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(Word讲义)-【满分思维】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册学生用书（人教A版）

本讲义聚焦用空间向量研究空间角这一核心知识点，衔接空间向量的方向向量与法向量基础，通过表格系统对比异面直线所成角、线面角、面面夹角的范围、向量法及几何法，构建从概念到方法的学习支架。 资料以诊断分析夯实基础认知，分层设计探究点（含例题、变式及拓展题），注重数学思维（如向量法步骤的逻辑推理）与数学语言（用向量符号精确表达几何关系）。例如例1在正方体中用坐标法求线线角，培养空间观念，课中辅助教师高效教学，课后助力学生查漏补缺。

第2课时　用空间向量研究夹角问题 【课前预习】 知识点 　0°≤θ≤90°　　0°≤θ≤90°　 诊断分析 (1)×　(2)×　(3)×　[解析] (1)当两个方向向量的夹角是锐角或直角时,向量的夹角与异面直线所成的角相等;当两个方向向量的夹角为钝角时,向量的夹角与异面直线所成的角互补.故错误. (2)sin θ=,故错误. (3)二面角中不大于90°的二面角称为平面与平面的夹角.故错误. 【课中探究】 探究点一 例1　解:以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得C(0,1,0),E,F,G,所以=,=. 设EF与CG所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|===, 即EF与CG所成角的余弦值是. 变式　B　[解析] 以点D为坐标原点,DA,DC,DP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,则A(4,0,0),C(0,4,0),B(4,4,0),Q(0,3,1),所以=(-4,4,0),=(-4,-1,1),所以cos<,>===,所以异面直线AC与BQ所成的角的大小为.故选B. 探究点二 例2　解:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为原点建立空间直角坐标系,如图所示. 不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则D(0,0,0),A1(2,0,2),B(2,2,0),C1(0,2,2),因为点P为线段A1C1的中点,所以P(1,1,2), 所以=(2,0,2),=(2,2,0),=(-1,-1,2). 设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z), 则即 令x=-1,则y=z=1,故n=(-1,1,1). 设直线BP与平面A1BD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n,>|===, 故直线BP与平面A1BD所成角的正弦值为. 变式　解:因为∠ACB=90°,所以AC⊥CB,故BC==2,设AA1=a(a>0). 由直三棱柱的性质可得CC1⊥平面ABC,故以C为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),A1(2,0,a),B1(0,2,a),C1(0,0,a), 因为M,N分别为AB和B1C1的中点,所以M(,1,0),N(0,1,a),所以=(2,0,a),=(-,0,a). 因为MN⊥A1C,所以·=0, 即-4+a2=0,可得a=2, 故=(2,0,2),=(-,0,2),=(,1,0). 设平面CMN的法向量为n=(x,y,z), 则所以令z=1, 则x=,y=-2,所以n=(,-2,1),故直线A1C与平面CMN所成角的正弦值为==,可得直线A1C与平面CMN所成角的余弦值为. 拓展　解:(1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD,设AC∩BD=O,连接OF,如图,则O为AC的中点. 因为FA=FC,所以AC⊥OF, 又BD∩OF=O,BD,OF⊂平面BDEF,所以AC⊥平面BDEF. (2)连接DF,因为四边形BDEF为菱形,所以BD=BF, 又∠DBF=60°,所以△BDF为等边三角形. 因为O为BD的中点,所以OF⊥BD, 又AC⊥平面BDEF,所以以点O为坐标原点,OA,OB,OF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=2,四边形ABCD为菱形,且∠BAD=60°,所以△ABD是边长为2的等边三角形, 所以BD=2,OA===,AC=2OA=2,同理可得OF===,所以A(,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),E(0,-2,),F(0,0,),则=(-,1,0),=(-,0,). 设平面ABF的法向量为m=(x1,y1,z1), 则取x1=1,可得m=(1,,1).因为P为棱DE上的动点,所以设=λ,其中0≤λ≤1,又=(0,-2,0),=(0,1,-), 所以=+=+λ=(0,-2,0)+λ(0,1,-)=(0,λ-2,-λ). 设直线FP与平面ABF所成的角为θ,则sin θ=|cos<,m>|=== =, 易知当λ=时,sin θ取得最大值,且最大值为,故FP与平面ABF所成角的正弦值的最大值为. 探究点三 例3　解:(1)因为侧棱CC1垂直于底面ABC,∠ACB=90°,所以CA,CB,CC1两两垂直,以C为原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图,则A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3), 所以=(-2,2,0),=(-2,0,1),=(0,-2,-1). 设平面DB1E的法向量为n=(x,y,z), 则令x=1,则z=2,y=-1,故n=(1,-1,2),故|cos<,n>|==, 所以直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为. (2)设平面AMC1的法向量为m=(a,b,c), 由(1)得=(-1,1,3),=(-1,-1,0), 则令a=3,则b=-3,c=2,故m=(3,-3,2), 由(1)知,平面DB1E的一个法向量为n=(1,-1,2), 因为cos<m,n>===, 所以平面AMC1与平面DB1E夹角的余弦值为. 变式　解:以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),D1(2,0,2),E(0,2,1), 所以=(2,0,2),=(0,2,1). 设平面AD1E的法向量为n1=(x,y,z), 则即令x=1,则z=-1,y=,故n1=, 易知平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,2). 设平面AD1E与平面ABCD的夹角为θ,θ∈, 则cos θ=|cos<n2,n1>|===, 所以sin θ==,所以tan θ==, 所以平面AD1E与平面ABCD夹角的正切值为. 拓展　解:(1)在Rt△ABC中,因为∠C=90°,DE∥BC,所以DE⊥CD,DE⊥AD,则折叠后DE⊥A1D, 又CD∩A1D=D,CD,A1D⊂平面A1CD,所以DE⊥平面A1CD. 因为A1C⊂平面A1CD,所以DE⊥A1C,所以BC⊥A1C,又CD⊥A1C,CB⊥CD,所以CB,CD,CA1两两垂直, 故以C为坐标原点,CD,CB,CA1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DE∥BC且DE经过△ABC的重心,所以AD=2CD,所以DE=BC=2,CD=2,A1D=4, 由勾股定理得A1C=2, 故C(0,0,0),D(2,0,0),E(2,2,0),B(0,3,0),A1(0,0,2),M(1,0,),所以=(0,3,-2),=(2,2,-2),=(1,0,). 设平面A1BE的法向量为m=(x,y,z), 则令y=2,则x=1,z=, 所以平面A1BE的一个法向量为m=(1,2,). 设直线CM与平面A1BE所成的角为θ, 则sin θ=|cos<m,>|===, 又0≤θ≤,所以θ=, 所以直线CM与平面A1BE所成角的大小为. (2)假设在棱A1C上存在点N,使平面CBM与平面BMN夹角的余弦值为. 由(1)得,=(0,0,2),=(0,-3,0),=(1,-3,),=(1,0,),设=λ=λ(0,0,2)=(0,0,2λ)(0<λ<1),则=+=(0,-3,0)+(0,0,2λ)=(0,-3,2λ). 设平面BMN的法向量为n=(x1,y1,z1), 则令z1=,则x1=6λ-3,y1=2λ, 所以平面BMN的一个法向量为n=(6λ-3,2λ,). 设平面CBM的法向量为v=(x2,y2,z2), 则令z2=,则x2=-3,y2=0,所以平面CBM的一个法向量为v=(-3,0,). 若平面CBM与平面BMN夹角的余弦值为,则|cos<n,v>|===,化简得2λ2-3λ+1=0,解得λ=1(舍去)或λ=,则=, 故在棱A1C上存在点N,使平面CBM与平面BMN夹角的余弦值为,此时CN的长度为. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2课时　用空间向量研究夹角问题 【学习目标】 　　1.知道两个相交平面夹角的含义,借助直线的方向向量和平面的法向量,能求直线与直线、直线与平面所成的角,平面与平面的夹角. 　　2.能分析和解决一些立体几何中的角度问题,体会向量方法与综合几何方法的共性和差异,体会直线的方向向量和平面的法向量的作用,感悟向量是研究几何问题的有效工具. ◆ 知识点　空间角 设直线l1,l2的方向向量分别为u,v,平面α,β的法向量分别为n1,n2,则 空间图形 范围 向量法 几何法 异面直线所成的角 0°< θ≤90° cos θ =|cos<u,v>| =　　　　　  平移交于一点,解三角形 直线与平面所成的角 　　  sin θ =|cos<u,n1>| =　　　  过直线上一点作平面的垂线,解三角形 平面与平面的夹角 　　  cos θ =|cos<n1,n2>| =　　　　  作两平面的垂线,解三角形 【诊断分析】 判断正误.(请在括号中打“√”或“×”) (1)异面直线所成的角与其方向向量的夹角相等. (　 ) (2)若平面α的法向量为u,直线l的方向向量为v,直线l与平面α所成的角为θ,则cos θ=. (　 ) (3)二面角的大小等于平面与平面的夹角. (　 ) ◆ 探究点一　异面直线所成角的求法 例1 如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是DD1,BD,BB1的中点,求EF与CG所成角的余弦值. 变式 如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PD=DC=4,Q为PC上一点,且PQ=3QC,则异面直线AC与BQ所成的角的大小为 (　 ) 　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D. [素养小结] 用向量法求异面直线所成的角时,常在两异面直线a与b上分别取点A,B和C,D,则与分别为直线a,b的方向向量,若异面直线a,b所成的角为θ,则cos θ=. 运用向量法常有两种途径: ①基底法:在一些不适合建立空间直角坐标系的题目中,经常采用取基底的方法.在由公式cos<a,b>=求向量a,b的夹角时,关键是求出a·b,|a|与|b|,一般是把a,b用基向量表示出来,再求有关的量. 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,利用坐标法求异面直线所成的角,避免了传统找角或作角的步骤,使过程变得简单. ◆ 探究点二　求直线与平面所成的角 例2 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P为线段A1C1的中点,求直线BP与平面A1BD所成角的正弦值. 变式 [2026·长春外国语学校高二月考] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别为AB和B1C1的中点.若AC=2,AB=2,∠ACB=90°,MN⊥A1C,求直线A1C与平面CMN所成角的余弦值. [素养小结] 向量法求直线与平面所成的角的步骤 ①分析图形中的位置关系,建立空间直角坐标系; ②求出直线的方向向量s和平面的法向量n; ③求出夹角<s,n>; ④判断直线与平面所成的角θ和<s,n>的关系,求出角θ. 拓展 如图,四边形ABCD与四边形BDEF均为菱形,∠DAB=∠DBF=60°,AB=2, FA=FC. (1)求证:AC⊥平面BDEF; (2)若P为棱DE上的动点,求FP与平面ABF所成角的正弦值的最大值. ◆ 探究点三　求平面与平面的夹角 例3 [2026·辽宁省实验中学高二期中] 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱CC1垂直于底面ABC,∠ACB=90°,AC=BC=2,CC1=3,D,E分别是棱AA1和CC1上的点,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点. (1)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值; (2)求平面AMC1与平面DB1E夹角的余弦值. 变式 如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点,求平面AD1E与平面ABCD夹角的正切值. [素养小结] 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)就是两个平面的夹角θ,用坐标法的解题步骤如下: (1)建系:依据几何条件建立适当的空间直角坐标系; (2)求法向量:在建立的空间直角坐标系下,求两个平面的法向量n1,n2; (3)计算:cos θ=. 拓展 如图①,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,满足DE∥BC且DE经过△ABC的重心.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,得到四棱锥A1-BCDE,设M是A1D的中点,如图②所示. (1)求直线CM与平面A1BE所成角的大小. (2)在棱A1C(不包括端点)上是否存在点N,使平面CBM与平面BMN夹角的余弦值为?若存在,求出CN的长度;若不存在,请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $