︵))的中点，P是 eq \o(CE,\s\up8(︵))上的一点，且AP⊥BE. (1)求∠CBP的大小； (2)当AB＝3，AD＝2时，求平面AGE与平面ACG夹角的大小． 解　(1)因为AP⊥BE, AB⊥BE, AB∩AP＝A，AB，AP⊂平面ABP，所以BE⊥平面ABP. 又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP. 又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°. (2)以B为坐标原点，BE，BP，BA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1， eq \r(3)，3)，C(－1， eq \r(3)，0)，则 eq \o(AE,\s\up15(→))＝(2，0，－3)， eq \o(AG,\s\up15(→))＝(1， eq \r(3)，0)， eq \o(CG,\s\up15(→))＝(2，0，3). 设m＝(x1，y1，z1)是平面AGE的法向量， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up15(→))＝0，,m·\o(AG,\s\up15(→))＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0，)) 取z1＝2，可得m＝(3，－ eq \r(3)，2). 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的法向量， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AG,\s\up15(→))＝0，,n·\o(CG,\s\up15(→))＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0，)) 取z2＝－2，可得n＝(3，－ eq \r(3)，－2). 设平面AGE与平面ACG的夹角为θ， 所以cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝ eq \f(1,2). 因此平面AGE与平面ACG夹角的大小为60°. $