2025版新教材高中數(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)夾角問(wèn)題題型探究新人教A版選擇性必修第一冊(cè)

1.4.2用空間向量探討距離、夾角問(wèn)題第2課時(shí)夾角問(wèn)題題型探究題型一利用向量方法求兩異面直線所成角1．(1)如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為(D)A.eq\f(1,5) B．eq\f(2,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,5)(2)已知四面體OABC的各棱長(zhǎng)均為1，D是棱OA的中點(diǎn)，則異面直線BD與AC所成角的余弦值為(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為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)．設(shè)AB＝1，則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)，所以異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為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)，故異面直線BD與AC所成角的余弦值為eq\f(\r(3),6).[規(guī)律方法]求異面直線所成角的關(guān)注點(diǎn)(1)原理：空間向量的夾角公式；(2)方法：坐標(biāo)法、基向量法；(3)留意：由于兩異面直線所成角θ的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，而兩向量夾角α的范圍是[0，π]，故cosθ＝|cosα|.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?已知直角梯形ABEF，∠A＝∠B＝90°，AB＝1，BE＝2，AF＝3，C為BE的中點(diǎn)，AD＝1，如圖1，沿直線CD折成直二面角，連接部分線段后圍成一個(gè)空間幾何體(如圖2)，則異面直線BD與EF所成角的大小為eq\f(π,3).[解析]以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DF所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，E(0,1,1)，F(xiàn)(0,0,2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，則|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)，所以異面直線BD與EF所成角的大小為eq\f(π,3).題型二利用向量方法求直線與平面所成角2.如圖所示，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點(diǎn)，AM＝2MD，N為PC的中點(diǎn)．(1)證明：MN∥平面PAB；(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值．[分析](1)線面平行的判定定理?MN∥平面PAB.(2)利用空間向量計(jì)算平面PMN與AN方向向量的夾角?直線AN與平面PMN所成角的正弦值．[解析](1)證明：由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.如圖，取BP的中點(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC的中點(diǎn)知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綉AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT.因?yàn)锳T?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)如圖，取BC的中點(diǎn)E，連接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，從而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為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(AE,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.由題意知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)).設(shè)n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，則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).所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為eq\f(8\r(5),25).[規(guī)律方法]若直線l與平面α的夾角為θ，利用法向量計(jì)算θ的步驟如下：對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?如圖，長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝2eq\r(2)，若M是AA1的中點(diǎn)，則BM與平面B1D1M所成角的正弦值是eq\f(\r(6),3).[解析]以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1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Dxyz，則B(2,2,0)，B1(2,2,2eq\r(2))，D1(0,0,2eq\r(2))，M(2,0，eq\r(2))，設(shè)平面B1D1M的法向量為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，則y＝－1，z＝eq\r(2)，可得n＝(1，－1，eq\r(2))，因?yàn)閑q\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與平面B1D1M所成角的正弦值是eq\f(\r(6),3).題型三利用向量方法求兩個(gè)平面的夾角3.如圖，在正方體ABEF－DCE′F′中，M，N分別為AC，BF的中點(diǎn)，求平面MNA與平面MNB的夾角的余弦值．[分析]有兩種思路，一是先依據(jù)二面角平面角及兩個(gè)平面夾角的定義，在圖形中作出二面角的平面角，然后利用向量方法求出向量夾角從而得到兩平面夾角的大??；另一種是干脆求出兩個(gè)面的法向量，通過(guò)法向量的夾角求得兩平面夾角的大?。甗解析]設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA，BE，BC所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Bxyz，則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的中點(diǎn)G，連接BG，AG，則Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4)，\f(1,4))).因?yàn)椤鰽MN，△BMN為等腰三角形，所以AG⊥MN，BG⊥MN，故∠AGB為兩平面夾角或其補(bǔ)角．又因?yàn)閑q\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)，故所求兩平面夾角的余弦值為eq\f(1,3).方法二：設(shè)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))，則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的一個(gè)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)，設(shè)平面MNA與平面MNB的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1,3).故所求兩平面夾角的余弦值為eq\f(1,3).[規(guī)律方法]利用平面的法向量求兩個(gè)平面的夾角利用向量方法求兩平面夾角大小時(shí)，多接受法向量法．即求出兩個(gè)面的法向量，然后通過(guò)法向量的夾角來(lái)得到兩平面夾角．需留意法向量夾角范圍是[0，π]，而兩平面夾角范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?如圖所示，四邊形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夾角的余弦值．[解析]建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則S(0,0,2)，C(2,2,0)，D(1,0,0)，平面SAB的一個(gè)法向量為m＝(1,0,0)，因?yàn)閑q\o(SC,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq\o(SD,\s\up6(→