高考数学总复习高考研究课空间角3类型-线线角线面角二面角市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT课件

得xz＝＝22yy，， 令 y＝1，得 n＝(2,1,2)，
设
D1C1
与平面
A1BC1
所成角为
θ，则
sin
θ＝|cos〈D―1→C1，n〉|＝
―→ |D1C1·n| ―→
|D1C1||n|
＝2×2 3＝13，即直线 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为13. 答案：13
12/28
2．(2016·淄博一模)如图，直线PA与平行四边形ABCD所在的平面垂 直，PA＝AB＝AD＝2，∠BAD＝60°. (1)证明：BD⊥平面PAC； (2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值． 解：(1)证明：∵AB＝AD， ∴平行四边形 ABCD 是菱形，∴AC⊥BD. ∵PA⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD， ∴PA⊥BD. 又 PA∩AC＝A， ∴BD⊥平面 PAC.
(1)求证：EG∥平面 ADF； (2)求二面角 O-EF-C 的正弦值； (3)设 H 为线段 AF 上的点，且 AH＝23HF，求直线 BH 和 平面 CEF 所成角的正弦值．
7/28
[解] 依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原
点，分别以
―→ AD
，
―→ BA
，
―→ OF
的方向为x轴，y轴，z轴
13/28
(2016·淄博一模)如图，直线 PA 与平行四边形 ABCD 所在的平面垂 直，PA＝AB＝AD＝2，∠BAD＝60°. (2)求直线 PA 与平面 PBC 所成角的正弦值． 解：设 AC∩BD＝O，取 PC 的中点 Q，连接 OQ. 在△APC 中，AO＝OC，CQ＝QP，∴OQ∥PA， ∵PA⊥平面 ABCD，∴OQ⊥平面 ABCD， 如图，取 OA，OB，OQ 所在的直线分别为 x 轴， y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则 A( 3，0,0)，B(0,1,0)，C(－ 3， 0,0)，P( 3，0,2)，∴―A→P ＝(0,0,2)．设平面 PBC 的法向量为 n ＝(x，y，z)，而―B→C ＝(－ 3，－1,0)，―P→B ＝(－ 3，1，－2)，
由
―A→K ·m＝0
得x31y＋1＝30y1，＋ 3z1＝0，
―A→B ·n＝0，
取 m＝(
3，0，－1)；由
―A→K ·n＝0
得2xx2＋2＋33y2y＋2＝03，z2＝0，
取 n＝(3，－2， 3)．于是 cos〈m，n〉＝|mm|··|nn|＝ 43.
所以二面角
B-AD-F
的平面角的余弦值为
16/28
(2016·浙江高考)如图，在三棱台 ABC-DEF 中，平面 BCFE⊥平面 ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1， BC＝2，AC＝3. (2)求二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值．
[解] 取 BC 的中点 O，连接 KO， 则 KO⊥BC. 又平面 BCFE⊥平面 ABC，所以 KO⊥平面 ABC. 以点 O 为原点，分别以射线 OB，OK 的方向为 x 轴，z 轴的正方向， 建立空间直角坐标系 O-xyz. 由题意得 B(1,0,0)，C(－1,0,0)，K(0,0， 3)，
3 4.
18/28
[方法技巧] 利用法向量求二面角时的2个注意点
(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含 着，不用单独求．
(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可 结合图形进行，以防结论失误．
19/28
[即时演练]
1．在正方体 ABCD -A1B1C1D1 中，点 E 为 BB1 的中点，则平面 A1ED 与
则 nn11··― ―AA→ →DF ＝ ＝00， ，
即
2x1＝0， x1－y1＋2z1＝0，
不妨取z1＝1，可得n1＝
(0,2,1)．又―E→G ＝(0,1，－2)，可得―E→G ·n1＝0. 又因为直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF.
8/28
(2)求二面角O-EF-C的正弦值；
[解]
分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的
余弦值为
()
1
2
30
2
A.10
B.5
C. 10
D. 2
解析：建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，设BC＝2，
则B(0,2,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)，
N(1,0,2)，所以―BM→＝(1，－1,2)，
―→ AN
14/28
由nn··― ―BP→ →BC ＝ ＝00，
得－ －
3x－y＝0， 3x＋y－2z＝0，
令x＝1，则y＝－ 3，z＝－ 3，
∴n＝(1，－ 3，－ 3)为平面PBC的一个法向量．
∴cos〈―A→P ，n〉＝|―A―→AP→P|×·n|n|＝2×－12＋33＋3＝－
21 7.
设直线PA与平面PBC所成的角为θ，
―→
―→
―→
(1)∵ DA ＝(2,0,0)， CB1 ＝(2,0,2)，∴cos〈 DA ，
―→ CB1 〉＝
―→ ―→ DA ·CB1 ―→ ―→
＝
22.∴直线AD和直线B1C所成角为45°.
| DA || CB1 |
2/28
(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD.
证明：取B1D的中点F，得F(1,1,1)，连接EF. ∵E为AB的中点，∴E(2,1,0)，∴―E→F ＝(－1,0,1)， ―D→C ＝(0,2,0)， ∴―E→F ·―D→C ＝0，―E→F ·―CB→1 ＝0，∴EF⊥DC，EF⊥CB1. ∵DC∩CB1＝C，∴EF⊥平面B1CD. 又∵EF⊂平面EB1D，∴平面EB1D⊥平面B1CD.
高考研究课(一)
空间角3类型——线线角、线面角、二面角
[全国卷5年命题分析]
考点 线线角 线面角 二面角
考查频度 5年2考 5年3考 5年7考
考查角度 求线线角 求线面角 求二面角，已知二面角求体积
1/28
利用空间向量求异面直线所成角
[典例] (2017·东北四校联考)如图，在正方 体ABCD-A1B1C1D1中，E为AB的中点．
则nn11··――AA11→→DE ＝＝00，，
y－z＝0， 即1－12z＝0，
与平面 A1BC1 所成角的正弦值为________．
解析：如图，建立空间直角坐标系 D-xyz，则 D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)， B(1,2,0)，
―→ ∴D1C1＝(0,2,0)，设平面 A1BC1 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
由nn··A――A11→→CB1＝＝xx，，yy，，zz··0－，12，，2－，10＝＝2－y－x＋z＝2y0＝，0，
因为―A→F ＝(1，－1,2)，所以―AH→＝25―A→F ＝25，－25，45，
进而有 H－35，35，45，从而―BH→＝25，85，45.
因此 cos〈―BH→，n2〉＝
―→ BH ·n2 ―→
＝－ 217.
| BH |·|n2|
所以直线
BH
和平面
CEF
所成角的正弦值为
7 21 .
10/28
―→ cos〈 OA ，n2〉＝
―→ OA ·n2 ―→
＝－
36，于是sin〈―O→A ，n2〉＝
3 3.
| OA |·|n2|
所以，二面角O-EF-C的正弦值为
3 3.
9/28
(3)设 H 为线段 AF 上的点，且 AH＝23HF，求直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值．
[解] 由 AH＝23HF，得 AH＝25AF.
[方法技巧] 利用平面的法向量求线面角的2个注意点
(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝 角时取其补角)，取其余角即为所求．
(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2θ＋ cos2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法 向量所夹角的余弦值为所求．
11/28
[即时演练] 1．在长方体 ABCD -A1B1C1D1 中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则 D1C1
3/28
[方法技巧] 向量法求异面直线所成角的 2 种方法及 1 个注意点
(1)2 种方法： ①基向量法：利用线性运算． ②坐标法：利用坐标运算． (2)1 个注意点： 注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其 是取值范围．
4/28
[即时演练]
1．(2014·全国卷Ⅱ)直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N
＝(－1，0,2)，故BM与AN所成角θ的余弦值
―→ ―→
cos
θ＝
| BM ―→
·AN | ―→
＝
| BM |·| AN |
3 6×
＝ 5
30 10 .
答案：C
5/28
2．(2017·陕西科大附中模拟)已知四棱锥P-ABCD 的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝
90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝12AB＝1. (1)证明：平面PAD⊥平面PCD； (2)求AC与PB夹角的余弦值．
则sin θ＝|cos〈―A→P ，n〉|＝
21 7.
15/28
利用空间向量求二面角
[典例] (2016·浙江高考)如图，在三棱台 ABC-DEF 中，平面 BCFE⊥平面 ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF ＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.
(1)求证：BF⊥平面 ACFD； (2)求二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值．
平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为
()
A.12
B.23
C.
3 3
D.
2 2
解析：以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz，设棱长为 1，
则 A1(0,0,1)，E1，0，21，D(0,1,0)， ∴―A1→D＝(0,1，－1)，―A1→E ＝1，0，－12， 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1＝(1，y，z)，
解：以A为坐标原点，建立如图所示的空 间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)， C(1,1,0)，D(1，0,0)，P(0,0,1)． (1)证明：因为＝(0,0,1)，＝(0,1,0)，
所以·＝0，所以AP⊥DC.
由题设知AD⊥DC，且AP∩AD＝A，所以DC⊥平面PAD.
又DC⊂平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD.
17/28
A(－1，－3,0)，E12，0， 23，F－12，0， 23. 因此―A→C ＝(0,3,0)， ―A→K ＝(1,3， 3)，―A→B ＝(2,3,0)．
设平面 ACFD 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)， 平面 ABED 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)．
―A→C ·m＝0，
―→ 易证 OA ＝(－1,1,0)为平面OEF的一个法向量，
―→
―→
依题意， EF ＝(1,1,0)， CF ＝(－1,1,2)．设n2＝
(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，则
nn22··― ―CE→ →FF ＝＝00，，
即x－2＋x2＋y2＝y2＋0，2z2＝0，
不妨取x2＝1，可得n2＝(1，－1,1)．因此有
[解] (1)证明：延长 AD，BE，CF 相交于一点 K，如图所示． 因为平面 BCFE⊥平面 ABC，平面 BCFE∩平面 ABC ＝BC，且 AC⊥BC，所以 AC⊥平面 BCFE， 又因为 BF⊂平面 BCFE，因此 BF⊥AC. 又因为 EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2， 所以△BCK 为等边三角形，且 F 为 CK 的中点， 则 BF⊥CK.又 AC∩CK＝C，所以 BF⊥平面 ACFD.
(2)因为＝(1,1,0)，＝(0,2，－1)，所以cos〈
―→ AC
，
―→ PB
〉＝
―→ ―→
AC ·PB ―→ ―→
＝
10 5.
故AC与PB夹角的余弦值为
10 5.
| AC || PB |
6/28
利用空间向量求线面角
[典例] (2016·天津高考)如图，正方形 ABCD 的中心为 O，四边形 OBEF 为矩形，平面 OBEF ⊥平面 ABCD，点 G 为 AB 的中点，AB＝BE＝2.
的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0,0,0)，
A(－1,1,0)，B(－1，－1，0)，C(1，－1,0)，D(1,1,0)，
E(－1，－1,2)，F(0,0,2)，G(－1,0，0)．
(1)证明：依题意，―A→D ＝(2,0,0)，―A→F ＝(1，－1,2)．
设n1＝(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量，
(1)求直线AD和直线B1C所成角的大小； (2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD.
[解] 不妨设正方体的棱长为2个单位长度，以
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如 图所示的空间直角坐标系D-xyz.根据已知得：
D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)．