第1章 1.4.2 第2课时 用空间向量研究夹角问题-【金版新学案】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版）

该高中数学课件聚焦空间向量在立体几何求角问题的应用，涵盖异面直线、线面、面面夹角及探索性问题，通过问题导思、微思考搭建向量夹角与空间角的联系，形成从概念到方法的学习支架。 其亮点在于以问题链驱动探究，结合典例变式与规律总结，培养直观想象和数学运算素养。如典例1用坐标法求异面直线夹角，典例4通过参数设点解决探索性问题，助力学生掌握向量法步骤，教师可依托分层评价实施精准教学。

1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题 第2课时　用空间向量研究夹角问题 　 第一章 空间向量与立体几何 单元学习四　空间向量的应用 任务一　异面直线所成的角 1 任务二　直线与直线所成的角 2 任务三　两个平面的夹角 3 课时分层评价 6 内容索引 随堂评价 5 任务四　利用空间向量解决探索性问题 4 学习目标 1.理解两条异面直线所成的角与它们的方向向量之间的关系， 会用向量方法求两条异面直线所成的角，提升直观想象、数 学运算的核心素养． 2.理解直线与平面所成的角与直线的方向向量和平面的法向量 之间的关系，会用向量方法求直线与平面所成的角，提升直 观想象、数学运算的核心素养． 3.理解二面角的大小与两个平面法向量的夹角之间的关系，会 用向量方法求平面与平面的夹角，提升直观想象、数学运算 的核心素养． 任务一　异面直线所成的角 返回 (阅读教材P36－37，完成探究问题1) 问题1.同学们在分组讨论异面直线所成的角时，有同学认为异面直线l1，l2所成的角θ就是其方向向量u，v的夹角〈u，v〉；有同学认为异面直线l1，l2所成的角θ与其方向向量u，v的夹角〈u，v〉没有任何关系．你认为谁的观点正确． 提示：都不正确，异面直线所成的角与其方向向量的夹角既有区别又有联系，事实上，它们是相等或互补的关系． 问题导思 两条异面直线所成的角 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝ |cos〈u，v〉|． 新知构建 求两异面直线所成的角θ时，为什么不能用cos θ＝cos〈u，v〉？ 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〉． 微思考 如图，四棱锥P-ABCD中，PB⊥底面ABCD，底面 ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝120°，F为CD的中点， PB＝2，以B为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立 如图所示的空间直角坐标系． (1)求cos〈，〉； 解：因为底面ABCD是边长为2的菱形，且∠ABC＝120°，F为CD的中点， 所以DF＝1，BF． 又PB＝2，则B． 所以，0)， 典例 1 cos〈 ． (2)求异面直线PD，BF所成角θ的余弦值． 解：cos θ． 规律方法 用向量法求异面直线所成的角的两种途径 　　在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则可分别为a，b的方向向量，则cos θ．运用向量法常有两种途径： 1.基向量法：在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在由公式cos 〈a，b〉求向量a，b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a，b用基向量表示出来，再求有关的量． 规律方法 2.坐标法：根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，利用坐标法求线线角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单．　　 对点练1.(一题多解)如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC和 △PBC均为等边三角形，且二面角P-BC-A的大小为120°， 求直线PB和AC所成角的余弦值． 解：法一：如图所示，取BC的中点O， 连接OP，OA． 因为△ABC和△PBC均为等边三角形， 所以AO⊥BC，PO⊥BC， 所以BC⊥平面PAO， 从而平面PAO⊥平面ABC，且∠POA就是二面角P-BC-A的平面角， 即∠POA＝120°，建立空间直角坐标系如图所示． 设AB＝2，则A(． 所以， cos〈， 所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为． 法二：如图所示，取BC的中点O，连接OP，OA． 因为△ABC和△PBC均为等边三角形， 所以AO⊥BC，PO⊥BC， 所以∠POA就是二面角PBCA的平面角． 设AB＝2，则， 故 ＝100＋， 所以cos〈， 即异面直线PB与AC所成角的余弦值为． 返回 　任务二　直线与直线所成的角 返回 (阅读教材P37，完成探究问题2) 问题2.如何用空间向量求直线和平面所成的角？ 提示：直线和平面所成的角问题的研究路径：直线和平面所成的角的定义→直线和平面所成的角的范围→直线和平面所成的角的向量求法． 问题导思 直线与平面所成的角 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〉|． 新知构建 (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． (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〉－． 微提醒 典例 2 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．求直线BE平面EAC所成角的正弦值． 解：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． 菱形ABCD中，∠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轴、y轴、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，)． 所以)． 设n是平面ACE的一个法向量， 则 令z＝1，得n． 设直线BE与平面EAC所成的角为θ， 则sin θ ， 所以直线BE与平面EAC所成角的正弦值为． (变条件、变设问)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． 解：由题意可知，平面ABE的一个法向量为n＝(0，1，0)， 又)， 设，0≤λ≤1， 则． 因为直线AP与平面ABE所成的角为45°， 所以sin 45° 变式探究 ＝＝＝， 整理可得4－6λ＝0，解得λ＝， 所以＝. 规律方法 求直线与平面所成角的方法与步骤 1.综合法：找直线在平面内的投影，充分利用面面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)，即一作、二证、三算． 2.向量法：利用法向量求直线与平面所成角的基本步骤 第一步(建系)：建立空间直角坐标系； 第二步(求方向向量)：求直线的方向向量； 第三步(求法向量)：求平面的法向量n； 第四步(计算)：设线面角为θ，则sin θ．　　 对点练2.如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，A1A⊥平面ABCD，A1A＝A1D1＝1，AB＝AD＝2，求直线C1C与平面ACD1所成角的正弦值． 解：根据题意，建立如图所示空间直角坐标系． 则A(0，0，0)，C(2，2，0)，D1(0，1，1)，C1(1，1，1)． 所以(0，1，1)． 设n＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量． 则可取z1，则x1，y－1，所以n(1，－1，1)． 设直线C1C与平面ACD1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈， 所以直线C1C与平面ACD1所成角的正弦值为． 返回 任务三　两个平面的夹角 返回 (阅读教材P37，完成探究问题3) 问题3.(1)两个平面的夹角与二面角的平面角有什么区别？ 提示：平面α与平面β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． 区别：二面角的范围是［0，π］，而两个平面的夹角的范围是． (2)两个平面的夹角与两平面的法向量的夹角有何关系？ 提示：两平面的夹角是两平面的法向量的夹角或其补角． 问题导思 1.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________ _____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〉|． 新知构建 不大于 90° (1)两个平面夹角的范围是，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，则两个平面的夹角应取其补角． 微提醒 (链教材P37例8)如图，正四棱锥S-ABCD，SA＝SB＝SC＝SD＝2，AB＝2，P为侧棱SD上的点，且SP＝3PD． 求二面角P-AC-B的 大小． 解：连接BD，设AC交BD于O，在正方形ABCD中，有AC⊥BD． 连接SO，因为SA＝SC，SB＝SD，点O是AC，BD的中点， 所以SO⊥AC，SO⊥BD． 又因为AC⋂BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD， 所以SO⊥平面ABCD． 典例 3 以点O为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz． 由题意可知OA＝OB＝OC＝OD， OS． 则A ． 所以． 因为SO⊥平面ABCD，易知平面ABC的法向量为m． 设平面PAC的法向量为n， 由 z， 令z． 所以cos〈m，n〉， 因为〈m，n〉∈， 由图可知二面角P-AC-B的平面角为钝角， 所以二面角P-AC-B的大小为π－． 规律方法 用向量法求平面与平面的夹角的步骤 　　设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，如图．用坐标法的解题步骤如下： 第一步(建系)：根据几何条件建立适当的空间直角坐标系； 第二步(求法向量)：在建立的空间直角坐标系下求两个面的法向量n1，n2； 第三步(计算)：求n1与n2所成角θ，cos θ； 第四步(定值)：θ(或其补角)即为平面的夹角．若求二面角，则需根据图象判断二面角的大小；当θ为锐角时，若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ． 对点练3.如图，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ASC与平面BSC夹角的余弦值． 解：因为△SAB与△SAC均为等边三角形， 所以AB＝AC． 连接OA，由O为BC的中点，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)． 设SC的中点为M，连接OM，AM，则M． 故(1，0，1)， 所以0， 所以MO⊥SC，MA⊥SC， 故〈〉为二面角A-SC-B的平面角． 因为cos〈， 所以平面ASC与平面BSC夹角的余弦值为． 返回 任务四　利用空间向量解决探索性问题 返回 典例 4 如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，且ED＝FB＝1. (1)求证：EC⊥平面ADF； 解：证明：以点D为原点，以DA，DC，DE所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，E(0，0，1)，F(1，1，1)． 