新教材2023年秋高中數(shù)學(xué)第1章空間向量與立體幾何1.4空間向量的應(yīng)用1.4.2用空間向量研究距離夾角問(wèn)題第2課時(shí)用空間向量研究夾角問(wèn)題教師用書(shū)含答案新人教A版選擇性必修第一冊(cè)

第2課時(shí)用空間向量研究夾角問(wèn)題學(xué)習(xí)任務(wù)1．會(huì)用向量法求線線、線面、面面夾角．(直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算)2．能正確區(qū)分向量夾角與所求線線角、線面角、面面角的關(guān)系．(邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算)在必修教材的課程中，我們學(xué)習(xí)過(guò)異面直線所成的角、直線與平面相交所成的角以及兩個(gè)平面相交所成的二面角．那么，在空間中怎樣描述這些角呢？這些角的大小與直線的方向向量、平面的法向量有何關(guān)系？知識(shí)點(diǎn)1利用向量方法求兩條異面直線所成的角若異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別是u，v，則cosθ＝|cos〈u，v〉|＝u·vu知識(shí)點(diǎn)2利用向量方法求直線與平面所成的角直線AB與平面α相交于點(diǎn)B，設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sinθ＝|cos〈u，n〉|＝u·nu1．設(shè)直線與平面所成的角為θ，直線的方向向量為v1，平面的法向量為n，則θ與〈v，n〉有什么關(guān)系？提示：θ＝π2－〈v，n〉或θ＝〈v，n〉－π知識(shí)點(diǎn)3利用向量方法求兩個(gè)平面的夾角(1)平面α與平面β的夾角：平面α與平面β相交，形成四個(gè)二面角，我們把這四個(gè)二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角．(2)若平面α，β的法向量分別是n1和n2，則平面α與平面β的夾角即為向量n1和n2的夾角或其補(bǔ)角，設(shè)平面α與平面β的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝n1·n2.(1)二面角與平面的夾角范圍一樣嗎？(2)設(shè)n1，n2分別是平面α1，α2的一個(gè)法向量，平面α1與平面α2的夾角為θ，則θ與〈n1，n2〉的關(guān)系是什么？提示：(1)不一樣．二面角的范圍為[0，π]，而兩個(gè)平面的夾角是不大于直角的角，范圍是0，(2)θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉．1．設(shè)兩條異面直線a，b的方向向量分別為a＝(－1，1，0)，b＝(0，－1，1)，則a與b所成的角為_(kāi)_______．π3[設(shè)直線a與b所成的角為θ，則cosθ＝a·bab＝-12×2＝12，又2．設(shè)直線a的方向向量為a＝(－1，2，1)，平面α的法向量為b＝(0，1，2)，則直線a與平面α所成角的正弦值為_(kāi)_______．23015[由題意設(shè)直線a與平面α所成的角為θ，則sinθ＝a·bab3．平面α的法向量為(1，0，－1)，平面β的法向量為(0，－1，1)，則平面α與平面β的夾角為_(kāi)_______．π3[設(shè)u＝(1，0，－1)，v＝(0，－1，1)，α與β的夾角為θ則cosθ＝|cos〈u，v〉|＝-12×2＝12，∴類型1兩條異面直線所成的角【例1】(源自北師大版教材)如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系中有長(zhǎng)方體ABCD-A′B′C′D′，AB＝2，BC＝1，AA′＝3.求AC′與A′D所成角的余弦值．[解]設(shè)s1，s2分別是AC′和A′D的一個(gè)方向向量，取s1＝AC'，s2＝因?yàn)锳(0，0，0)，C′(2，1，3)，A′(0，0，3)，D(0，1，0)，所以s1＝AC'＝(2，1，3)，s2＝A'D＝(0，設(shè)AC′與A′D所成角為θ，則cosθ＝|cos〈s1，s2〉|＝s1·s2s故AC′與A′D所成角的余弦值為435求異面直線所成角的步驟(1)確定兩條異面直線的方向向量．(2)確定兩個(gè)向量夾角的余弦值的絕對(duì)值．(3)得出兩條異面直線所成的角．[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．如圖，在三棱柱OAB-O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝3，求異面直線A1B與AO1所成角的余弦值．[解]以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB的方向?yàn)閤軸，y軸的正方向．則O(0，0，0)，O1(0，1，3)，A(3，0，0)，A1(3，1，3)，B(0，2，0)，∴A1B＝(－3，1，－3)，O1A＝(3，－1∴|cos〈A1B，O＝-3，1∴異面直線A1B與AO1所成角的余弦值為17類型2直線與平面所成的角【例2】(2022·全國(guó)甲卷)在四棱錐P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝3.