人教A版(新教材)高中数学选择性必修第一册学案：1 4 2 第二课时 用空间向量研究夹角问题学案

人教A版(新教材)高中数学选择性必修第一册PAGEPAGE1第二课时用空间向量研究夹角问题课标要求素养要求1.能用向量方法解决简单夹角问题.2.通过用空间向量解决夹角问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用.通过学习空间角的计算步骤和方法，把两异面直线所成的角、线面角、二面角转化为向量的夹角求解，培养学生的直观想象素养和数学运算素养.新知探究1970年4月25日18时，新华社授权向全世界宣布：1970年4月24日，中国成功地发射了第一颗人造卫星，卫星运行轨道的近地点高度439千米，远地点高度2384千米，轨道平面与地球赤道平面夹角68.5度，绕地球一圈114分钟.卫星重173千克，用20.009兆赫的频率播放“东方红”乐曲.这里的68.5度是轨道平面与地球赤道平面的夹角.问题上述的68.5度是如何计算出来的呢？〖提示〗求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角求二面角.1.两条异面直线所成的角θ与〈u，v〉的关系是相等或互补设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq\f(|u·v|,|u||v|).2.直线和平面所成的角直线AB与平面α相交于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〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq\f(|u·n|,|u||n|).3.二面角二面角的范围是：〖0，π〗，而两个平面的夹角的范围是：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)两平面的夹角：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.(2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).拓展深化〖微判断〗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.(×)〖提示〗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或互补，故错误.2.直线与平面所成的角等于直线的方向向量与该平面法向量夹角的余角.(×)〖提示〗直线与平面所成的角和直线的方向向量与该平面法向量夹角互余或与其补角互余，故错误.3.两个平面的夹角就是该二面角两个面的法向量的夹角.(×)〖提示〗两个平面的夹角与该二面角两个面的法向量的夹角相等或互补，故错误.〖微训练〗1.设两条异面直线a，b的方向向量分别为a＝(－1，1，0)，b＝(0，－1，1)，则a与b所成的角为________.〖解析〗设直线a与b所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(|－1|,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，又θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故θ＝eq\f(π,3).〖答案〗eq\f(π,3)2.设直线a的方向向量为a＝(－1，2，1)，平面α的法向量为b＝(0，1，2)，则直线a与平面α所成角的正弦值为________.〖解析〗由题意设直线a与平面α所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(4,\r(6)×\r(5))＝eq\f(2\r(30),15).〖答案〗eq\f(2\r(30),15)3.已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面的夹角的大小为________.〖解析〗∵cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，∴两平面的夹角的大小为45°.〖答案〗45°〖微思考〗1.若平面α与β的法向量分别是n1，n2，且cos〈n1，n2〉＝－eq\f(1,2)，则平面α与β的夹角是多少？〖提示〗60°.2.若平面α的法向量为n，直线l的方向向量为m，且cos〈m，n〉＝－eq\f(\r(3),2)，则直线l与平面α所成的角是多少？〖提示〗60°.题型一异面直线所成的角〖例1〗在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角P－BC－A的大小为120°，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为()A.eq\f(5,8) B.eq\f(3,4)C.eq\f(7,8) D.eq\f(1,4)〖解析〗法一如图，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以BC⊥平面PAO，从而平面PAO⊥平面ABC，且∠POA就是二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，建立空间直角坐标系如图所示.设AB＝2，则A(eq\r(3)，0，0)，C(0，－1，0)，B(0，1，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，－1，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1，－\f(3,2)))，cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(PB,\s\up6(→))|)＝－eq\f(5,8)，所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq\f(5,8).法二如图所示，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角P－BC－A的平面角.设AB＝2，则eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))，故eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→)))＝eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝－1－0－0＋eq\r(3)×eq\r(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(5,2)，所以cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))||\o(PB,\s\up6(→))|)＝－eq\f(5,8).即异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq\f(5,8).法三取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°.过点B作AC的平行线交AO的延长线于点D，连接PD，则∠PBD或其补角就是异面直线PB和AC所成的角.设AB＝a，则PB＝BD＝a，PO＝PD＝eq\f(\r(3),2)a，所以cos∠PBD＝eq\f(a2＋a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2),2·a·a)＝eq\f(5,8)，即异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq\f(5,8).