所以，， 所以故EC⊥DA，EC⊥DF， 因为DA⋂DF＝D，DA，DF⊂平面ADF， 所以EC⊥平面ADF． (2)在线段EC上是否存在一点G(不含端点)，使得平面GBD与平面ADF的夹角为45°，若存在，指出点G的位置；若不存在，请说明理由． 解：假设存在点G，设＝λ(0＜λ＜1)，则G的坐标为(0，λ，1－λ)，＝，＝(1，1，0). 设平面GBD的法向量为n＝， 则由 令n＝1－λ，则m＝λ－1，t＝－λ， 则法向量n＝. 因为平面GBD与平面ADF的夹角为45°，且平面ADF的法向量为＝， 所以cos 45°＝＝＝，因为0＜λ＜1，所以解得λ＝， 所以存在点G，且G为线段EC上靠近E的三等分点. 规律方法 解决探索性问题的策略 1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等． 2.对于位置探索型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．　　 对点练4.如图，在三棱锥P-ABC中，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，AP＝BP＝AB，PC⊥AC，点D为BC中点．问：在线段AB上是否存在点M，使得PM与平面PAD所成角的正弦值为，若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由． 解：存在，M是AB的中点． 因为PC⊥AC，所以∠PCA＝90°， 因为AC＝BC，PA＝PB，PC＝PC， 所以△PCA≌△PCB， 所以∠PCA＝∠PCB＝90°，即PC⊥BC， 又AC⋂BC＝C，AC，BC⊂平面ACB， 所以PC⊥平面ACB，所以PC，CA，CB两两垂直，故以点C为坐标原点，分别以CB，CA，CP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，因为AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，则AB＝2，又AP＝BP＝AB， 所以AP＝2，PC＝2， 则C， ， 设平面PAD的法向量为n， 则 取x2，得n， 假设存在点M，满足题设条件，不妨设(0≤λ≤1)， 则M， 因为＝＝，化简整理得2λ2＋λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－1(舍去)，所以＝. 所以M是AB的中点． 返回 课堂小结 任务再现 1.两条异面直线所成的角.2.直线与平面所成的角.3.平面与平面的夹角. 4.利用空间向量解决探索性问题 方法提炼 转化与化归思想、数形结合思想 易错警示 混淆向量的夹角与空间角的关系，不能正确理解空间角的概念、把握空间角的范围 随堂评价 返回 1.若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为，则l1与l2所成的 角为 A．　　 B． C．或 D．以上均不对 √ l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为，故选A． 2.设直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，α的法向量为n，若〈a，n〉，则l与α所成的角为 A．　　 B．　　 C．　　 D． √ 因为〈a，n〉，所以l与α的法向量所在直线所成锐角为，所以l与α所成的角为．故选C． 3.若平面α的一个法向量为m＝(1，0，1)，平面β的一个法向量为n＝ (－3，1，3)，则平面α与β的夹角等于 A．30°　　 B．45°　　 C．60°　　 D．90° √ 因为m·n＝(1，0，1)·(－3，1，3)＝－3＋0＋3＝0，所以m⊥n，所以平面α与β的夹角等于90°．故选D． 4.如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，(0，0，2)，平面ABC的一个法向量为n＝(2，1，2)，平面ABC与平面 ABO的夹角为θ，则cos θ＝_______． cos θ． 返回 课时分层评价 返回 1.(概念辨析)(多选)已知cos〈a，b〉＝－，则下列说法正确的是 A．若a，b分别是直线l1，l2的方向向量，则l1，l2所成角的余弦值是 B．若a，b分别是直线l的方向向量与平面α的法向量，则l与α所成角的正弦值是 C．若a，b分别是平面ABC、平面BCD的法向量，则二面角A-BC-D的余弦值是 D．若a，b分别是直线l的方向向量与平面α的法向量，则l与α所成角的余弦值是 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于A，因为直线与直线所成角的范围为，所以l1，l2所成角的余弦值为＝，故A正确；对于B、D，因为直线与平面所成角的范围为，所以l与α所成角的正弦值sin θ＝＝，l与α所成角的余弦值为＝，故B、D正确；对于C，因为二面角的平面角所成角的范围为，所以二面角A-BC-D的余弦值可能为负值，故C错误.故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.已知平面α的一个法向量为n，点A在平面α内．若点P的坐标为，则直线PA与平面α所成的角为 A．　　 B．　　 C．　　 D． √ 由题意得－2，设直线PA与平面α所成的角为θ，则sin θ．因为θ∈，所以θ．故选B． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.平面α的一个法向量为m，平面β的一个法向量为n，则平面α与平面β夹角的正切值为 A．　　 B．　　 C．　　 D． √ 设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|，则sin θ，所以tan θ．故选D． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.已知a，b是异面直线，A，B是a上的点，C，D是b上的点，AB＝2， CD＝1，且AC⊥b，BD⊥b，则a与b所成角为 A.30°　　 B.45°　　 C.60°　　 D.90° √ 设〈2＝1，所以 cos θ．又0°≤θ ≤180° ，所以θ＝60°．故选C． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.如图，某圆锥SO的轴截面SAC是等边三角形，点B是底面圆周上的一点，且∠AOB，点M是SA的中点，则异面直线AB与CM所成角的余弦值是 A．　　 B．　　 C．　　 D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 以过点O且垂直于平面SAC的直线为x轴，直线OC，OS分 别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设 OC＝2，则根据题意可得A(0，－2，0)，B(，1，0)， C(0，2，0)，S(0，0，2)，M(0，－1，).所以 ＝(，3，0)，＝(0，－3，).设异面直线AB与CM所成角为θ，则cos θ＝｜cos 〈，〉 ｜＝＝＝.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB，AB＝2AD＝2PD，PD⊥底面ABCD，则下列结论正确的是 A．PA⊥BD B．PB与平面ABCD所成角为 C．异面直线AB与PC所成角的余弦值为 D．平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于A，因为∠DAB＝，AB＝2AD，由余弦定理可得BD＝＝AD，从而BD2＋AD2＝AB2，即BD⊥AD，由PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，可得BD⊥PD，又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD.又PA⊂平面PAD，所以PA⊥BD，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于B，因为PD⊥底面ABCD，所以∠PBD就是PB与平面ABCD所成的角，又tan∠PBD＝＝，则∠PBD＝，故B正确；对于C，显然∠PCD为异面直线AB与PC所成的角，易得cos ∠PCD＝＝＝＝，故C正确；对于D，建立如图所示的空间直角坐 标系. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设AD＝1，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)， C(－1，，0)，P(0，0，1).则＝(－1，，0)， ＝(0，，－1).设平面PAB的一个法向量为n＝ (x1，y1，z1)，则取y1＝1，则x1＝z1＝，即n＝(，1，). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 又＝(－1，0，0)，设平面PBC的一个法向量为 m＝(x2，y2，2)，则 取y2＝1，则x2＝0，z2＝，即m＝(0，1，)，则cos〈m，n〉＝＝＝，即平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为，故D不正确.故选ABC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.(2025·广东深圳期末考试)如图，二面角α-l-β的大小为，点A，B分别在半平面α，β内，AC⊥l于点C，BD⊥l于点D．若AC＝5，BD＝6，AB＝2，则CD＝ A．　　 B．6　　 C．　　 D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 法一：在β内过点C作B'C⊥l，且B'C＝BD，连接B'B，B'A，所以∠ACB'为二面角α-l-β的平面角.易知CD⊥平面AB'C，而四边形B'BDC为矩形，所以BB'∥CD，故BB'⊥平面AB'C，因而BB'⊥AB'，AB'＝＝，CD＝B'B＝＝.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 法二：由AC⊥l，BD⊥l，得cos 〈 ， 〉 ＝cos ＝，·＝0，·＝0.因为＝＋＋，所以＝＋＋＋2·，则＝52＋＋62＋2×5×6×，解得＝29，CD＝.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，PA＝AB＝BCAD＝1，BC∥AD，已知Q是棱PD上靠近点P的四等分点，则CQ 与平面PAB所成角的正弦值为________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，所以以A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．则C ．设CQ与平面PAB所成角为θ，则sin θ． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.已知长方体ABCD -A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则平面A1BC1 与平面ABCD夹角的余弦值为_______． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图所示，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴， DD1为z轴，建立空间直角坐标系.则A1(4，0，2)， B(4，4，0)，C1(0，4，2).所以＝(0，4，－2)， ＝(－4，4，0).设平面A1BC1的一个法向量为 m＝，则取z＝2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则m＝，平面ABCD的一个法向量为n＝，设平面A1BC1与平面ABCD的夹角为θ，则cos θ＝＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(13分)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱A1B1上一点(不含端点)，F为棱BC的中点． (1)若E为棱A1B1的中点，求直线EF与平面A1BC1所成角的正弦值； 解：在正方体ABCD -A1B1C1D1中，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 若E为棱A1B1的中点， 则E(2，1，2)，F(1，2，0)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，C1(0，2，2)． 所以(1，1，2)． 设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 令z＝1，则n＝(1，1，1)． 设EF与平面A1BC1所成角为α， 则有sin α＝cos〈n，． 故直线EF与平面A1BC1所成角的正弦值为． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求直线EF与A1C1所成角的余弦值的取值范围． 解：设直线EF与A1C1所成角为θ， E(2，m，2)(0＜m＜2)，则(1，m－2，2)． 所以cos θ＝cos〈 ． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为0＜m＜2，所以m＋， 即＜1， 于是有＜1， 所以， 即＜cos θ＜． 故直线EF与A1C1所成角的余弦值的取值范围为． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.如图，在四边形ABCD中，AB＝BD＝DA＝4，BC＝CD＝2，现将△ABD沿BD折起，当二面角A-BD-C的大小在时，直线AB和CD所成的角为α，则cos α的最大值为 A．　　　　 B．　　　　 C．　　　　 D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 取BD的中点O，连接AO，CO．因为AB＝BD＝DA＝ 4，BC＝CD＝2，所以CO⊥BD，AO⊥BD，且CO ＝2，AO＝2，所以∠AOC是二面角A-BD-C的 平面角．以O为原点，OC所在直线为x轴，OD所在直 线为y轴，过点O且与平面BCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则B(0，－2，0)，C(2，0，0)，D(0，2，0)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设二面角A-BD-C的平面角为θ，则θ∈， ∠AOC＝θ，A(2cos θ，0，2sin θ)，所以 cos θ，2，2sin θ)，(－2，2，0)， 则cos α．因为θ∈， 所以cos θ∈cos θ|∈，所以cos α的最大值为．故选C． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.(多选)(2025·安徽合肥六校检测)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是 A．三棱锥A1-PC1D的体积为定值 B．异面直线AP与A1D所成角的取值范围是 C．平面ADP与平面ABCD所成角的余弦值取值范围是 D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于A，因为A1D∥B1C，A1D⊂平面A1C1D，B1C⊄平面 A1C1D，所以B1C∥平面A1C1D.因为点P在线段B1C上运 动，所以点P到平面A1C1D的距离为定值.又△A1C1D的 面积为定值，故三棱锥A1-PC1D的体积为定值，故A正 确；对于B，因为A1D∥B1C，所以异面直线AP与A1D所成的角即为AP与B1C所成的角，当点P位于C点时，AP与B1C所成的角为60°，当点P位于B1C的中点时，因为AB⊥平面BCC1B1，BP⊥B1C，所以AP⊥B1C，此时AP与B1C所成的角为90°，所以异面直线AP与A1D所成角的取值范围是，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于C，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴， 建立空间直角坐标系，如图.设正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为1，P(a，1，a)，a∈[0，1]，则D(0，0，0)， A(1，0，0)，易知平面ABCD的一个法向量m1＝ .设平面ADP的法向量m2＝，＝，＝，则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 令y1＝a，则x1＝0，z1＝－1，则得m2＝，设平面ADP与平面ABCD所成角为α，所以cos α＝＝＝.因为a∈[0，1]，a2＋1∈，所以∈，∈，所以平面ADP与平面ABCD所成角的余弦值取值范围是，故C 错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于D，则D(0，0，0)，A1，C1， ＝，＝，＝ .设平面A1C1D的法向量n＝， 则令x＝1，则y＝1，z＝－1，得n＝， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为 ＝＝＝，当a＝时， 直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值取得最大值，最大值为 ＝，故D正确.故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线OF与平面BED所成的角为45°，则AE＝________． 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设AE＝a，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，则△ABC为正三角形，又AB＝2，易得OA＝1，OB＝.如图所示，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴，建立空间直角坐标系.则B，D，F(－1，0，3)，E.所以＝，＝，＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设平面BED的法向量为n＝，则 取z＝1，则n＝.因为直线OF与平面BED所成的角为45°，所以｜cos〈 n， 〉 ｜＝＝＝，由a＞0，解得a＝2，所以AE＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(15分)(2025·广东深圳期末考试)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F． (1)求证：PB⊥平面EFD； 解：证明：以D为原点，DA，DC，DP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AD＝a，则P(0，0，1)，E(0，)，A(a，0，0)，B(a，1，0)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为)， 故0，所以PB⊥DE． 由已知EF⊥PB，且EF⋂DE＝E，EF，DE⊂平面EFD， 所以PB⊥平面EFD． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若平面PBC与平面PBD的夹角的正弦值为， (ⅰ)求AD长； 解： 设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，因为(0，1，－1)， 所以令y＝1，得m＝(0，1，1)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设平面PBD的法向量n＝(x1，y1，z1)， 所以令x1＝1，得n＝(1，－a，0)． 设平面PBC与平面PBD的夹角为α，则cos α＝|cos〈m，n〉|， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为sin α， 所以cos α， 解得a＝2(取正)，所以AD长为2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (ⅱ)求直线PC与平面DEF所成角的正弦值． 解：由(1)可知PB⊥平面DEF，故∠PEF是直线PC与平面DEF所成角的一个平面角， 在直角△PBC中，cos∠BPC． 又EF⊥PB，则∠PEF与∠BPC互余， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以sin∠PEF＝cos ∠BPC， 即直线PC与平面DEF所成角的正弦值为． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.(5分)已知在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BB1，DD1上的动点，且BE＝D1F＝λ．设EF与AB所成的角为 α，EF与BC所成的角为β，则α＋β的最小值为_______． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)， E(1，1，λ)，F(0，0，1－λ)．则(－1，0，0)．所以cos α，cos β，所以α＝β．又因为当λ，所以αmin＝βmin，所以(α＋β)min． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.(17分)在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CM＝BN＝a． (1)问a为何值时，MN的长最小？ 解：因为平面ABCD⊥平面ABEF，BC⊥AB，BE⊥AB，根据面面垂直的性质定理易知，BC⊥平面ABEF，于是BC⊥BE，从而BC，AB，BE两两垂直，如图建立空间直角坐标系．则A，C(0，0，1)， F(1，1，0)， E(0，1，0)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为CM＝BN＝a，所以M． 所以MN ， 当a． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)当MN的长最小时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值． 解：由(1)可知，当M，N分别为AC，BF的中点时，MN最短， 则M ． 因为AM＝AN， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以AG⊥MN，BG⊥MN， 所以∠AGB是平面MNA与平面MNB的夹角或其补角． 因为)， 所以cos〈． 所以平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是． 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 ！ 第 一 章 空 间 向 量 与 立 体 几 何 返回 $