2025年高考数学一轮复习教学课件第7章 第7课时　向量法求空间角

必备知识·关键能力·学科素养·核心价值第七章立体几何与空间向量 第7课时　向量法求空间角对应学生用书第178页 考试要求能用空间向量的方法解简单的线线、线面、面面的夹角问题.体会向量方法在研究几何问题中的作用． 链接教材　夯基固本第7课时　向量法求空间角1．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cosθ＝|cos〈u，v〉|＝．2．直线与平面所成的角如图，直线AB与平面α相交于点B，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sinθ＝|cos〈u，n〉|＝． 3．平面与平面的夹角如图，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．若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝． [常用结论]最小角定理如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cosθ＝cosθ1cosθ2． 一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．()(2)直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α所成的角．()(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ．()(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．()×××√ 二、教材经典衍生1．(人教A版选择性必修第一册P36例7改编)已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为()A．B．C．D．C[设两直线的夹角为θ，所以cosθ＝|cos〈s1，s2〉|＝＝＝.所以l1和l2夹角的余弦值为.]2．(人教A版选择性必修第一册P37例8改编)已知两平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为________．[设两平面夹角为θ，则cosθ＝＝.]√ 3．(人教A版选择性必修第一册P41练习T1改编)二面角α-l-β的棱上有A，B两点，线段AC，BD分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于棱l.已知AB＝1，AC＝2，BD＝3，CD＝2，则平面α与平面β的夹角为________．[设平面α与平面β的夹角为θ，由＝可得，＝＝＋＋＋2＋2＋2＝4＋1＋9＋2cos〈〉＝14－12cosθ＝(2)2.所以cosθ＝，即平面α与平面β的夹角为.] 4．(人教A版选择性必修第一册P38练习T2改编)PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，其中∠APC＝∠BPC＝45°，∠APB＝60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为________．[过PC上一点D作DO⊥平面APB，如图，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．因为∠APC＝∠BPC＝45°，所以点O在∠APB的平分线上，即∠OPE＝30°.过点O作OE⊥PA，OF⊥PB，因为DO⊥平面APB，则DE⊥PA，DF⊥PB.设PE＝1，因为∠OPE＝30°，所以OP＝＝，在Rt△PED中，∠DPE＝45°，PE＝1，则PD＝.在Rt△DOP中，OP＝，PD＝，则cos∠DPO＝＝.即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是.] 典例精研　核心考点第7课时　向量法求空间角考点一　异面直线所成的角[典例1](1)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为()A．B．C．D．(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ(0＜λ＜1)，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________．√ (1)B(2)[(1)因为AB2＋AC2＝BC2，所以∠BAC＝90°.以A为原点，AB，AC，AA1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(0，0，0)，A1(0，0，)，B(，0，0)，C(0，，0)，所以D，所以＝＝(0，，－)，所以cos〈〉＝＝，所以〈〉＝.故选B.(2)以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)．因为正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)．所以＝(0，2，－1)，＝＝＋λ＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)．则|cos〈〉|＝＝＝，解得λ＝.] 名师点评用坐标法求异面直线所成角的一般步骤(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值． [跟进训练]1．(2024·浙江绍兴模拟)“曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，AA1⊥平面ABCD，AA1＝4，底面扇环所对的圆心角为的长度是长度的2倍，CD＝1，则异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为()A．B．C．D．√ C[设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，OC，OB，以O为原点，分别以OC，OB，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，由底面扇环所对的圆心角为的长度是长度的2倍，CD＝1，可知OC＝1，则C1(1，0，4)，A(0，2，0)，B(0，1，0)，D1(2，0，4)，A1(0，2，4)，则＝(2，－2，0)，＝(1，－1，4)，cos〈〉＝＝＝，又异面直线所成角的范围为，故异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为＝.故选C.] 考点二　直线与平面所成的角[典例2](2022·北京高考)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．(1)求证：MN∥平面BCC1B1；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：AB⊥MN；条件②：BM＝MN. [解](1)证明：如图，取BC的中点D，连接B1D，DN，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1∥AB，A1B1＝AB.因为M，N，D分别为A1B1，AC，BC的中点，所以B1M∥AB，B1M＝AB，DN∥AB，DN＝AB，即B1M∥DN且B1M＝DN，所以四边形B1MND为平行四边形，因此B1D∥MN.又MN⊄平面BCC1B1，B1D⊂平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1. (2)选条件①：因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1，又因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，且平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，所以CB⊥平面ABB1A1，而AB⊂平面ABB1A1，所以CB⊥AB，由(1)得B1D∥MN，又因为AB⊥MN，所以AB⊥B1D，而B1D∩CB＝D，所以AB⊥平面BCC1B1.在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB＝BC＝BB1＝2，则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以＝(1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(0，－2，0)． 设平面BMN的法向量n＝(x，y，z)，由得令x＝2，得n＝(2，－2，1)为平面BMN的一个法向量．设直线AB与平面BMN所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为. 选条件②：取AB的中点H，连接HM，HN，因为M，N，H分别为A1B1，AC，AB的中点，所以B1B∥MH，CB∥NH，而CB⊥BB1，故NH⊥MH.又因为AB＝BC＝2，所以NH＝BH＝1.在△MHB和△MHN中，BM＝MN，NH＝BH，公共边MH，那么△MHB≌△MHN，因此∠MHN＝∠MHB＝90°，即MH⊥AB，故B1B⊥AB.在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为AB＝BC＝BB1＝2，则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以＝(1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(0，－2，0)．设平面BMN的法向量n＝(x，y，z)，由得令x＝2，得n＝(2，－2，1)为平面BMN的一个法向量．设直线AB与平面BMN所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为. 名师点评利用空间向量求线面角的解题步骤 [跟进训练]2．(2022·浙江高考)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F-DC-B的平面角为60°.设M，N分别为AE，BC的中点．(1)证明：FN⊥AD；(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．[解](1)证明：易求得CF＝2，BC＝2.∵FC⊥DC，BC⊥DC，∴∠BCF为二面角F-DC-B的平面角，∴∠BCF＝60°，∴△BCF为等边三角形．∵N为BC的中点，∴FN⊥BC.又∵DC⊥平面BCF，∴DC⊥FN，BC∩DC＝C，∴FN⊥平面BCD，∴FN⊥AD. (2)如图建系，则B(0，，0)，A(5，，0)，D(3，－，0)，E(1，0，3)，M，∴＝＝(－2，－2，0)，＝(－2，，3)．设平面ADE的法向量n＝(x0，y0，z0)，BM与平面ADE所成角为θ，∴⇒取x0＝，则y0＝－1，z0＝，即n＝(，－1，)是平面ADE的一个法向量．∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.∴直线BM与平面ADE所成角的正弦值为. 考点三　平面与平面的夹角[典例3](12分)(2023·新高考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，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)．············2分∴＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)．·············3分∴∥.··························4分又B2C2，A2D2不在同一条直线上，→············5分∴B2C2∥A2D2.··························6分 (2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，→则＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1)，·7分设平面PA2C2的法向量n＝(x，y，z)，则令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，→∴n＝(λ－1，3－λ，2)为平面PA2C2的一个法向量．··········8分设平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)，则 令a＝1，得b＝1，c＝2，∴m＝(1，1，2)为平面A2C2D2的一个法向量，············9分|cos〈n，m〉|＝→＝＝|cos150°|＝，化简可得λ2－4λ＋3＝0，·····················10分解得λ＝1或λ＝3，∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，···················11分∴B2P＝1.···························12分 名师点评利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤 [跟进训练]3．(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．(1)证明：BC⊥DA；(2)点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值． [解](1)证明：如图，连接DE，AE，因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC.因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，所以△ADB≌△ADC(SAS)．可得AC＝AB，故AE⊥BC.因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝.因为AE⊥BC，所以AE＝＝. 在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(，0，0)，B(0，，0)，A(0，0，)，＝(－，0，)，＝(0，－)．设F(xF，yF，zF)，因为＝，所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，可得F(－，0，)，所以＝(，0，0)．设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则即取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1，1，1)为平面DAB的一个法向量． 设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则即得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1)为平面ABF的一个法向量，所以cos〈m，n〉＝＝＝.记二面角D-AB-F的大小为θ，则sinθ＝＝＝，故二面角D-AB-F的正弦值为. 点击页面进入…（WORD版）巩固课堂所学·激发学习思维夯实基础知识·熟悉命题方式自我检测提能·及时矫正不足本节课掌握了哪些考点？本节课还有什么疑问点？课后训练学习反思课时小结课时分层作业(四十八)向量法求空间角 THANKS