高中数学导学案 第八节　利用空间向量求空间角

第八节利用空间向量求空间角新课标要求真题分布能用向量方法解决简单夹角问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用．2025年全国Ⅰ卷T17，全国Ⅱ卷T172024年新高考Ⅰ卷T17，新高考Ⅱ卷T172023年新高考Ⅰ卷T18，新高考Ⅱ卷T20必备知识·助学教材清单式排查彰显一个“准”知识清单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〉|＝u·vu剖析两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角的范围为(0，π)，所以公式中要加绝对值．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〉|＝u·nu剖析直线与平面所成角的范围为0，π2，而向量之间的夹角的范围为[0，π]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自主诊断1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．()(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．()(3)二面角的平面角为θ，则两个平面的法向量的夹角也是θ.()(4)二面角α-l-β的平面角与平面α，β的夹角相等.()2．(人教A版选修一P38T1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是()A．3010B．C．3015D．3．(人教A版选修一P38T2)PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是()A．12B．C．33D．4．(人教A版选修一P38T3改编)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为________．考教衔接·活用教材探究式精练收获一个“赢”命题点一利用空间向量求异面直线所成的角例1(2026·长沙模拟)如图，AB是⊙O的直径．PA与⊙O所在的平面垂直，PA＝AB＝2，C是⊙O上的一动点(不同于A，B)，M为线段PB的中点，点N在线段PC上，且AN⊥PC.(1)求证：AN⊥MN；(2)当AC＝BC时，求直线PC与直线AM所成角的余弦值．[听课笔记]学霸笔记：(1)建立空间直角坐标系．(2)求出两直线的方向向量v1(3)代入公式cos〈v1，跟踪训练(衔接·人教A版选修一P43习题T9)如图，点M，N分别是正方体ABCD-A′B′C′D′的棱BB′和B′C′的中点，则MN和CD′所成的角为________．命题点二利用空间向量求线面角例2(2026·深圳模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是CC1与AB1的中点．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)若AC⊥BC，AC＝BC，AA1＝2AB，求直线AC与平面AB1D所成角的余弦值．[听课笔记]学霸笔记：建系后先求斜线的方向向量与平面的法向量，再利用公式sinθ＝cos〈u，n跟踪训练(衔接·人教A版选修一P49复习参考题T14)在正四棱锥S-ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角为________．命题点三利用空间向量求平面与平面的夹角(二面角)例3(2025·全国Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°.(1)证明：A′B∥平面CD′F；(2)求平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值．[听课笔记]真题探源(衔接·人教A版选修一P49T12)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD满足AB⊥AD，AB⊥BC，SA⊥底面ABCD，且SA＝AB＝BC＝1，AD＝0.5.(1)求四棱锥S-ABCD的体积；(2)求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值．学霸笔记：根据图形与已知条件建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，由公式cosθ＝cos〈n1，提示：请完成课时作业46

第八节利用空间向量求空间角必备知识·助学教材知识清单1.eq\f(|u·v|,|u||v|)2.eq\f(|u·n|,|u||n|)3.eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)自主诊断1．答案：(1)×(2)×(3)×(4)×2．解析：以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设BC＝CA＝CC1＝2，∴B(0，2，0)，D1(1，1，2)，A(2，0，0)，F1(1，0，2)，∴BD1＝(1，－1，2)，AF1＝(－1，0，2)，∴cos〈BD1，AF1〉＝eq\f(BD1·AF1,|BD1||AF1|)＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).设BD1与AF1所成的角为θ，∴cosθ＝|cos〈BD1，AF1〉|＝eq\f(\r(30),10).答案：A3．解析：如图所示，把PA，PB，PC放在正方体中，PA，PB，PC的夹角均为60°.建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则P(1，0，0)，C(0，0，1)，A(1，1，1)，B(0，1，0)，所以＝(－1，0，1)，＝(0，1，1)，＝(－1，1，0).设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1，则y＝1，z＝－1，所以n＝(1，1，－1，)是平面PAB的一个法向量，所以cos〈，n〉＝＝eq\f(－2,\r(2)×\r(3))＝－eq\f(\r(6),3).设直线PC与平面PAB所成角为θ，所以sinθ＝|cos〈，n〉|＝eq\f(\r(6),3)，所以cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(3),3).答案：C4．解析：∵正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为2，取BC的中点O，则AO⊥BC，∴AO⊥平面BB1C1C.取B1C1的中点H，连接OH，∴AO，BO，OH两两垂直，以O为坐标原点，OB，OH，OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，eq\r(3))，B(1，0，0)，A1(0，2，eq\r(3))，C1(－1，2，0)，∴＝(1，0，－eq\r(3))，AA1＝(0，2，0)，BC1＝(－2，2，0)，BA1＝(－1，2，eq\r(3)).设平面AA1B的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·AB＝x1－3z1＝0，n1·AA1＝2y=0∴y＝0，取x1＝eq\r(3)，则z1＝1，∴n1＝(eq\r(3)，0，1)是平面AA1B的一个法向量．设平面A1BC1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n2·BC1＝－2x2＋2y2＝0，n2·BA1＝－x2＋2y2＋3z2＝0，取x2＝eq\r(3)，则y2＝eq\r(3)，z2＝－1，∴n2＝(eq\r(3)，eq\r(3)，－1)是平面A1BC1的一个法向量．∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(2,2×\r(7))＝eq\f(\r(7),7).设平面AA1B与平面A1BC1的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，答案：eq\f(\r(7),7)考教衔接·活用教材例1解析：(1)证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，因为AB是⊙O的直径，所以BC⊥AC，又PA∩AC＝A，且PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC.又因为AN⊂平面PAC，所以AN⊥BC.因为AN⊥PC，且PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，所以AN⊥平面PBC，因为MN⊂平面PBC，所以AN⊥MN.故AN⊥MN.(2)当AC＝BC时，CO⊥AB，O，M分别是AB和PB的中点，所以OM∥PA.又PA与⊙O所在的平面ABC垂直，所以OM⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以OM⊥AB.此时OC，OB，OM两两垂直．CO的延长线交AB于F，以O为坐标原点，OF，OB，OM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图，得P(0，－1，2)，C(－1，0，0)，A(0，－1，0)，M(0，0，1)，故＝(－1，1，－2)，＝(0，1，1).则|cos〈PC，AM〉|＝||＝|eq\f(0＋1－2,\r(6)×\r(2))|＝eq\f(\r(3),6)，故直线PC与直线AM所成角的余弦值为eq\f(\r(3),6).跟踪训练解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD′所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为2，则M(2，2，1)，N(1，2，2)，C(0，2，0)，D′(0，0，2)，MN＝(－1，0，1)，CD'＝(0，－2，2)，cos〈MN，CD'〉＝MN·CD'MNCD'＝eq\f(2,\r(2)×\r(8))＝eq\f(1,2)，∴MN和CD′所成角的大小为60°.答案：60°例2解析：(1)证明：取AB的中点O，连接OE，OC，∵D，E分别是CC1与AB1的中点，∴OE∥BB1，OE＝eq\f(1,2)BB1，又CD∥BB1，CD＝eq\f(1,2)BB1，∴OE∥CD，OE＝CD，∴四边形OEDC是平行四边形，∴DE∥OC，∵OC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，∴DE∥平面ABC.(2)∵BB1⊥平面ABC，∴OE⊥平面ABC，又△ABC为等腰直角三角形，则OE，OA，OC两两垂直，故以OA，OE，OC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设AA1＝2AB＝4a>0，则A(a，0，0)，B1(－a，4a，0)，C(0，0，a)，D(0，2a，a)，∴AB1＝(－2a，4a，0)，＝(－a，0，a)，＝(－a，2a，a).设平面AB1D的法向量为n＝(x，y，z)，∴令y＝1，得n＝(2，1，0).设直线AC与平面AB1D所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AC，n〉|＝AC·nACn＝eq\f(2a,\r(2)a×\r(5))＝eq\f(\r(10),5)，∴cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(15),5)，即直线AC与平面AB1D所成角的余弦值为eq\f(\r(15),5).跟踪训练解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD′所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为2，则M(2，2，1)，N(1，2，2)，C(0，2，0)，D′(0，0，2)，MN＝(－1，0，1)，CD'＝(0，－2，2)，cos〈MN，CD'〉＝MN·CD'MNCD'＝答案：60°例2解析：(1)证明：取AB的中点O，连接OE，OC，∵D，E分别是CC1与AB1的中点，∴OE∥BB1，OE＝12BB1又CD∥BB1，CD＝12BB1，∴OE∥CD，OE＝CD∴四边形OEDC是平行四边形，∴DE∥OC，∵OC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，∴DE∥平面ABC.(2)∵BB1⊥平面ABC，∴OE⊥平面ABC，又△ABC为等腰直角三角形，则OE，OA，OC两两垂直，故以OA，OE，OC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设AA1＝2AB＝4a>0，则A(a，0，0)，B1(－a，4a，0)，C(0，0，a)，D(0，2a，a)，∴AB1＝(－2a，4a，0)，AC＝(－a，0，a)，AD＝(－a，2a，设平面AB1D的法向量为n＝(x，y，z)，∴AB1·n=-2ax+4ay=0，AD·n=-ax+2ay+az=0，令y设直线AC与平面AB1D所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AC，n〉|＝AC·nACn＝∴cosθ＝1-sin2θ＝155，即直线AC与平面AB1跟踪训练解析：由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，设OD＝SO＝2，则B(0，2，0)，C(－2，0，0)，A(2，0，0)，P(0，－1，1)，CB＝(2，2，0)，CA＝(4，0，0)，CP＝(2，－1，1)．设平面PAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则⇒x=0，-y+z=0，令y＝1，则z＝1，即m＝(0，1，1)．设直线BC与平面PAC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈CB，m〉|＝222×2＝12，因为θ∈[0°，90°]，所以θ＝答案：30°例3解析：(1)证明：在四边形ABCD中，AB∥CD，因为E，F分别在AB，CD上，所以FC∥EB，因为BE⊄平面CD′F，FC⊂平面CD′F，所以BE∥平面CD′F，同理可得，A′E∥平面CD′F，又BE∩A'E＝E，BE，A′E⊂平面A′EB，所以平面A′EB∥平面CD又A′B⊂平面A′EB，所以A′B∥平面CD′F.(2)由CD＝2AD，F为CD的中点，得DF＝DA＝FC.又AB∥CD，EF∥AD，所以四边形EFDA为平行四边形，又∠DAB＝90°，DF＝DA，所以四边形EFDA为正方形，则EF⊥DC，即D′F⊥EF，FC⊥EF，所以∠D′FC是平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角的平面角，因为平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°，所以∠D′FC＝60°.又D′F＝FC，所以△CD′F为正三角形．由D′F⊥EF，FC⊥EF，D′F∩FC＝F，得EF⊥平面C