2025版新教材高中数学第1章空间向量与立体几何1.4空间向量的应用1.4.2用空间向量研究距离夹角问题第2课时夹角问题题型探究新人教A版选择性必修第一册

1.4.2用空间向量探讨距离、夹角问题第2课时夹角问题题型探究题型一利用向量方法求两异面直线所成角1．(1)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为(D)A.eq\f(1,5) B．eq\f(2,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,5)(2)已知四面体OABC的各棱长均为1，D是棱OA的中点，则异面直线BD与AC所成角的余弦值为(C)A.eq\f(\r(3),3) B．eq\f(1,4)C．eq\f(\r(3),6) D．eq\f(\r(2),8)[解析](1)以D为坐标原点，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)．设AB＝1，则B(1,1,0)，A1(1,0,2)，A(1,0,0)，D1(0,0,2)，所以eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(A1B,\s\up6(→))，\o(AD1,\s\up6(→))〉))＝eq\f(|\o(A1B,\s\up6(→))·\o(AD1,\s\up6(→))|,|\o(A1B,\s\up6(→))||\o(AD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,\r(5)×\r(5))＝eq\f(4,5)，所以异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为eq\f(4,5).(2)eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))，于是|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),2)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝1，且eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(OA,\s\up6(→))－\o(OB,\s\up6(→))))·(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝－eq\f(1,4)，于是cos〈eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BD,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(BD,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(－\f(1,4),\f(\r(3),2)×1)＝－eq\f(\r(3),6)，故异面直线BD与AC所成角的余弦值为eq\f(\r(3),6).[规律方法]求异面直线所成角的关注点(1)原理：空间向量的夹角公式；(2)方法：坐标法、基向量法；(3)留意：由于两异面直线所成角θ的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，而两向量夹角α的范围是[0，π]，故cosθ＝|cosα|.对点训练❶已知直角梯形ABEF，∠A＝∠B＝90°，AB＝1，BE＝2，AF＝3，C为BE的中点，AD＝1，如图1，沿直线CD折成直二面角，连接部分线段后围成一个空间几何体(如图2)，则异面直线BD与EF所成角的大小为eq\f(π,3).[解析]以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，E(0,1,1)，F(0,0,2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，则|cos〈eq\o(DB,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(DB,\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→))|,|\o(DB,\s\up6(→))||\o(EF,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，所以异面直线BD与EF所成角的大小为eq\f(π,3).题型二利用向量方法求直线与平面所成角2.如图所示，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．[分析](1)线面平行的判定定理⇒MN∥平面PAB.(2)利用空间向量计算平面PMN与AN方向向量的夹角⇒直线AN与平面PMN所成角的正弦值．[解析](1)证明：由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.如图，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綉AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)如图，取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))2)＝eq\r(5).以A为坐标原点，eq\o(AE,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(eq\r(5)，2,0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2))，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(0,2，－4)，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2)).设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PN,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))可取n＝(0,2,1)，于是|cos〈n，eq\o(AN,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AN,\s\up6(→))|,|n||\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(8\r(5),25).所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为eq\f(8\r(5),25).[规律方法]若直线l与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下：对点训练❷如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝2eq\r(2)，若M是AA1的中点，则BM与平面B1D1M所成角的正弦值是eq\f(\r(6),3).[解析]以点D为坐标原点，DA，DC，DD1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Dxyz，则B(2,2,0)，B1(2,2,2eq\r(2))，D1(0,0,2eq\r(2))，M(2,0，eq\r(2))，设平面B1D1M的法向量为n＝(x，y，z)，eq\o(D1B1,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(D1M,\s\up6(→))＝(2,0，－eq\r(2))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1B1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(D1M,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2y＝0，,2x－\r(2)z＝0，))令x＝1，则y＝－1，z＝eq\r(2)，可得n＝(1，－1，eq\r(2))，因为eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0，－2，eq\r(2))，所以|cos〈n，eq\o(BM,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(BM,\s\up6(→))|,|n|·|\o(BM,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,2×\r(6))＝eq\f(\r(6),3)，因此BM与平面B1D1M所成角的正弦值是eq\f(\r(6),3).题型三利用向量方法求两个平面的夹角3.如图，在正方体ABEF－DCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，求平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值．[分析]有两种思路，一是先依据二面角平面角及两个平面夹角的定义，在图形中作出二面角的平面角，然后利用向量方法求出向量夹角从而得到两平面夹角的大小；另一种是干脆求出两个面的法向量，通过法向量的夹角求得两平面夹角的大小．[解析]设正方体棱长为1，以B为坐标原点，BA，BE，BC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Bxyz，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，A(1,0,0)，B(0,0,0)．方法一：取MN的中点G，连接BG，AG，则Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4)，\f(1,4))).因为△AMN，△BMN为等腰三角形，所以AG⊥MN，BG⊥MN，故∠AGB为两平面夹角或其补角．又因为eq\o(GA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,4)，－\f(1,4)))，eq\o(GB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,4)，－\f(1,4)))，所以cos〈eq\o(GA,\s\up6(→))，eq\o(GB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(GA,\s\up6(→))·\o(GB,\s\up6(→)),|\o(GA,\s\up6(→))||\o(GB,\s\up6(→))|)＝eq\f(－\f(1,8),\r(\f(3,8))×\r(\f(3,8)))＝－eq\f(1,3)，故所求两平面夹角的余弦值为eq\f(1,3).方法二：设平面AMN的法向量n1＝(x，y，z)．由于eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AN,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＝0，))令x＝1，解得y＝1，z＝1，于是n1＝(1,1,1)．同理可求得平面BMN的一个法向量n2＝(1，－1，－1)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(－1,\r(3)×\r(3))＝－eq\f(1,3)，设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1,3).故所求两平面夹角的余弦值为eq\f(1,3).[规律方法]利用平面的法向量求两个平面的夹角利用向量方法求两平面夹角大小时，多接受法向量法．即求出两个面的法向量，然后通过法向量的夹角来得到两平面夹角．需留意法向量夹角范围是[0，π]，而两平面夹角范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).对点训练❸如图所示，四边形ABCD是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.求平面SAB和平面SCD夹角的余弦值．[解析]建立如图所示的空间直角坐标系，则S(0,0,2)，C(2,2,0)，D(1,0,0)，平面SAB的一个法向量为m＝(1,0,0)，因为eq\o(SC,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq\o(SD,\s\up6(→