1.4.2 第2课时 用空间向量研究夹角问题(Word学生用书)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教A版)

该高中数学导学案聚焦用空间向量研究线线角、线面角、面面角，课堂导入通过回顾必修课程中的空间角知识，提出用方向向量和法向量求解的问题，搭建新旧知识联系的学习支架，引导学生从已有认知过渡到向量法应用。 资料以问题驱动深化概念理解，通过微思考辨析向量夹角与空间角关系，培养逻辑推理。一题多解和规律方法总结帮助学生掌握向量法步骤，提升数学运算能力。教材挖掘拓展最小角定理，结合分层训练，助力学生用数学语言表达空间关系，发展创新意识。

第二课时　用空间向量研究夹角问题 课标要求 情境导入 1.会用向量法求线线角、线面角、面面角（数学运算）． 2.能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系（逻辑推理）． 　　在必修课程中，我们学习过异面直线所成的角，直线与平面相交所成的角，以及两个平面相交所成的二面角．这些角能否借助直线的方向向量、平面的法向量来求解呢？ 知识点一　两异面直线所成的角 问题　（1）异面直线l1，l2所成的角与它们的方向向量u和v的夹角之间有什么关系？ （2）能不能借助两个向量的夹角来求两异面直线所成的角？ 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〉|=　　　　　=　　　　　　． 【微思考】 求两异面直线所成的角θ时，为什么不能用cos θ=cos〈u，v〉？ 〔一题多解〕（链接教材P36例7）如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA=AB=BC=AD=1，求PB与CD所成的角． 规律方法 求异面直线所成的角的方法 （1）基底法：在一些不适合建立坐标系的题目中，经常采用取定基底的方法，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底表示，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，写出各相关点的坐标，进而利用公式求解．利用坐标法求线线角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得更简单． 训练 1　如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，则异面直线BA1和AC所成角的大小为　　　　． 知识点二　直线与平面所成的角 问题　如图，直线AB与平面α相交于点B，AC垂直于平面α，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，你认为θ与〈u，n〉之间有什么关系？ 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〉|=　　　　　　=　　　　　　． 提醒：（1）直线与平面所成的角是指这条直线与它在这个平面内的投影所成的角，其范围是［0，］；（2）若〈u，n〉是一个锐角，则θ=－〈u，n〉；若〈u，n〉是一个钝角，则θ=〈u，n〉－． 如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB=2，∠ABC=60°，M是AB的中点． （1）求直线BE与平面EAC所成角的正弦值； （2）求直线EC与平面EAD所成角的余弦值． 变式 　本例条件不变，若点P在线段EC上，且直线AP与平面ABE所成的角为45°，求出的值． 规律方法 向量法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； （3）求平面的法向量n； （4）设线面角为θ，则sin θ=． 训练 2　如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为CC1的中点，则直线A1B与平面BDE所成的角为（　　） A．　 B． C．　 D． 知识点三　两个平面的夹角 问题　（1）如图，图中有几个二面角？两个平面的夹角与这两个平面形成的二面角有什么关系？ （2）两个平面的夹角与两平面的法向量的夹角有何关系？ 1.如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，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.若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角，设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ=|cos〈n1，n2〉|=　　　　　　=　　　　　　． 提醒：（1）两个平面夹角的范围是［0，］，二面角的范围是［0，π］，若夹角为，则两个平面垂直；（2）因为两个平面法向量的方向不确定，故〈n1，n2〉∈［0，π］，若〈n1，n2〉为钝角，应取其补角． （链接教材P37例8）如图所示，在三棱锥S－ABC中，O为BC的中点，SO⊥平面ABC，侧面SAB与SAC均为等边三角形，∠BAC=90°，求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值． 规律方法 向量法求两平面夹角的步骤 （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〉|． 训练 3　（1）（2026•洛阳强基联盟联考）设a=（1，1，0），b=（t，0，1）分别为两平面的法向量，若两平面所成的角为60°，则实数t的值为（　　） A．1　 B．－1 C．－1或1　 D．2 （2）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为1，则平面ABC与平面AB1C1的夹角的大小为（　　） A．　 B． C．　 D． 1.若异面直线l1，l2的方向向量分别是a=（0，－2，－1），b=（2，0，4），则异面直线l1与l2的夹角的余弦值等于（　　） A．－　 B． C．－　 D． 2.已知两平面的法向量分别为m=（0，，0），n=（，，2），则两平面所成的二面角为（　　） A．60°　 B．30°或150° C．60°或120°　 D．90° 3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为（　　） A．　　 B．　　 C．　　 D． 4.已知正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA=AB，求平面PAB与平面PCD的夹角． 　最小角与最大角定理 　最小角定理：如图，平面的斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内任一直线所成角中的最小者，即线面角是最小的线线角．（由三余弦定理cos∠PAB=cos θ•cos∠OAB可得） 最大角定理：如图，对于一个锐二面角，在其中一个半平面内的任一条直线与另一个半平面所成的线面角的最大值等于二面角的平面角，即二面角是最大的线面角．（由三正弦定理sin θ=sin α•sin∠PAB可得） （1）设三棱锥V－ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P－AC－B的平面角为γ，则（　　） A．β＜γ，α＜γ　 B．β＜α，β＜γ C．β＜α，γ＜α　 D．α＜β，γ＜β （2）在四面体ABCD中，△BCD为等边三角形，∠ADB=，二面角B－AD－C的大小为α，则α的取值范围是（　　） A．（0，］ B．（0，］　　 C．（0，］ D．（0，］ 听课记录　　 　　 【迁移应用】 1.如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若AB=15 m，AC=25 m，∠BCM=30°，则tan θ的最大值是　　　　．（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角） 2.〔一题多解〕如图，在△ABC中，AB=1，BC=2，∠ABC=，将△ABC绕边AB翻转至△ABP，使平面ABP⊥平面ABC，D是边BC的中点，设Q是线段PA上的动点，当PC与DQ所成的角取得最小值时，线段AQ的长度为　　　　． 完成课后作业　第一章　1.4　1.4.2　第二课时 答案 第二课时　用空间向量研究夹角问题 知识点一　 导入新知 问题　（1）提示：相等或互补． （2）提示：可以．可转化为两条异面直线的方向向量的夹角问题来解决． 学习新知 ||　 微思考 提示：因为两异面直线所成角θ的范围是（0，］，而两个向量夹角〈u，v〉的范围是［0，π］，事实上，当〈u，v〉是锐角时，θ=〈u，v〉，cos θ=cos〈u，v〉；当〈u，v〉是钝角时，θ=π－〈u，v〉，cos θ=－cos〈u，v〉． 【例 1】　解：法一　由题意知||=，||=，=＋，=＋＋． 因为PA⊥平面ABCD，所以•=•=•=0， 因为AB⊥AD，所以•=0， 因为AB⊥BC，所以•=0， 所以•=（＋）•（＋＋）=2=1. 所以cos〈，〉===， 所以〈，〉=60°， 所以PB与CD所成的角为60°． 法二　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=（－1，0，1），=（1，－1，0）， cos〈，〉===－． 所以〈，〉=120°， 故PB与CD所成的角为60°． 训练 1　60°　解析：以D为原点，DA，DC，DD1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，则A（a，0，0），B（a，a，0），C（0，a，0），A1（a，0，a），所以=（0，－a，a），=（－a，a，0）．所以cos〈，〉===－，所以〈，〉=120°．又因为异面直线所成角θ的取值范围为0°＜θ≤90°，所以异面直线BA1和AC所成角的大小为60°． 知识点二　 导入新知 问题　提示：sin θ=|cos 〈u，n〉|． 学习新知 ||　 【例 2】　解：（1）连接MC，因为EA=EB，M是AB的中点，所以EM⊥AB， 因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE⋂平面ABCD=AB，EM⊂平面ABE， 所以EM⊥平面ABCD，又CM⊂平面ABCD， 所以EM⊥CM， 在菱形ABCD中，因为∠ABC=60°， 所以△ABC是正三角形， 所以MC⊥AB，所以ME，MC，MB两两垂直． 所以以点M为坐标原点，MB，MC，ME所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则M（0，0，0），A（－1，0，0），B（1，0，0），C（0，，0），E（0，0，）， =（1，，0），=（1，0，），=（－1，0，）， 设m=（x，y，z）是平面ACE的一个法向量， 则即 令z=1，得m=（－，1，1）， 设直线BE与平面EAC所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈，m〉|===， 所以直线BE与平面EAC所成角的正弦值为． （2）由（1）知，D（－2，，0），=（－1，，0），=（1，0，），=（0，，－）． 