〖答案〗A规律方法(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量u，v；③代入公式cosθ＝eq\f(|u·v|,|u||v|)求解.(2)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)))，两向量的夹角α的范围是〖0，π〗，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角.〖训练1〗如图，在三棱柱OAB－O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝eq\r(3)，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值.解以O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴的正方向.建立如图所示的空间直角坐标系，则O1(0，1，eq\r(3))，A(eq\r(3)，0，0)，A1(eq\r(3)，1，eq\r(3))，B(0，2，0)，∴eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，－eq\r(3))，eq\o(O1A,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3)).∴|cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(O1A,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(A1B,\s\up6(→))·\o(O1A,\s\up6(→))|,|\o(A1B,\s\up6(→))||\o(O1A,\s\up6(→))|)＝eq\f(|（－\r(3)，1，－\r(3)）·（\r(3)，－1，－\r(3)）|,\r(7)×\r(7))＝eq\f(1,7).∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为eq\f(1,7).题型二直线和平面所成的角〖例2〗已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为eq\r(2)a，M为A1B1的中点，求BC1与平面AMC1所成角的正弦值.解建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，B(0，a，0)，故eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，－\f(a,2)，\r(2)a)).设平面AMC1的法向量为n＝(x，y，z).则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AC1,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AM,\s\up6(→))·n＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)ax＋\f(a,2)y＋\r(2)az＝0，,\f(a,2)y＋\r(2)az＝0，))令y＝2，则z＝－eq\f(\r(2),2)，x＝0.∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，－\f(\r(2),2))).∴cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·n,|\o(BC1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(－a－a,\r(3)a·\r(\f(9,2)))＝－eq\f(2\r(6),9).设BC1与平面AMC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(2\r(6),9)，即BC1与平面AMC1所成角的正弦值为eq\f(2\r(6),9).规律方法利用平面的法向量求直线与平面所成角的基本步骤(1)建立空间直角坐标系；(2)求直线PA的方向向量u；(3)求平面的法向量n；(4)设线面角为θ，则sinθ＝eq\f(|u·n|,|u||n|).〖训练2〗如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.(1)证明以A为原点，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，C(eq\r(3)，1，0)，B1(eq\r(3)，0，3)，D(0，3，0)，C1(eq\r(3)，1，3)，D1(0，3，3).易知eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，－3)，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝0，∴AC⊥B1D.(2)解设平面ACD1的法向量为m＝(x，y，z)，又eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0，3，3)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0，))令x＝1，则y＝－eq\r(3)，z＝eq\r(3)，∴平面ACD1的一个法向量为m＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3)).设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ，∵eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(0，1，0)，∴sinθ＝eq\f(|\o(B1C1,\s\up6(→))·m|,|\o(B1C1,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(21),7)，∴直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为eq\f(\r(21),7).题型三两平面的夹角〖例3〗如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求平面C1OB1和平面DOB1夹角的余弦值.(1)证明因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD.因为AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，所以O1O⊥底面ABCD.(2)解因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又O1O⊥底面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直.如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.设棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝eq\r(3)，OC＝1，所以O(0，0，0)，B1(eq\r(3)，0，2)，C1(0，1，2)，平面DOB1即平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0，1，0).设平面C1OB1的法向量为m＝(x，y，z)，则由m⊥eq\o(OB1,\s\up6(→))，m⊥eq\o(OC1,\s\up6(→))，得eq\r(3)x＋2z＝0，y＋2z＝0，取z＝－eq\r(3)，则x＝2，y＝2eq\r(3)，所以m＝(2，2eq\r(3)，－eq\r(3))，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(3),\r(19))＝eq\f(2\r(57),19).所以平面C1OB1和平面DOB1夹角的余弦值为eq\f(2\r(57),19).〖迁移〗例3条件不变，求平面BA1C与平面A1CD的夹角的余弦值.解由例3(2)知B(eq\r(3)，0，0)，A1(0，－1，2)，C(0，1，0)，D(－eq\r(3)，0，0)，设平面BA1C的法向量为p＝(x1，y1，z1)，又eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p·\o(A1C,\s\up6(→))＝0，,p·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y1－2z1＝0，,－\r(3)x1＋y1＝0，))令x1＝1，则y1＝eq\r(3)，z1＝eq\r(3)，∴p＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))，同理，得平面A1CD的一个法向量q＝(1，－eq\r(3)，－eq\r(3))，所以cos〈p，q〉＝eq\f(p·q,|p||q|)＝－eq\f(5,7)，所以平面BA1C与平面A1CD的夹角的余弦值为eq\f(5,7).规律方法利用向量方法求两个平面的夹角的大小时，多采用法向量的方法，即求出两个平面的法向量，然后通过法向量的夹角得到两个平面的夹角的大小，这种方法思路简单，但运算量大，所以求解时需特别注意仔细运算.〖训练3〗已知正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD的夹角为()A.30° B.45°C.60° D.90°〖解析〗如图所示，建立空间直角坐标系，设PA＝AB＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1).于是eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，1，0)，取PD的中点E，连接AE，则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，易知eq\o(AD,\s\up6(→))是平面PAB的一个法向量，eq\o(AE,\s\up6(→))是平面PCD的一个法向量，∴cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(AE,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))|·|\o(AE,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),2)，∴平面PAB与平面PCD的夹角为45°.〖答案〗B一、素养落地1.本节课通过学习利用空间向量求三种空间角的大小或其三角函数值，实现了几何问题代数化，在此过程中提升了学生的数学运算素养和直观想象素养.2.利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算.3.解决空间角问题，首先要注意熟记公式，其次要注意空间角和对应向量的夹角的区别.二、素养训练1.已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，则l与α所成的角为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)〖解析〗设l与α所成的角为θ且θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2).∴θ＝eq\f(π,6).〖答案〗A2.已知平面α与β的法向量分别为a，b，若cos〈a，b〉＝eq\f(1,2)，则平面α和平面β的夹角的大小为()A.eq\f(π,3) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,3)或eq\f(2π,3) D.eq\f(π,6)或eq\f(π,3)〖解析〗因为cos〈a，b〉＝eq\f(1,2)，平面α和平面β的夹角的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以平面α和平面β的夹角的大小为eq\f(π,3).〖答案〗A3.正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(6),3)〖解析〗设正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系如图，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1).易知平面ACD1的一个法向量为eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1，1，1).又eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，则cos〈eq\o(DB1,\s\up6(→))，eq\o(BB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(DB1,\s\up6(→))·\o(BB1,\s\up6(→)),|\o(DB1,\s\up6(→))||\o(BB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),3).故BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),3).〖答案〗D4.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知DA＝DC＝4，DD1＝3，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为________.〖解析〗如图，建立空间直角坐标系.由已知得A1(4，0，0)，B(4，4，3)，B1(4，4，0)，C(0，4，3).∴eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0，4，3)，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(－4，0，3)，∴cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(B1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up6(→))·\o(B1C,\s\up6(→)),|\o(A1B,\s\up6(→))|·|\o(B1C,\s\up6(→))|)＝eq\f(9,25).故异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为eq\f(9,25).〖答案〗eq\f(9,25)三、审题答题示范(二)利用空间向量求两个平面的夹角〖典型示例〗(12分)如图所示，半圆弧AD所在平面与平面ABCD垂直，且M是eq\o(AD,\s\up8(︵))的中点，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝2CD＝2BC.求平面BMC与平面DMC的夹角的余弦值①.联想解题看到①想到建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量求二者夹角的余弦值.满分示范解取AB的中点E，连接DE，DB，因为AB＝2CD，所以CD＝BE，又AB∥CD，CD＝BC，∠ABC＝90°，所以四边形BCDE为正方形，不妨设CD＝1，则BC＝DE＝BE＝AE＝1，AB＝2，BD＝AD＝eq\r(2)，所以BD2＋AD2＝AB2，即BD⊥AD，取AD的中点O，连接OM，OE，则OE∥BD，所以OE⊥AD.2分由M为eq\o(AD,\s\up8(︵))的中点，知MA＝MD，则OM⊥AD.因为平面ADM⊥平面ABCD，平面ADM∩平面ABCD＝AD，OM⊂平面ADM，所以OM⊥平面ABCD.4分以O为坐标原点，分别以eq\o(OE,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(\r(2),2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\r(2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，0))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))，eq\o(MC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\r(2)，－\f(\r(2),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq\o(MD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2))).6分设m＝(x1，y1，z1)是平面MBC的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(MC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋2y1－z1＝0，,x1－y1＝0，))令x1＝1，则y1＝1，z1＝3，可取m＝(1，1，3).8分设n＝(x2，y2，z2)是平面MCD的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(MC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(MD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2－z2＝0，,y2－z2＝0，))令y2＝1，则x2＝－1，z2＝1，可取n＝(－1，1，1).10分所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(3,\r(11)×\r(3))＝eq\f(\r(33),11).所以平面BMC与平面DMC的夹角的余弦值为eq\f(\r(33),11).12分满分心得(1)利用空间向量求平面的夹角运算量较大，思路简单，所以需特别仔细，保证运算正确.(2)利用空间向量求两平面夹角的步骤：建系→写坐标→求法向量→计算数量积→结论.第二课时用空间向量研究夹角问题课标要求素养要求1.能用向量方法解决简单夹角问题.2.通过用空间向量解决夹角问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用.通过学习空间角的计算步骤和方法，把两异面直线所成的角、线面角、二面角转化为向量的夹角求解，培养学生的直观想象素养和数学运算素养.新知探究1970年4月25日18时，新华社授权向全世界宣布：1970年4月24日，中国成功地发射了第一颗人造卫星，卫星运行轨道的近地点高度439千米，远地点高度2384千米，轨道平面与地球赤道平面夹角68.5度，绕地球一圈114分钟.卫星重173千克，用20.009兆赫的频率播放“东方红”乐曲.这里的68.5度是轨道平面与地球赤道平面的夹角.问题上述的68.5度是如何计算出来的呢？〖提示〗求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角求二面角.1.两条异面直线所成的角θ与〈u，v〉的关系是相等或互补设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq\f(|u·v|,|u||v|).2.直线和平面所成的角直线AB与平面α相交于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〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq\f(|u·n|,|u||n|).3.二面角二面角的范围是：〖0，π〗，而两个平面的夹角的范围是：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)两平面的夹角：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.(2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).拓展深化〖微判断〗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.(×)〖提示〗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或互补，故错误.2.直线与平面所成的角等于直线的方向向量与该平面法向量夹角的余角.(×)〖提示〗直线与平面所成的角和直线的方向向量与该平面法向量夹角互余或与其补角互余，故错误.3.两个平面的夹角就是该二面角两个面的法向量的夹角.(×)〖提示〗两个平面的夹角与该二面角两个面的法向量的夹角相等或互补，故错误.〖微训练〗1.设两条异面直线a，b的方向向量分别为a＝(－1，1，0)，b＝(0，－1，1)，则a与b所成的角为________.〖解析〗设直线a与b所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(|－1|,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，又θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故θ＝eq\f(π,3).〖答案〗eq\f(π,3)2.设直线a的方向向量为a＝(－1，2，1)，平面α的法向量为b＝(0，1，2)，则直线a与平面α所成角的正弦值为________.〖解析〗由题意设直线a与平面α所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(4,\r(6)×\r(5))＝eq\f(2\r(30),15).〖答案〗eq\f(2\r(30),15)3.已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面的夹角的大小为________.〖解析〗∵cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，∴两平面的夹角的大小为45°.〖答案〗45°〖微思考〗1.若平面α与β的法向量分别是n1，n2，且cos〈n1，n2〉＝－eq\f(1,2)，则平面α与β的夹角是多少？〖提示〗60°.2.若平面α的法向量为n，直线l的方向向量为m，且cos〈m，n〉＝－eq\f(\r(3),2)，则直线l与平面α所成的角是多少？〖提示〗60°.题型一异面直线所成的角〖例1〗在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角P－BC－A的大小为120°，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为()A.eq\f(5,8) B.eq\f(3,4)C.eq\f(7,8) D.eq\f(1,4)〖解析〗法一如图，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以BC⊥平面PAO，从而平面PAO⊥平面ABC，且∠POA就是二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，建立空间直角坐标系如图所示.