1.4.2.2 夹角问题-【新课程学案】2026-2027学年高中选择性必修第一册教师用书word（人教A版）

本讲义聚焦空间夹角问题核心知识点，系统梳理用向量法求线线、线面、面面夹角的原理，通过定义阐释、公式推导及微点助解构建知识支架，衔接基础训练与梯度题型，助力学生掌握向量夹角与空间角的转化关系。 该资料采用梯度进阶式教学，以题型分类（异面直线、线面、面面角）和思维建模引导学生形成逻辑推理能力，通过坐标法应用培养数学语言表达能力。课中辅助教师分层教学，课后检测帮助学生查漏补缺，强化空间观念与应用意识。

第2课时　夹角问题 [教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学] [课时目标] 1.会用向量法求线线、线面、面面夹角,体会向量法在几何问题中的应用. 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. 1.两条异面直线所成的角 若异面直线l1,l2所成的角为θ,其方向向量分别为u,v,则cos θ=|cos<u,v>|==. 2.直线和平面所成的角 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>|==. 3.两个平面的夹角 (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不大于90°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和n2,设平面α与平面β的夹角为θ,则cos θ=|cos<n1,n2>|==. |微|点|助|解| (1)两异面直线所成角的范围是,其余弦值一定是非负数. (2)两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系. (3)线面角的范围为. (4)直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角. (5)求两平面的夹角问题转化为两平面法向量的夹角问题. (6)两平面的夹角的范围是,二面角的范围是[0,π]. (7)二面角与两平面的夹角不是相同的概念. 基础落实训练 1.设两条异面直线a,b的方向向量分别为a=(-1,1,0),b=(0,-1,1),则a与b所成的角为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　因为两条异面直线a,b的方向向量分别为a=(-1,1,0),b=(0,-1,1),cos<a,b>==-=-,所以a与b所成的角的余弦值为,所以a与b所成的角为. 2.若直线l的一个方向向量u=(1,0,1),平面α的一个法向量n=(0,-1,1),则l与α所成的角为 (　　) A.　　　　 B.　　　　 C.或　　　　 D.或 解析:选A　设l与α所成角为θ,因为直线l的一个方向向量u=(1,0,1),平面α的一个法向量n=(0,-1,1),所以sin θ=|cos<u,n>|==,因为0≤θ≤,所以θ=. 3.已知两个平面的法向量分别为m=(0,1,1),n=(1,-1,0),则这两个平面的夹角为 (　　) A.30° B.60° C.60°或120° D.120° 解析:选B　cos<m,n>===-,因为向量夹角范围为[0,π],故两向量夹角为π,故两平面夹角为,即60°,故选B. 题型(一)　异面直线所成的角 [例1]　如图,在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则AM与CN所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,∠BCA=90°,如图,以C为原点,以CB,CA,CC1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,令BC=CA=CC1=2,则A(0,2,0),M(1,1,2),C(0,0,0),N(0,1,2),∴=(1,-1,2),=(0,1,2), ∴cos<,>===. 令AM与CN所成的角为θ, 则cos θ=|cos<,>|=. 　　|思|维|建|模| 用坐标法求异面直线所成的角的一般步骤 (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. 　　[针对训练] 1.如图,在圆锥SO中,AB是底面圆O的直径,D,E分别为SO,SB的中点,OC⊥AB,SO=AB=4,则直线AD与直线CE所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　以点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(2,0,0),A(0,2,0),D(0,0,2),E(0,-1,2),所以=(0,-2,2),=(-2,-1,2),所以直线AD与直线CE所成角的余弦值为|cos<,>|== =. 2.如图,已知多面体ABCDMN中,底面ABCD是边长为2的正方形,MA=2,NC=1,MA⊥平面ABCD,NC⊥平面ABCD,=λ(0<λ<1),若异面直线AT与MD所成角的余弦值为,求λ的值. 解:以点A为原点,分别以AB,AD,AM所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则M(0,0,2),D(0,2,0),B(2,0,0),C(2,2,0),所以=(0,2,-2),=(0,2,0),所以=λ(0,2,0)=(0,2λ,0),可得=+=(2,0,0)+(0,2λ,0)=(2,2λ,0),所以·=4λ,||=2,||=,所以=,可得λ=. 题型(二)　直线与平面所成的角 [例2]　如图,已知多面体ABC⁃A1B1C1中,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1, AB=BC=B1B=2.请用空间向量的方法解答下列问题:求直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值. 解:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,以过O点平行于CC1的直线为z轴,建立空间直角坐标系.由题意知A(0,-,0),B(1,0,0),A1(0,-,4),B1(1,0,2),C1(0,,1). 设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ,可知=(0,2,1),=(1,,0),=(0,0,2). 设平面ABB1的法向量为n=(x,y,z), 则即令y=1,则x=-,z=0,可得平面ABB1的一个法向量n=(-,1,0). ∴sin θ=|cos<,n>|==. ∴直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值是. 　　|思|维|建|模| 用坐标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)分别求出直线的方向向量u和平面的法向量n的坐标; (3)设线面角为θ,则sin θ=; (4)由θ∈,求θ. 　　[针对训练] 3.如图,在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为　　　　. 解析:如图所示,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,1), ∴=(-2,0,1).连接AC,易证AC⊥平面BB1D1D,∴平面BB1D1D的一个法向量为a==(-2,2,0).∴所求角的正弦值为|cos<a,>|===. 答案: 4.如图,在四棱台ABCD⁃A1B1C1D1中,底面ABCD和A1B1C1D1均为正方形,平面A1B1BA⊥平面ABCD, AB=2BB1=2AA1=2A1B1,E为线段CD上一点. 若直线AB与平面A1D1E所成角的正弦值为,求. 解:分别取AB,A1B1的中点O,F,连接OF.易证OF⊥AB. ∵平面A1B1BA⊥平面ABCD,平面A1B1BA∩平面ABCD=AB,∴OF⊥平面ABCD. 设A1B1为2个单位长度,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A1(-1,0,),D1(-1,2,),A(-2,0,0),B(2,0,0).设E(a,4,0),-2≤a≤2,得=(a+1,4,-),=(0,2,0),=(4,0,0).设平面A1D1E的法向量为n=(x,y,z), 则 取z=a+1,得x=,则n=(,0,a+1). 由直线AB与平面A1D1E所成角的正弦值为|cos<n,>|===,解得a=1,所以CE=1.又因为CD=AB=2A1B1=4,所以DE=4-1=3,故=3. 题型(三)　两个平面的夹角 [例3]　如图,在三棱锥P⁃ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠PAC=∠ABC=90°,PA=BC=1,E是AB的中点. PB=AC=2,求平面BPC与平面EPC夹角的余弦值. 解:因为平面PAC⊥平面ABC,且AC为交线,PA⊥AC,PA⊂平面PAC,所以PA⊥平面ABC,以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.因为PB=AC=2,PA=BC=1,在Rt△ABC中,AB===, 所以B(0,0,0),P(0,,1),C(1,0,0),E,=(-1,,1),=(0,-,-1), =. 设平面BPC的法向量为m=(x1,y1,z1), 则即 令y1=1,则m=(0,1,-). 设平面EPC的法向量为n=(x2,y2,z2), 则即 令y2=2,则n=(,2,-). 设平面BPC与平面EPC的夹角为θ,则cos θ===, 所以平面BPC与平面EPC夹角的余弦值为. 　　|思|维|建|模| 利用坐标法求两个平面夹角的步骤 (1)建立空间直角坐标系; (2)分别求出两个面所在平面的法向量的坐标; (3)求两个法向量的夹角; (4)确定两平面夹角的大小. 　　[针对训练] 5.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,求平面ABC与平面AB1C1的夹角. 解:以C为原点,在平面ABC中,过C作BC的垂线为x轴,直线CB为y轴,直线CC1为z轴,建立空间直角坐标系, 由题意A(,1,0),B1(0,2,1),C1(0,0,1),则=(-,1,1),=(-,-1,1),设平面AB1C1的法向量n=(x,y,z), 则 得令x=1得n=(1,0,),易知平面ABC的一个法向量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=,所以平面ABC与平面AB1C1的夹角为. [课时检测] 1.已知平面α的一个法向量为n1=,平面β的一个法向量为n2=(1,-1,1),则平面α与β的夹角为 (　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析:选D　因为n1·n2=0,所以α⊥β,所以α与β的夹角为90°. 2.已知平面α的一个法向量为n=(-,-2,1),点A(-1,2,1)在平面α内.若点P的坐标为(-1,1,1),则直线PA与平面α所成的角为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　由题得=(0,1,0),则n·=(-,-2,1)·(0,1,0)=-2.设直线PA与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cos<n,>|==,因为θ∈,所以θ=. 3.在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,平面α经过点B,D,平面β经过点A,D1,当平面α,β分别截正方体所得截面面积最大时,平面α与平面β夹角的余弦值为 (　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析:选C　如图,因为正方体中过体对角线的截面面积最大,所以题目转化为求平面BDD1B1与平面ABC1D1夹角的余弦值,以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为1,平面α与平面β的夹角为θ,因为DD1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以DD1⊥AC,且AC⊥BD,BD∩DD1=D,BD,DD1⊂平面BDD1B1,所以AC⊥平面BDD1B1,同理B1C⊥平面ABC1D1.所以为平面BDD1B1的一个法向量,为平面ABC1D1的一个法向量.又A(1,0,0),C(0,1,0),B1(1,1,1),=(-1,1,0),=(-1,0,-1),则cos θ== =.故选C. 4.如图,在由三棱柱截得的几何体ABC⁃A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AB⊥AC,AA1=2,BB1=CC1=1,AC=2,点D,E,F分别是棱B1C1,A1C1,BB1的中点.若直线A1D与EF所成角的余弦值为,则AB= (　　) A.1 B.2 C. D.4 解析:选A　以点A为坐标原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.设AB=x(x>0),则A1(0,0,2),E,F,B1(x,0,1),C1(0,2,1),D,=,=(x,-1,-1),所以直线A1D与EF所成角的余弦值|cos<,>|===,解得x=1(舍负),故选A. 5.如图,在正四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1中,底面边长为2,直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为,则正四棱柱的高为 (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:选D　以D为原点,以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,设DD1=a(a>0),则A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,a),C1(0,2,a),故=(-2,2,0),=(-2,0,a),=(0,0,a),设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z), 则可取n=, 故cos<n,>===. 又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为, ∴=,解得a=4(舍负). 6.我们称:两个相交平面构成四个二面角,其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角;由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”.则在正方体中,两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为 (　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析:选A　平面ABCD和平面ADD1A1的夹角为90°,D错误.平面ABCD和平面A1BCD1的夹角为45°,B错误.设正方体的棱长为1,如图,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),=(0,1,0), =(-1,-1,1),设平面ABC1D1的法向量为m=(x1,y1,z1),则故可取m=(1,0,1).=(1,0,0),设平面A1BCD1的法向量为n=(x2,y2,z2),则故可取n=(0,1,1),设平面ABC1D1与平面A1BCD1的夹角为θ,则cos θ===,由于0°≤θ≤90°,所以θ=60°,所以C错误.所以夹角大小不可能为30°. 7.(多选)如图,△ABC内接于圆O,AB为圆O的直径,AB=4,BC=2,CD⊥平面ABC,E为AD的中点,若三棱锥D⁃BEC的体积为2,则下列结论正确的有 (　　) A.异面直线BE与AC所成角的余弦值为 B.直线BD与平面BCE所成角的余弦值为 C.点A到平面BCE的距离为 D.平面BCE与平面ABD夹角的大小为 解析:选AC　因为AB为圆O的直径,且AB=4,BC=2,所以△ABC为直角三角形,AC=2,设CD=h,由E为AD的中点可得VD⁃BEC=VD⁃ABC=×h·×2×2=2, 解得h=2.以C为坐标原点,CA,CB,CD所在直线分别为x,y,z轴建立空间坐标系,如图所示, 则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),D(0,0,2),E(,0,),=(2,0,0),=(,-2,),=(0,-2,2),=(,0,). 对于A,易知cos<,>==,所以异面直线BE与AC所成角的余弦值为,A正确;对于B,设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),则即取x=1,y=0,z=-1,n=(1,0,-1).设BD与平面BCE所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|===,B不正确;对于C,点A到平面BCE的距离为==,C正确;对于D,设平面ABD的法向量为m=(a,b,c),=(2,0,-2),=(0,2,-2),则即取c=1,b=,a=1,m=(1,,1),m·n=0,所以平面BCE与平面ABD夹角的大小为,D不正确.故选AC. 8.(5分)设平面α的一个法向量为n=(a,0,1),直线l的一个方向向量为d=(3,-4,0),若直线l与平面α所成的角为,则正数a=　　　.  解析:依题意可得|cos<n,d>|==sin,即=,解得a=(舍负). 答案: 9.(5分)在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE夹角的余弦值为　　　　.  解析:以D为坐标原点,建系如图,则B(1,2,0),C1(0,2,2),A(1,0,0),E(0,2,1),所以=(-1,0,2),=(-1,2,1).则cos<,>=,所以异面直线BC1与AE夹角的余弦值为. 答案: 10.(5分)如图,在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AA1=2,AC=,过BC的中点D作平面ACB1的垂线,交平面ACC1A1于点E,则BE与平面ABB1A1所成角的正切值为　　　　　　　　. 解析:由题可知,AA1⊥AB,AA1⊥AC,AB⊥AC,故以点A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(,0,0),B(0,0,2),A1(0,2,0),B1(0,2,2),D,=(0,2,2),=(,0,0),连接AC1与CA1交于点E',连接DE',则E',=(0,1,-1),易知平面ABB1A1的一个法向量为=(,0,0).因为·=2×1+2×(-1)=0,·=0,所以AB1⊥DE',AC⊥DE',所以DE'⊥平面ACB1,即点E与点E'重合,所以=.设BE与平面ABB1A1所成的角为θ,则sin θ=|cos<,>|==,所以cos θ=,故tan θ=. 答案: 11.(10分)如图,在四棱锥P⁃ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD=2BC=2AB=4,PA=2,且∠ABC=60°,点E为棱PD上一点(不与P,D重合),平面BCE交棱PA于点F. (1)求证:BC∥EF;(3分) (2)若E为PD中点,求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值.(7分) 解:(1)证明:因为BC∥AD,AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,所以BC∥平面PAD,又BC⊂平面BCEF,平面BCEF∩平面PAD=EF, 所以BC∥EF. (2)取BC中点为M,连接AM, 因为AB=BC,且∠ABC=60°,所以△ABC为等边三角形,所以AM⊥BC,又AD∥BC, 所以AM⊥AD. 以A为原点,以AM,AD,AP所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 则A(0,0,0),C(,1,0),E(0,2,1),所以=(0,2,1),=(,1,0). 设平面ACE的法向量为n=(x,y,z), 则令x=,则y=-3,z=6,得n=(,-3,6). 因为AM⊥平面PAD,所以平面PAD的一个法向量m=(1,0,0), 设平面ACE与平面PAD的夹角为θ,则cos θ=|cos<m,n>|==. 12.(15分)如图,在四棱锥P⁃ABCD中,AD∥BC,AD⊥PD,平面PAD⊥平面PCD,设平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)求证:平面PBC⊥平面PCD;(6分) (2)已知AD=PD=DC=2,PC=2.若直线l与直线AB所成的角为,求直线l与平面PAB所成角的正弦值.(9分) 解:(1)证明:因为平面PAD⊥平面PCD,且其交线为PD,AD⊥PD,AD⊂平面PAD,故AD⊥平面PCD.又AD∥BC,所以BC⊥平面PCD,BC⊂平面PBC.所以平面PBC⊥平面PCD. (2)因为AD∥BC,BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC.又平面PAD∩平面PBC=l,AD⊂平面PAD,所以l∥AD. 由直线l与直线AB所成的角为,知∠DAB=. 可推出BC=4,AB=2. 由(1)可知,AD⊥平面PCD,AD⊂平面ABCD,即平面ABCD⊥平面PCD,由于两平面的交线为CD,如图,过P作直线CD的垂线,垂足为H,则PH⊥平面ABCD. 以H为原点,分别以,,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A(2,1,0),B(4,3,0),D(0,1,0),P(0,0,),=(2,2,0),=(-2,-1,), 设平面PAB的法向量n=(x,y,z), 由得 取x=,得y=-,z=1, 则平面PAB的一个法向量n=(,-,1). 又=(-2,0,0),令直线AD与平面PAB所成的角为α,则sin α===.所以直线l与平面PAB所成角的正弦值为. 13.(15分)(2024·新课标Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=,将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4. (1)证明:EF⊥PD;(6分) (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.(9分) 解:(1)证明:由AB=8,AD=5,=,=, 得AE=2,AF=4,又∠EAF=30°,在△AEF中,由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF=12+16-2×2×4×=4, 所以AE2+EF2=AF2, 则AE⊥EF,即EF⊥AD, 所以EF⊥PE,EF⊥DE, 又PE∩DE=E,PE,DE⊂平面PDE, 所以EF⊥平面PDE,又PD⊂平面PDE, 故EF⊥PD. (2)连接CE,由∠ADC=90°,ED=3,CD=3,则CE2=ED2+CD2=36, 在△PEC中,PC=4,PE=2,EC=6,得EC2+PE2=PC2, 所以PE⊥EC,由(1)知PE⊥EF,又EC∩EF=E,EC,EF⊂平面ABCD, 所以PE⊥平面ABCD.又ED⊂平面ABCD, 所以PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系, 则E(0,0,0),P(0,0,2),D(0,3,0),C(3,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),由F是AB的中点,得B(4,2,0), 所以=(3,3,-2),=(0,3,-2),=(4,2,-2),=(2,0,-2). 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n=(x1,y1,z1),m=(x2,y2,z2), 则 令y1=2,x2=,得x1=0,z1=3,y2=-1, z2=1, 所以n=(0,2,3),m=(,-1,1), 所以|cos<m,n>|===. 设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ,则sin θ==,即平面PCD和平面PBF所成二面角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $