1.2.4.2 空间角的综合应用-【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B版）

本讲义聚焦高中数学空间角的综合应用核心知识点，系统梳理线面角与二面角的综合计算、已知空间角求参数、空间角相关最值范围等问题，通过例题解析、思维建模与针对训练构建从基础概念到综合应用的学习支架。 该资料采用拓展融通的习题讲评式教学，以空间向量法为核心，通过建立坐标系、求法向量等步骤培养学生几何直观与空间观念（数学眼光），解题过程强化逻辑推理与运算能力（数学思维），用向量语言精确表达空间关系（数学语言）。课中助力教师高效授课，课后通过分层检测帮助学生查漏补缺，提升应用能力。

第2课时　空间角的综合应用 [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的一个法向量为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的一个法向量为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. |思|维|建|模| 　　解决此类问题的关键是准确求出各点的坐标,利用公式求出所需点的坐标,注意夹角的范围. 　　[针对训练] 1.如图,在几何体ABCC1B1中,△ABC是边长为2的正三角形,D,E分别是AC1,CB1的中点,BB1∥CC1,CC1⊥平面ABC,CC1=2. (1)若BB1=1,求证:CD⊥平面AB1C1; (2)若BB1>1,且平面AB1C1与平面ABC所成角的余弦值为,求直线DE与平面AB1C1所成角的正弦值. 解:(1)证明:取AC的中点O,连接OD,OB, ∵D是AC1的中点,∴OD∥CC1, ∵CC1⊥平面ABC,∴OD⊥平面ABC, 又△ABC是边长为2的正三角形,∴AC⊥BO, 以O为原点,OA,OB,OD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),C(-1,0,0),B(0, ,0),B1(0,,1),C1(-1,0,2),∴D(0,0,1),=(1,0,1),=(-1,,1),=(-2,0,2), ∵·=0,∴⊥,∴CD⊥AB1. ∵·=0,∴⊥,∴CD⊥AC1. ∵AB1∩AC1=A,AB1,AC1⊂平面AB1C1, ∴CD⊥平面AB1C1. (2)设BB1=a(a>0),则B1(0,,a),=(-1,,a), 显然m=(0,0,1)是平面ABC的一个法向量, 设n=(x,y,z)是平面AB1C1的一个法向量, 则∴ 取z=,则x=,y=1-a,∴n=(,1-a,), ∴|cos<m,n>|===, 解得a=(舍去)或a=, 当a=时,E, ∴=,n=, ∴|cos<,n>|===,∴直线DE与平面AB1C1所成角的正弦值为. 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的一个法向量为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)求证: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的一个法向量为n1=(x1,y1,z1), 所以则 令x1=m-1,得n1=(m-1,3-m,2). 设平面A2C2D2的一个法向量为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的一个法向量n1=(0,0,1), 设平面EBD的一个法向量为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,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)求证:l⊥平面PDC; (2)已知PD=AD=2,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值. 解:(1)证明:在平面PAD内过点P作直线l∥AD,由AD∥BC,得l∥BC,即l为平面PAD和平面PBC的交线,因为PD⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BC. 又BC⊥CD,CD∩PD=D,PD,CD⊂平面PDC,于是BC⊥平面PDC, 所以l⊥平面PDC. (2)显然直线DA,DC,DP两两垂直,以D为原点,直线DA,DC,DP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),C(0,2,0),A(2,0,0),P(0,0,2),B(2,2,0),设Q(m,0,2)(m>0),=(m,0,2),=(2,2,-2),=(0,2,0). 设平面QCD的一个法向量为n=(a,b,c), 则 令a=-2,得n=(-2,0,m), 令PB与平面QCD所成的角为θ,则sin θ=|cos<n,>|====·=·≤·=,当且仅当m=2时取等号,PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为. [课时检测] 1.(15分)如图,PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,AB∥CD,PQ∥CD,AD=CD=DP=2PQ=2AB=2,点E,F,M分别为AP,CD,BQ的中点. (1)求证:EF∥平面MPC;(5分) (2)求平面PQM与平面PMC所成角的正弦值;(5分) (3)若N为线段CQ上的点,且直线DN与平面PMQ所成的角为,求线段QN的长.(5分) 解:(1)证明:连接EM,因为AB∥CD,PQ∥CD,所以AB∥PQ. 又因为AB=PQ,所以四边形PABQ为平行四边形. 由点E和M分别为AP和BQ的中点,可得EM∥AB且EM=AB,因为AB∥CD,CD=2AB,F为CD的中点,所以CF∥AB,CF=AB, 可得EM∥CF且EM=CF,即四边形EFCM为平行四边形,所以EF∥MC,又EF⊄平面MPC,MC⊂平面MPC,所以EF∥平面MPC. (2)因为PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,所以以D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,由题意可知D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,1,0),C(0,2,0),P(0,0,2),Q(0,1,2),M(1,1,1),=(1,1,-1),=(0,1,0),=(1,-1,1),=(0,2,-2), 设n1=(x,y,z)为平面PMQ的一个法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(1,0,1). 设n2=(x',y',z')为平面PMC的一个法向量,则即不妨设z'=1,可得n2=(0,1,1), cos<n1,n2>==,则sin<n1,n2>=, 所以平面PQM与平面PMC所成角的正弦值为. (3)设=λ(0≤λ≤1),即=λ=(0,λ,-2λ),则N(0,λ+1,2-2λ),从而=(0,λ+1,2-2λ), 由(2)知平面PMQ的一个法向量为n1=(1,0,1),由题意,sin=|cos<,n1>|=, 即=, 整理得3λ2-10λ+3=0,解得λ=或λ=3, 因为0≤λ≤1,所以λ=,所以=,||=||=.即线段QN的长为. 2.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,E,F分别是PC,AD的中点. (1)判断直线DE与平面PFB的位置关系;(6分) (2)若PB与平面ABCD所成角为45°,求平面PFB与平面EDB所成二面角大小的正弦值.(9分) 解:(1)直线DE与平面PFB平行.在四棱锥P-ABCD中,取PB的中点G,连接GE,FG,由E,F分别是PC,AD的中点,得FD=AD,GE=BC,GE∥BC. 又底面ABCD是正方形,则FD=GE,GE∥FD, 所以四边形FDEG为平行四边形,即DE∥FG,由DE⊄平面PFB,FG⊂平面PFB, 所以DE∥平面PFB. (2)由PD⊥底面ABCD,得∠PBD是PB与平面ABCD所成的角,即∠PBD=45°,显然直线DA,DC,DP两两垂直,以D为原点,直线DA,DC,DP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系, 令AB=1,则PD=DB=,B(1,1,0),D(0,0,0),E,F,P, 因此=(1,1,0),=,=,=, 令m=(x,y,z)为平面EDB的一个法向量, 则 令z=1,得m=(,-,1), 令n=(a,b,c)为平面PFB的一个法向量, 则 令c=1,得n=(2,-,1), 设平面PFB与平面EDB所成的二面角为θ,则|cos θ|=|cos<m,n>|===,于是sin θ==, 所以平面PFB与平面EDB所成二面角大小的正弦值为. 3.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1. (1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;(7分) (2)若点Q满足=λ(0≤λ≤1),当直线CQ与DP所成角最小时,求λ的值.(8分) 解:(1)以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系,则各点的坐标为A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2), 由PA⊥平面ABCD,且AD⊂平面ABCD,则PA⊥AD, 又∠BAD=,则AB⊥AD,又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,则AD⊥平面PAB, 所以是平面PAB的一个法向量,且=(0,2,0), 因为=(1,1,-2),=(0,2,-2), 设平面PCD的一个法向量为m=(x,y,z), 则即 令y=1,则z=1,x=1, 所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量, 所以cos<,m>===,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为. (2)结合(1)中的空间直角坐标系, 因为=(-1,0,2),所以=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又=(0,-1,0),则=+=(-λ,-1,2λ),又=(0,-2,2), 则cos<,>===,设1+2λ=t,0≤λ≤1,则λ=,t∈[1,3],则cos2<,>===≤,当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|取到最大值, 又因为y=cos x在上是减函数,此时直线CQ与DP所成角最小. 综上所述,λ的值为. 4.(15分)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形,A1A=4,且A1A⊥底面ABCD,点P,Q分别在棱DD1,BC上. (1)若P是DD1的中点,求证:AB1⊥PQ;(6分) (2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为,求四面体ADPQ的体积.(9分) 解:(1)证明:以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B1(2,0,4),D(0,4,0),D1(0,2,4), 设Q(4,m,0),其中m=BQ,0≤m≤4,若P是DD1的中点,则P(0,3,2),=(2,0,4),=(4,m-3,-2),于是·=8-8=0,∴⊥,即AB1⊥PQ. (2)由题设知,=(4,m-4,0),=(0,-2,4)是平面PDQ内的两个不共线向量. 设n1=(x,y,z)是平面PDQ的一个法向量, 则取y=4,得n1=(4-m,4,2). 又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1), ∴cos<n1,n2>====, 解得m=或m=(舍去),此时Q. 设=λ(0<λ≤1),而=(0,-2,4),由此得点P(0,4-2λ,4λ),=, ∵PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),∴·n3=0,即2λ-=0,解得λ=,从而P. 将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=1, 故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·h=××4×4×1=. 学科网（北京）股份有限公司 $