设AB＝2，则A(eq\r(3)，0，0)，C(0，－1，0)，B(0，1，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，－1，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1，－\f(3,2)))，cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(PB,\s\up6(→))|)＝－eq\f(5,8)，所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq\f(5,8).法二如图所示，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角P－BC－A的平面角.设AB＝2，则eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))，故eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→)))＝eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝－1－0－0＋eq\r(3)×eq\r(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(5,2)，所以cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))||\o(PB,\s\up6(→))|)＝－eq\f(5,8).即异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq\f(5,8).法三取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°.过点B作AC的平行线交AO的延长线于点D，连接PD，则∠PBD或其补角就是异面直线PB和AC所成的角.设AB＝a，则PB＝BD＝a，PO＝PD＝eq\f(\r(3),2)a，所以cos∠PBD＝eq\f(a2＋a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2),2·a·a)＝eq\f(5,8)，即异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq\f(5,8).〖答案〗A规律方法(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量u，v；③代入公式cosθ＝eq\f(|u·v|,|u||v|)求解.(2)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)))，两向量的夹角α的范围是〖0，π〗，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角.〖训练1〗如图，在三棱柱OAB－O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝eq\r(3)，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值.解以O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴的正方向.建立如图所示的空间直角坐标系，则O1(0，1，eq\r(3))，A(eq\r(3)，0，0)，A1(eq\r(3)，1，eq\r(3))，B(0，2，0)，∴eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，－eq\r(3))，eq\o(O1A,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3)).∴|cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(O1A,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(A1B,\s\up6(→))·\o(O1A,\s\up6(→))|,|\o(A1B,\s\up6(→))||\o(O1A,\s\up6(→))|)＝eq\f(|（－\r(3)，1，－\r(3)）·（\r(3)，－1，－\r(3)）|,\r(7)×\r(7))＝eq\f(1,7).∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为eq\f(1,7).题型二直线和平面所成的角〖例2〗已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为eq\r(2)a，M为A1B1的中点，求BC1与平面AMC1所成角的正弦值.解建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，B(0，a，0)，故eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，－\f(a,2)，\r(2)a)).设平面AMC1的法向量为n＝(x，y，z).则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AC1,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AM,\s\up6(→))·n＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)ax＋\f(a,2)y＋\r(2)az＝0，,\f(a,2)y＋\r(2)az＝0，))令y＝2，则z＝－eq\f(\r(2),2)，x＝0.∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，－\f(\r(2),2))).∴cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·n,|\o(BC1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(－a－a,\r(3)a·\r(\f(9,2)))＝－eq\f(2\r(6),9).设BC1与平面AMC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(2\r(6),9)，即BC1与平面AMC1所成角的正弦值为eq\f(2\r(6),9).规律方法利用平面的法向量求直线与平面所成角的基本步骤(1)建立空间直角坐标系；(2)求直线PA的方向向量u；(3)求平面的法向量n；(4)设线面角为θ，则sinθ＝eq\f(|u·n|,|u||n|).〖训练2〗如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.(1)证明以A为原点，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，C(eq\r(3)，1，0)，B1(eq\r(3)，0，3)，D(0，3，0)，C1(eq\r(3)，1，3)，D1(0，3，3).易知eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，－3)，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝0，∴AC⊥B1D.(2)解设平面ACD1的法向量为m＝(x，y，z)，又eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0，3，3)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0，))令x＝1，则y＝－eq\r(3)，z＝eq\r(3)，∴平面ACD1的一个法向量为m＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3)).设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ，∵eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(0，1，0)，∴sinθ＝eq\f(|\o(B1C1,\s\up6(→))·m|,|\o(B1C1,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(21),7)，∴直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为eq\f(\r(21),7).题型三两平面的夹角〖例3〗如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求平面C1OB1和平面DOB1夹角的余弦值.(1)证明因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD.因为AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，所以O1O⊥底面ABCD.(2)解因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又O1O⊥底面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直.如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.设棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝eq\r(3)，OC＝1，所以O(0，0，0)，B1(eq\r(3)，0，2)，C1(0，1，2)，平面DOB1即平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0，1，0).设平面C1OB1的法向量为m＝(x，y，z)，则由m⊥eq\o(OB1,\s\up6(→))，m⊥eq\o(OC1,\s\up6(→))，得eq\r(3)x＋2z＝0，y＋2z＝0，取z＝－eq\r(3)，则x＝2，y＝2eq\r(3)，所以m＝(2，2eq\r(3)，－eq\r(3))，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(3),\r(19))＝eq\f(2\r(57),19).所以平面C1OB1和平面DOB1夹角的余弦值为eq\f(2\r(57),19).〖迁移〗例3条件不变，求平面BA1C与平面A1CD的夹角的余弦值.解由例3(2)知B(eq\r(3)，0，0)，A1(0，－1，2)，C(0，1，0)，D(－eq\r(3)，0，0)，设平面BA1C的法向量为p＝(x1，y1，z1)，又eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p·\o(A1C,\s\up6(→))＝0，,p·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y1－2z1＝0，,－\r(3)x1＋y1＝0，))令x1＝1，则y1＝eq\r(3)，z1＝eq\r(3)，∴p＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))，同理，得平面A1CD的一个法向量q＝(1，－eq\r(3)，－eq\r(3))，所以cos〈p，q〉＝eq\f(p·q,|p||q|)＝－eq\f(5,7)，所以平面BA1C与平面A1CD的夹角的余弦值为eq\f(5,7).规律方法利用向量方法求两个平面的夹角的大小时，多采用法向量的方法，即求出两个平面的法向量，然后通过法向量的夹角得到两个平面的夹角的大小，这种方法思路简单，但运算量大，所以求解时需特别注意仔细运算.〖训练3〗已知正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD的夹角为()A.30° B.45°C.60° D.90°〖解析〗如图所示，建立空间直角坐标系，设PA＝AB＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1).于是eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，1，0)，取PD的中点E，连接AE，则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，易知eq\o(AD,\s\up6(→))是平面PAB的一个法向量，eq\o(AE,\s\up6(→))是平面PCD的一个法向量，∴cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(AE,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))|·|\o(AE,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),2)，∴平面PAB与平面PCD的夹角为45°.〖答案〗B一、素养落地1.本节课通过学习利用空间向量求三种空间角的大小或其三角函数值，实现了几何问题代数化，在此过程中提升了学生的数学运算素养和直观想象素养.2.利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算.3.解决空间角问题，首先要注意熟记公式，其次要注意空间角和对应向量的夹角的区别.二、素养训练1.已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，则l与α所成的角为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)〖解析〗设l与α所成的角为θ且θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2).∴θ＝eq\f(π,6).〖答案〗A2.已知平面α与β的法向量分别为a，b，若cos〈a，b〉＝eq\f(1,2)，则平面α和平面β的夹角的大小为()A.eq\f(π,3) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,3)或eq\f(2π,3) D.eq\f(π,6)或eq\f(π,3)〖解析〗因为cos〈a，b〉＝eq\f(1,2)，平面α和平面β的夹角的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以平面α和平面β的夹角的大小为eq\f(π,3).〖答案〗A3.正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(6),3)〖解析〗设正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系如图，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1).易知平面