设平面EAD的法向量为n=（x1，y1，z1）， 则 令z1=1，得x1=－，y1=－1， 所以n=（－，－1，1）． 设直线EC与平面EAD所成的角为α， 则sin α=|cos〈，n〉|==， 所以cos α===． 所以直线EC与平面EAD所成角的余弦值为． 变式　解：由题意可知，平面ABE的一个法向量为n=（0，1，0）， =（1，0，），=（0，，－）， 设=λ=（0，λ，－λ），0≤λ≤1， 则=＋=（1，λ，－λ）， 因为直线AP与平面ABE所成的角为45°， 所以sin 45°=|cos〈，n〉|===， 整理可得4－6λ=0，解得λ=，所以=． 训练 2　B　以D为原点建立空间直角坐标系（图略），可求得平面BDE的法向量为n=（1，－1，2），而=（0，1，－1），所以cos〈n，〉==－，则〈n，〉=，故直线A1B与平面BDE所成的角为． 知识点三　 导入新知 问题　（1）提示：图中有四个二面角，夹角与二面角相等或互补． （2）提示：两平面的夹角等于两平面的法向量的夹角或其补角． 学习新知 1.不大于90° 2.||　 【例 3】　解：因为△SAB与△SAC均为等边三角形，所以AB=AC．连接OA， 则OA⊥BC． 以O为坐标原点，OB，OA，OS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Oxyz．设B（1，0，0），则C（－1，0，0），A（0，1，0），S（0，0，1），O（0，0，0）． 所以=（0，1，－1），=（－1，0，－1），=（0，1，0）． 设平面SAC的法向量为n=（x，y，z）， 则 令x=1，则z=－1，y=－1，所以n=（1，－1，－1）． 易知平面SBC的一个法向量为=（0，1，0）． 设平面SAC与平面SBC的夹角为θ， 所以cos θ=|cos〈，n〉|==， 所以平面SAC与平面SBC夹角的余弦值为． 训练 3　（1）C　（2）A　解析：（1）因为法向量a，b的夹角与两平面所成的角相等或互补，所以cos〈a，b〉===±，解得t=±1. （2）以C为原点，在平面ABC中，过C作BC的垂线为x轴，CB所在直线为y轴，CC1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则A（，1，0），B1（0，2，1），C1（0，0，1），则=（－，1，1），=（－，－1，1），设平面AB1C1的法向量为n=（x，y，z），则得令x=1，得n=（1，0，）为平面AB1C1的一个法向量．易知平面ABC的一个法向量为m=（0，0，1），所以|cos〈m，n〉|==．设平面ABC与平面AB1C1的夹角为θ，则cos θ=，所以θ=． 随堂自测 1.B　因为a•b=－4，|a|=，|b|=2，设l1与l2的夹角为θ，所以cos θ=|cos〈a，b〉|=||=||=． 2.C　cos〈m，n〉===，所以〈m，n〉=60°，因为二面角与二面角的两个半平面的法向量夹角相等或者互补，所以两平面所成的二面角为60°或120°． 3.C　设该正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系如图所示．则D（0，0，0），B（1，1，0），B1（1，1，1），=（0，0，1），易知平面ACD1的一个法向量为=（1，1，1）．设BB1与平面ACD1所成的角为θ，则sin θ=|cos〈，〉|===． 4.解：如图所示，建立空间直角坐标系，设PA=AB=1， 则A（0，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1），于是=（0，1，0）． 取PD的中点E，连接AE，则E（0，，）， ∴=（0，，）， 易知是平面PAB的一个法向量，是平面PCD的一个法向量， ∴cos〈，〉==， ∴平面PAB与平面PCD的夹角为45°． 【教材挖掘】 【典例】　（1）B　（2）C　解析：（1）由最小角定理可得β＜α．记二面角V－AB－C的平面角为γ′（显然γ′=γ）．由最大角定理有β＜γ′=γ． （2）（最小角定理）因为BD⊥DA，所以二面角B－AD－C的平面角即为直线BD与平面ACD所成的角，由线面角最小知α≤∠BDC=． 迁移应用 1.　解析：由二面角最大定理知，直线AP与平面ABC所成角的最大角即二面角D－AC－B，如图，将其放进长方体中，易知BD=，BF=12，所以（tan θ）max==． 2.　解析： 法一（正方体模型＋线面角最小定理）　将三棱锥放进棱长为2的正方体内（如图1），由最小角定理知，PC与DQ所成的角取得最小值时，即PC与平面PAD所成的角，过点C作CH⊥EF，则∠CPH为PC与平面PAD所成的角，需DQ∥PH，延长PH，AF交于点M，计算得FM=，AM=，所以==，即AQ=AP=． 法二（线面角最小＋三余弦定理）　如图2， 取BP的中点G，连接DG，有PC∥GD．由最小角定理知，当DQ恰好是GD在平面PAD内的投影时所成的角最小．连接AG，过点G作GO⊥DQ．计算得DG=，AG=1，GO=，由三余弦定理cos∠ADG=cos∠ADQ•cos∠GDQ知cos∠ADQ=，所以AQ=． 法三（坐标法）　如图3， 过点C作CO⊥AB，交BA的延长线于点O，连接PO．以点O为原点，以OB所在直线为x轴、OC所在直线为y轴、OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系．则O（0，0，0），A（1，0，0），P（0，0，2），C（0，2，0），B（2，0，0），D（1，1，0）．设=λ，有=＋=（－λ，－1，2λ），=（0，2，－2），所以cos〈，〉=≤，当λ=时取到等号，此时AP=，AQ=． 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $