1.4.2.3 空间角的综合问题-【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）

本讲义聚焦高中数学空间角的综合问题，系统整合线面角与二面角的综合应用、已知空间角求参数、空间角的最值范围等核心知识点，构建从基础概念到综合探究的递进式学习支架。 资料以拓展融通课——习题讲评式教学为特色，通过典型例题与针对训练，引导学生运用空间向量法分析问题，培养空间观念与逻辑推理能力。课中助力教师高效授课，课后通过课时检测帮助学生查漏补缺，提升解决复杂空间几何问题的能力。

第3课时　空间角的综合问题 [教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学] 题型(一)　线面角与二面角的综合 [例1]　如图,在四棱锥M⁃ABCD中,MA⊥平面ABCD,AD∥BC,CD⊥AD,BC=2,AD=DC=1,点N为MB的中点. (1)求证:平面MAB⊥平面NAC; (2)若直线MB与平面ANC所成角的正弦值为,MA>1,求平面NAC与平面MAD所成锐二面角的余弦值. 解:(1)证明:因为MA⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以MA⊥AC,取BC的中点Q,连接AQ,因为AD∥BC,BC=2,AD=1,所以CQ=AD=1.又CQ∥AD,所以四边形ADCQ为平行四边形,因为CD⊥AD,AD=DC=1,所以四边形ADCQ为正方形,故AQ=BQ=1,AQ⊥BC,所以△ABQ为等腰直角三角形,故∠BAQ=∠CAQ=45°,∠BAC=90°,即AB⊥AC.又MA∩AB=A,MA,AB⊂平面MAB,故AC⊥平面MAB,因为AC⊂平面NAC,所以平面MAB⊥平面NAC. (2)因为MA⊥平面ABCD,AQ,AD⊂平面ABCD,所以MA⊥AQ,MA⊥AD, 由(1)得,AQ⊥AD,故以A为坐标原点,AQ,AD,AM所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),设M(0,0,n),n>1,则N,=(1,1,0),=,=(1,-1,-n). 设平面ANC的法向量为a=(x1,y1,z1), 则令x1=1, 则y1=-1,z1=-,故a=, 则直线MB与平面ANC所成角的正弦值为 |cos<,a>|= = ==,解得n=2或n=1(舍去),负值也舍去,故平面ANC的法向量为a=(1,-1,-1).又平面MAD的一个法向量为b=(1,0,0),设平面NAC与平面MAD所成锐二面角为θ,则cos θ=|cos<a,b>|= ==. 故平面NAC与平面MAD所成锐二面角的余弦值为. 　　[针对训练] 1.如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,已知AA1⊥底面A1B1C1,AA1=3,AB=AC,BC=2,D为BC的中点,点F在棱BB1上,且BF=2,E为线段AD上的动点. (1)证明:C1F⊥EF; (2)若直线C1D与EF所成角的余弦值为,求二面角E⁃FC1⁃D的正弦值. 解:(1)证明:在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,AA1⊥底面A1B1C1,所以三棱柱ABC⁃A1B1C1是直三棱柱,则AA1⊥AD, 因为AA1∥BB1,所以BB1⊥AD. 又因为AB=AC,D为BC的中点,所以BC⊥AD.又BB1∩BC=B,BB1,BC⊂平面BB1C1C, 所以AD⊥平面BB1C1C.因为C1F⊂平面BB1C1C, 所以AD⊥C1F. 易知△FBD≌△C1B1F,则∠DFB=∠FC1B1, 因为∠C1FB1+∠FC1B1=90°, 所以∠DFB+∠C1FB1=90°,则∠C1FD=90°, 即C1F⊥FD.又FD∩AD=D,FD,AD⊂平面ADF, 所以C1F⊥平面ADF,又EF⊂平面ADF,所以C1F⊥EF. (2)由(1)取C1B1的中点O,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则C1(0,-1,0),D(0,0,3),F(0,1,1),设E(x,0,3)(x>0), 所以=(0,1,3),=(-x,1,-2),=(0,2,1). 因为直线C1D与EF所成角的余弦值为, 所以|cos<,>|===,解得x=1, 则E(1,0,3),=(-1,1,-2). 设平面C1EF的法向量为m=(x,y,z), 则即⇒ 令y=1,则x=5,z=-2, 所以m=(5,1,-2)为平面C1EF的一个法向量, 易知n=(1,0,0)是平面FC1D的一个法向量, 则cos<m,n>===.由图可知E⁃FC1⁃D为锐角, 所以二面角E⁃FC1⁃D的余弦值为. 题型(二)　已知空间角求其他量 [例2]　如图,在四棱锥S⁃ABCD中,∠ADC=∠BCD=90°,SA=SD=SB,点E为线段AD的中点,且AD=SE=2BC=2CD. (1)求证:SE⊥AC; (2)已知点F为线段SE的中点,点G在线段BC上(不含端点位置),若直线FG与平面SAB所成角的正切值为,求的值. 解:(1)证明:连接EB,由∠ADC=∠BCD=90°,得AD∥BC, 因为AD=2BC=2CD,所以DE=BC=CD, 则四边形DEBC为正方形,所以DA⊥EB. 因为SA=SD,所以SE⊥AD. 设SA=SB=SD=a,AD=SE=2BC=2CD=2b, 在Rt△SAE中,SA2=SE2+AE2,即a2=4b2+b2=5b2,在△SEB中,SE=2b,EB=b,SB=a,有SB2=SE2+EB2,所以△SEB是直角三角形,所以SE⊥EB. 由AD∩EB=E,AD,EB⊂平面ABCD,得SE⊥平面ABCD.又AC⊂平面ABCD,所以SE⊥AC. (2)由(1)知,以点E为原点,以EA,EB,ES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=λ(0<λ<1),则F(0,0,b),B(0,b,0),C(-b,b,0),S(0,0,2b),A(b,0,0), 所以=+=+λ=(-bλ,b,-b),=(b,0,-2b),=(0,b,-2b). 设平面SAB的法向量为n=(x,y,z), 则令x=2b,得z=b,y=2b,所以n=(2b,2b,b).设直线FG与平面SAB所成的角为θ(0°<θ<90°),则tan θ=,即cos θ=sin θ, 又sin2θ+cos2θ=1,所以sin θ=, 所以sin θ=|cos<,n>| ===, 由0<λ<1,解得λ=,即=. 　　[针对训练] 2.(2023·新课标Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. (1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P⁃A2C2⁃D2为150°时,求B2P. 解:(1)证明:以点C为坐标原点,CD,CB,CC1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,则B2(0,2,2),C2(0,0,3),A2(2,2,1),D2(2,0,2),所以=(0,-2,1),=(0,-2,1), 所以=,所以B2C2∥A2D2. (2)设BP=m(0≤m≤4),则P(0,2,m), 所以=(2,0,1-m),=(0,-2,3-m), 设平面PA2C2的法向量为n1=(x1,y1,z1), 所以则 令x1=m-1,得n1=(m-1,3-m,2). 设平面A2C2D2的法向量为n2=(x2,y2,z2), 由(1)知,=(-2,-2,2),=(0,-2,1), 所以则 令y2=1,得n2=(1,1,2). 所以|cos 150°|=|cos<n1,n2>| ==, 整理得m2-4m+3=0, 解得m=1或m=3, 所以P(0,2,1)或P(0,2,3), 所以B2P=1. 题型(三)　与空间角有关的最值、范围问题 [例3]　如图,在四棱锥P⁃ABCD中,PA⊥AD,AB∥CD,CD⊥AD,AD=CD=2AB=2,E,F分别为PC,CD的中点,DE=EC. (1)求证:平面ABE⊥平面BEF; (2)设PA=a(a>0),若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈,求a的取值范围. 解:(1)证明:∵AB∥CD,CD⊥AD,AD=CD=2AB=2,F为CD的中点,∴四边形ABFD为矩形,AB⊥BF.又∵DE=EC,F是CD中点, ∴CD⊥EF.∵AB∥CD,∴AB⊥EF. ∵BF∩EF=F,BF,EF⊂平面BEF, ∴AB⊥平面BEF. 又AB⊂平面ABE,∴平面ABE⊥平面BEF. (2)由(1)知DC⊥EF,又PD∥EF,AB∥CD,∴AB⊥PD.又AB⊥AD,PD∩AD=D,PD,AD⊂平面PAD,∴AB⊥平面PAD,PA⊂平面PAD,∴AB⊥PA.如图,以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,a),C(2,2,0),E,∴=(-1,2,0), =, 易知平面ABCD的法向量n1=(0,0,1), 设平面EBD的法向量为n2=(x,y,z), 则即取y=1,得x=2,z=-,则n2=,∴cos θ=|cos<n1,n2>| ===. ∵平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈,∴cos θ∈,即∈, 由≥,得-≤a≤, 由≤,得a≤-或a≥, ∴a的取值范围是. 　　|思|维|建|模| 　　空间向量法求最值也是要求出目标函数,但是需要先依据题意建立空间直角坐标系,注意建系时使坐标易于求解或表达,然后求目标函数的表达式. 　　[针对训练] 3.如图,在底面ABCD为正方形的多面体中,四边形ACEF为矩形,M是线段EF的中点,且MB=MD,AB=,AF=t(t>0). 当t取何值时,AE与平面BDF所成的角最大?并求最大值. 解:设AC∩BD=O,则O是线段AC的中点,连接MO,由MB=MD得MO⊥BD.又在矩形ACEF中,M是线段EF的中点,则EM∥CO,EM=CO, 所以四边形COME为平行四边形,则OM∥CE. 因为四边形ACEF为矩形,则CE⊥AC,所以MO⊥AC,又AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD,所以MO⊥平面ABCD, 又OM∥CE,则EC⊥平面ABCD,且BC⊥CD, 以C为坐标原点,CD,CB,CE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, 因为AB=,AF=t(t>0),M是线段EF的中点, 所以D(,0,0),A(,,0),B(0,,0),E(0,0,t),F(,,t),从而=(,-,0),=(0,,t),=(-,-,t). 设平面BDF的法向量为q=(x,y,z),则 令x=1,则y=1,z=-,从而平面BDF的一个法向量为q=. 设AE与平面BDF所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,q>|===, 因为t2+≥2=4,当且仅当t2=(t>0),即t=时等号成立,所以sin θ=≤1, 所以当t=时,AE与平面BDF所成的角最大,最大为90°. [课时检测] 1.(10分)如图,已知四棱锥P⁃ABCD,BC∥AD,CD⊥AD,AD=2DC=2,AP⊥平面PCD.若二面角P⁃AC⁃B的正弦值为,求AP. 解:因为AP⊥平面PCD,PD,CD⊂平面PCD,所以AP⊥PD,AP⊥CD. 又CD⊥AD,AD∩AP=A,AD,AP⊂平面APD, 所以CD⊥平面APD, 所以以点P为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,设AP=m,PD=n, 则A(m,0,0),D(0,n,0),C(0,n,1),=(m,-n,-1),=(m,-n,0). 设平面PAC的法向量为n1=(x1,y1,z1), 由得 令y1=1,则n1=(0,1,-n). 设平面ABC的法向量为n2=(x2,y2,z2), 由且CB∥DA,得 于是 令x2=n,则n2=(n,m,0). 设二面角P⁃AC⁃B的平面角为θ, 则sin θ=,所以|cos θ|==, 则|cos θ|=|cos<n1,n2>|==,　① 又在Rt△APD中,AP2+PD2=AD2,即n2+m2=4,　② 联立①②可得,m=,n=1,所以AP=. 2.(13分)在如图所示的多面体ABCDFE中,四边形ABCD为菱形,在梯形ABEF中,AF∥BE,AF⊥AB, AB=BE=2AF=2,平面ABEF⊥平面ABCD. (1)证明:BD⊥CF;(5分) (2)若直线BC与平面ACF所成的角为,点N为CF的中点,求异面直线DN与CE所成角的余弦值.(8分) 解:(1)证明:因为AF⊥AB,且平面ABEF⊥平面ABCD,平面ABEF∩平面ABCD=AB,AF⊂平面ABEF, 所以AF⊥平面ABCD, 因为BD⊂平面ABCD,所以AF⊥BD. 因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD. 又AF∩AC=A,AF,AC⊂平面ACF, 所以BD⊥平面ACF,因为CF⊂平面ACF,所以BD⊥CF. (2)记AC∩BD=O,连接ON,易得ON⊥平面ABCD.以O为原点,OD,OC,ON所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 因为BD⊥平面ACF,所以直线BC与平面ACF所成的角即为∠BCA=. 又因为四边形ABCD为菱形,所以△ACD,△ABC均为等边三角形, 由条件可知,D(,0,0),C(0,1,0),E(-,0,2),F(0,-1,1), 因为点N为CF的中点,所以N, 所以=,=(-,-1,2), 所以|cos<,>|= ==, 所以异面直线DN与CE所成角的余弦值为. 3.(15分)如图,在三棱锥P⁃ABC中,△PAB为等边三角形,△ABC为等腰直角三角形,PA=2,AC⊥BC,平面PAB⊥平面ABC. (1)证明:AB⊥PC.(6分) (2)点D在线段PC上,求直线AD与平面PBC所成角的正弦值的最大值.(9分) 解:(1)证明:取AB的中点O,连接OP,OC. 因为△PAB为等边三角形,所以OP⊥AB. 因为△ABC为等腰直角三角形,且AC⊥BC,所以OC⊥AB. 因为OP⊂平面POC,OC⊂平面POC,OP∩OC=O,所以AB⊥平面POC,又PC⊂平面POC,所以AB⊥PC. (2)因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,OP⊂平面PAB,OP⊥AB,所以OP⊥平面ABC. 以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,-1,0),C(1,0,0),P(0,0,),B(0,1,0),=(-1,1,0),=(-1,0,),=(1,1,0), 设=λ(0≤λ≤1),则=+=(1,1,0)+λ(-1,0,)=(1-λ,1,λ). 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z), 则即 令z=,则x=3,y=3,所以n=(3,3,). 设直线AD与平面PBC所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>| = = =≤=, 当且仅当λ=时,等号成立. 故直线AD与平面PBC所成角的正弦值的最大值为. 4.(15分)如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD为矩形,平面ADE⊥平面ABCD,且AB=4,正三角形ADE的边长为2. (1)证明:EF∥平面ABCD.(6分) (2)若EF<AB,且直线AE与平面BCF所成角的正弦值为,求EF的值.(9分) 解:(1)证明:因为四边形ABCD为矩形,所以AB∥CD, 又AB⊄平面CDEF,CD⊂平面CDEF, 所以AB∥平面CDEF. 因为平面ABFE∩平面CDEF=EF,AB⊂平面ABFE,所以AB∥EF. 又EF⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD, 所以EF∥平面ABCD. (2)分别取AD,BC的中点O,M,连接OE,OM, 因为平面ADE⊥平面ABCD,△ADE为正三角形, 以O为坐标原点,OA,OM,OE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, 则A(1,0,0),B(1,4,0),C(-1,4,0),E(0,0,), 设F(0,m,)(0<m<4),则=(-1,0,),=(-2,0,0),=(-1,m-4,), 设平面BCF的法向量为m=(x,y,z), 则由得 令z=,得m=, 因为直线AE与平面BCF所成角的正弦值为, 所以|cos<,m>|===,解得m=2或m=6(舍去),故EF=2. 学科网（北京）股份有限公司 $