(1)證明：BD⊥PA；(2)求PD與平面PAB所成的角的正弦值．[思路導(dǎo)引](1)AD=DC=CB=1CD∥AB，AB=2→四邊形ABCD為等腰梯形→BD⊥(2)由(1)建系→相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)→PD，PA，PB→平面PAB的法向量→PD[解](1)證明：在四邊形ABCD中，因?yàn)锳B∥CD，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，所以四邊形ABCD是等腰梯形，易得BD＝3，且AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD，又因?yàn)镻D⊥底面ABCD，BD?底面ABCD，所以PD⊥BD．因?yàn)镻D，AD?平面PAD，PD∩AD＝D，所以BD⊥平面PAD，又因?yàn)镻A?平面PAD，所以BD⊥PA．(2)由(1)可知，DA，DB，DP兩兩互相垂直，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DB，DP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，P(0，0，3)，所以PD＝(0，0，－3)，PA＝(1，0，－3)，PB＝(0，3，－3)，設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，則n·PA=0n令y＝1，則z＝1，x＝3，故可取n＝(3，1，1)，設(shè)直線PD與平面PAB所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，PD〉|＝n·PDnPD＝所以PD與平面PAB所成的角的正弦值為55利用法向量求直線與平面所成角的基本步驟(1)建立空間直角坐標(biāo)系；(2)求直線的方向向量AB；(3)求平面的法向量n；(4)計(jì)算：設(shè)線面角為θ，則sinθ＝n·[跟進(jìn)訓(xùn)練]2．(2020·全國(guó)Ⅱ卷)如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，P為AM上一點(diǎn)，過(guò)B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)設(shè)O為△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值．[解](1)證明：因?yàn)镸，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.因?yàn)椤鰽1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN，A1N∩MN＝N，故B1C1⊥平面A1AMN.所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)由已知得AM⊥BC．以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MA的方向?yàn)閤軸正方向，|MB|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Mxyz，則AB＝2，AM＝3.連接NP，則四邊形AONP為平行四邊形，故PM＝233，E∵M(jìn)N⊥BC，AM⊥BC，MN∩AM＝M，∴BC⊥平面A1AMN.又∵BC?平面ABC，且平面A1AMN∩平面ABC＝AM，平面A1AMN⊥平面ABC，在平面A1AMN內(nèi)作NQ⊥AM，垂足為Q，則NQ⊥平面ABC．設(shè)Q(a，0，0)，則NQ＝4-B1a，故B1E＝|B1E|＝又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的一個(gè)法向量，故sinπ2-〈n，B1E〉＝cos所以直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為1010類型3兩個(gè)平面的夾角【例3】(2022·新高考Ⅰ卷)如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的體積為4，△A1BC的面積為22.(1)求A到平面A1BC的距離；(2)設(shè)D為A1C的中點(diǎn)，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值．[思路導(dǎo)引](1)直三棱柱ABC-A1B1C1的體積為4→三棱錐A-A1BC的體積→點(diǎn)A到平面A1BC的距離．(2)題設(shè)條件→BA，BC，BB1兩兩垂直建系平面ABD與平面BDC的法向量向量夾角的余弦公式平面ABD與平面BCD的法向量的夾角的余弦值同角三角函數(shù)的基本關(guān)系二面角A[解](1)設(shè)點(diǎn)A到平面A1BC的距離為h，因?yàn)橹比庵鵄BC-A1B1C1的體積為4，所以VA-A1BC＝13S△ABC×AA又△A1BC的面積為22，VA-A1BC＝13S△A1BCh＝13即點(diǎn)A到平面A1BC的距離為2.(2)取A1B的中點(diǎn)E，連接AE，則AE⊥A1B，因?yàn)槠矫鍭1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE?平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，又AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥BC，因?yàn)锳A1∩AE＝A，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB．以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BC，BA，BB1的方向?yàn)閤，y，由(1)知，AE＝2，所以AA1＝AB＝2，A1B＝22，因?yàn)椤鰽1BC的面積為22，所以22＝12×A1B×BC，所以BC＝2所以A(0，2，0)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，A1(0，2，2)，D(1，1，1)，E(0，1，1)，則BD＝(1，1，1)，BA＝(0，2，0)，設(shè)平面ABD的法向量為n＝(x，y，z)，則n·BD令x＝1，得n＝(1，0，－1)，又平面BDC的一個(gè)法向量為AE＝(0，－1，1)，所以cos〈AE，n〉＝AE·nAE·n設(shè)二面角A-BD-C的平面角為θ，則sinθ＝1-cos2所以二面角A-BD-C的正弦值為32求兩平面夾角的兩種方法(1)定義法：在兩個(gè)平面內(nèi)分別找出與兩平面交線垂直的直線，這兩條直線的夾角即為兩平面的夾角．也可轉(zhuǎn)化為求與兩平面交線垂直的直線的方向向量的夾角，但要注意其異同．(2)法向量法：分別求出兩平面的法向量n1，n2，則兩平面的夾角為〈n1，n2〉當(dāng)〈n1，n2〉∈0,π2時(shí)[跟進(jìn)訓(xùn)練]3．(2021·全國(guó)乙卷改編)如圖，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M為BC的中點(diǎn)，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求平面APM與平面PMB夾角的正弦值．[解](1)因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC．在矩形ABCD中，AD⊥DC，故以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示．設(shè)BC＝t，則A(t，0，0)，B(t，1，0)，Mt2P(0，0，1)，所以PB＝(t，1，－1)，AM＝-t因?yàn)镻B⊥AM，所以PB·AM＝－t22＋1＝0，得所以BC＝2.(2)易知C(0，1，0)，由(1)可得AP＝(－2，0，1)，AM＝-22，1，0，CB＝(2，0，0)，PB設(shè)平面APM的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則n1·令x1＝2，則z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一個(gè)法向量為n1＝(2，1，2)．設(shè)平面PMB的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則n2·得x2＝0，令y2＝1，則z2＝1，所以平面PMB的一個(gè)法向量為n2＝(0，1，1)．cos〈n1，n2〉＝n1·n2n所以平面APM與平面PMB夾角的正弦值為70141．已知向量m，n分別是直線l與平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－32，則l與α所成的角為(A．30°B．60°C．150°D．120°B[設(shè)l與α的夾角為θ，則sinθ＝|cos〈m，n〉|＝32∴θ＝60°，應(yīng)選B．]2．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，則異面直線A1B與AC所成角的余弦值是()A．65 B．C．63 D．D[以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，可知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，A(1，0，0)，C(0，0，0)，則A1B＝(－1，1，－2)，AC＝(－1，0，∴cos〈A1B，AC〉＝AC·A1BAC·A1B＝13．在一個(gè)銳二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)，與二面角的棱垂直的兩個(gè)向量分別為(0，－1，3)，(2，2，4)，則這個(gè)銳二面角的兩個(gè)半平面的夾角的余弦值為()A．156 B．C．153 D．A[由0，-1，3·2，24．如圖所示，點(diǎn)A，B，C分別在空間直角坐標(biāo)系Oxyz的三條坐標(biāo)軸上，OC＝(0，0，2)，平面ABC的一個(gè)法向量為n＝(2，1，2)，平面ABC與平面ABO的夾角為θ，則cosθ＝________．23[cosθ＝OC·nOCn＝回顧本節(jié)知識(shí)，自主完成以下問(wèn)題：1．用向量語(yǔ)言表述兩條異面直線所成的角．提示：若異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別