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配套课件PPT（人教B版）

该高中数学课件聚焦空间角的综合应用，涵盖线面角与二面角综合、已知空间角求其他量、与空间角有关的最值范围三大题型，通过习题讲评式教学，以空间向量法为支架衔接基础建系与复杂问题，帮助学生构建知识脉络。 其亮点在于采用拓展融通的习题讲评，结合四棱锥线面垂直证明、新课标Ⅰ卷真题等实例，培养学生用数学眼光观察空间形式、用数学思维进行逻辑推理、用数学语言表达向量关系，提升空间观念与运算能力，为教师提供系统题型与解题模板，便于高效教学。

空间角的综合应用 [教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学] 第2课时 CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一)　线面角与二面角的综合 题型(二)　已知空间角求其他量 课时检测 4 题型(三)　与空间角有关的最值、 范围问题 题型(一)　线面角与二面角的综合 01 [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； 解：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)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：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； 解：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)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：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 02 [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； 解：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)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：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； 解：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)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P. 解：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 03 [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； 解：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)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：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. 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； 针对训练 解：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)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：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 04 1 3 4 2 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) 解：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. 1 3 4 2 (2)求平面PQM与平面PMC所成角的正弦值；(5分) 解：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)， 1 3 4 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. 1 3 4 2 (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：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>|=， 1 3 4 2 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. 1 2 3 4 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) 解：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. 1 2 3 4 (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：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， 1 2 3 4 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， 1 2 3 4 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. 1 3 4 2 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) 解：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)， 1 3 4 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)， 1 3 4 2 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. 1 3 4 2 (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：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， 1 3 4 2 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. 1 3 4 2 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) 解：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)， 1 3 4 2 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. 1 3 4 2 (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：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). 1 3 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)，=， 1 3 4 2 ∵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=. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $