高考数学二轮复习专题二立体几何第3讲空间角课件

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高考数学二轮复习专题二立体几何第3讲空间角学案

第3讲空间角[考情考向分析] 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，热点为异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的求解，向量法作为传统几何法的补充，为考生答题提供新的工具．热点一异面直线所成的角(1)几何法：按定义作出异面直线所成的角(即找平行线)，解三角形．(2)向量法：设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．设l ，m 的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21 a 22＋b 22＋c 22. 例1 (1)(2018·全国Ⅱ)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15 B.56 C.55 D.22 答案 C解析方法一如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的一侧补上一个相同的长方体A ′B ′BA －A 1′B 1′B 1A 1.连接B 1B ′，由长方体性质可知，B 1B ′∥AD 1，所以∠DB 1B ′为异面直线AD 1与DB 1所成的角或其补角．连接DB ′，由题意，得DB ′＝12＋(1＋1)2＝5，B ′B 1＝12＋(3)2＝2，DB 1＝12＋12＋(3)2＝ 5.在△DB ′B 1中，由余弦定理，得DB ′2＝B ′B 21＋DB 21－2B ′B 1·DB 1·cos∠DB 1B ′，即5＝4＋5－2×25cos∠DB 1B ′，∴cos∠DB 1B ′＝55. 故选C.方法二如图，以点D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz .由题意，得A (1,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0，3)，B 1(1,1，3)，∴AD 1→＝(－1,0，3)，DB 1→＝(1,1，3)，∴AD 1→·DB 1→＝－1×1＋0×1＋(3)2＝2， |AD 1→|＝2，|DB 1→|＝5， ∴cos〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55.故选C.(2)(2018·浙江省杭州二中月考)已知异面直线a ，b 所成的角为50°，过空间一定点P 最多可作n 条直线与直线a ，b 均成θ角，则下列判断不正确的是( ) A ．当θ＝65°时，n ＝3 B ．当n ＝1时，θ只能为25° C ．当θ＝30°时，n ＝2 D ．当θ＝75°时，n ＝4答案 B解析将空间直线平移，异面直线的夹角不变，则可将异面直线a ，b 平移到同一平面α内，使得点P 为平移后的直线a ′，b ′的交点，则当0°≤θ<25°时，n ＝0；当θ＝25°时，n ＝1，此时该直线为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线；当25°<θ<65°时，n ＝2，此时这两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线；当θ＝65°时，n ＝3，此时其中两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线，另一条直线为直线a ′，b ′所成钝角的角平分线所在的直线；当65°<θ<90°时，n ＝4，此时其中两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线，另外两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成钝角的角平分线所在的直线；当θ＝90°时，n ＝1，此时直线为过点P 且与平面α垂直的直线．综上所述，B 选项的说法错误，故选B.思维升华 (1)运用几何法求异面直线所成的角一般是按找—证—求的步骤进行． (2) 两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|. 跟踪演练1 (2018·浙江省衢州二中模拟)如图，已知等腰三角形ABC 中，AB ＝AC ，O 为BC 的中点，动点P 在线段OB 上(不含端点)，记∠APC ＝θ，现将△APC 沿AP 折起至△APC ′，记异面直线BC ′与AP 所成的角为α，则下列结论一定成立的是( )A ．θ>αB ．θ<αC ．θ＋α>π2D ．θ＋α<π2答案 A解析设PC →＝λBC →，则cos θ＝|PA →·PC →||PA →||PC →|＝|PA →·λBC →||PA →||λBC →|＝|PA →·BC →||PA →||BC →|＝|PA →·(BP →＋PC →)||PA →|·(|BP →|＋|PC →|)，因为cos α＝|PA →·BC ′→||PA →||BC ′→|＝|PA →·(BP →＋PC ′→)||PA →||BC ′→|，且PA →·PC →＝PA →·PC ′→，|BP →|＋|PC →|＝|BP →|＋|PC ′→|>|BC ′→|，所以cos θ<cos α，又θ，α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以θ>α，故选A.热点二直线与平面所成的角(1)几何法：按定义作出直线与平面所成的角(即找到斜线在平面内的投影)，解三角形． (2)向量法：设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为μ＝(a 2，b 2，c 2)，设直线l 与平面α的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|.例2 (2018·浙江省名校协作体联考)在如图所示的几何体中，平面DAE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为等腰梯形，四边形DCFE 为菱形．已知AB ∥CD ，∠ABC ＝60°，CD ＝12AB ＝1.(1)线段AC 上是否存在一点N ，使得AE ∥平面FDN ？证明你的结论；(2)若线段FC 在平面ABCD 上的投影长度为12，求直线AC 与平面ADF 所成角的正弦值．解 (1)在线段AC 上存在点N ，使得AE ∥平面FDN ，且N 是AC 的中点．如图，取AC 的中点N ，连接NF ，DN ，连接EC 交DF 于点O ，连接ON . ∵四边形CDEF 为菱形， ∴O 为EC 的中点．在△ACE 中，由中位线定理可得ON ∥AE .∵ON ⊂平面FDN ，AE ⊄平面FDN ，∴AE ∥平面FDN ，∴在线段AC 上存在点N ，使得AE ∥平面FDN ，且N 是AC 的中点． (2)方法一 ∵DE ∥CF ，∴DE 在平面ABCD 上的投影长度为12，过点E 作EO ⊥AD 于点O ，∵平面DAE ⊥平面ABCD ，且平面DAE ∩平面ABCD ＝AD ，EO ⊂平面DAE ， ∴EO ⊥平面ABCD ，则OD ＝12，∵在等腰梯形ABCD 中，由已知易得AD ＝BC ＝1， ∴点O 为线段AD 的中点．设点C 到平面FDA 的距离为h ， ∵V C －FDA ＝V F －ADC ， ∴h ·S △FDA ＝EO ·S △ADC ，易知S △ADC ＝34，EO ＝32，取AB 的中点M ，连接CM ，取CM 的中点P ，连接AP ，DP ，FP ，OP .∵O，P分别为AD，MC的中点，AM∥DC∥EF，且AM＝DC＝EF，∴OP∥EF且OP＝EF，∴四边形OPFE为平行四边形，∴OE∥FP，OE＝FP，∴FP⊥平面ABCD.易求得AP＝72，DP＝FP＝32，∴AF＝102，DF＝62，∴DF2＋AD2＝AF2，∴△ADF为直角三角形，∴S△FDA＝64.∴h＝EO·S△ADCS△FDA＝32×3464＝64.设直线AC与平面FDA所成的角为θ，在△ADC中，易得AC＝3，则sin θ＝hAC＝24.方法二∵DE∥CF，∴DE在平面ABCD上的投影长度为12，过点E作EO⊥AD于点O，∵平面DAE⊥平面ABCD，且平面DAE∩平面ABCD＝AD，EO⊂平面DAE.∴EO⊥平面ABCD，则OD＝12，∵在等腰梯形ABCD中，由已知易得AD＝BC＝1.∴点O为线段AD的中点．以O为原点，OE所在直线为z轴，过O且平行于DC的直线为y轴，过O且垂直于yOz平面的直线为x轴建立空间直角坐标系，易得x轴在平面ABCD内．可得A⎝⎛⎭⎪⎫34，－14，0，C⎝⎛⎭⎪⎫－34，54，0，D⎝⎛⎭⎪⎫－34，14，0，E⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32，∴AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，0，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，DF →＝DE →＋EF →＝DE →＋DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－14，32＋(0,1,0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，32.设平面ADF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧32x －12y ＝0，34x ＋34y ＋32z ＝0.令x ＝1，得平面ADF 的一个法向量为n ＝(1，3，－2)．若直线AC 与平面ADF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝322×3＝24. 思维升华 (1)运用几何法求直线与平面所成的角一般是按找——证——求的步骤进行． (2)直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意所求角和两向量夹角间的关系．跟踪演练2 (2018·杭州质检)如图，在等腰三角形ABC 中，AB ＝AC ，∠A ＝120°，M 为线段BC 的中点，D 为线段BC 上一点，且BD ＝BA ，沿直线AD 将△ADC 翻折至△ADC ′，使AC ′⊥BD .(1)证明：平面AMC ′⊥平面ABD ；(2)求直线C ′D 与平面ABD 所成的角的正弦值． (1)证明因为△ABC 为等腰三角形，M 为BC 的中点，所以AM ⊥BD ，又因为AC ′⊥BD ，AM ∩AC ′＝A ，AM ，AC ′⊂平面AMC ′，所以BD ⊥平面AMC ′，因为BD ⊂平面ABD ，所以平面AMC ′⊥平面ABD .(2)解在平面AC ′M 中，过C ′作C ′F ⊥AM 交直线AM 于点F ，连接FD .由(1)知，平面AMC ′⊥平面ABD ，又平面AMC ′∩平面ABD ＝AM ，C ′F ⊂平面AMC ，所以C ′F ⊥平面ABD . 所以∠C ′DF 为直线C ′D 与平面ABD 所成的角．设AM ＝1，则AB ＝AC ＝AC ′＝2，BC ＝23，MD ＝2－3，DC ＝DC ′＝23－2，AD ＝6－ 2.在Rt△C ′MD 中，MC ′2＝DC ′2－MD 2＝(23－2)2－(2－3)2＝9－4 3.设AF ＝x ，在Rt△C ′FA 和Rt△C ′FM 中，AC ′2－AF 2＝MC ′2－MF 2，即4－x 2＝9－43－(x －1)2，解得x ＝23－2，即AF ＝23－2. 所以C ′F ＝223－3.故直线C ′D 与平面ABD 所成的角的正弦值等于C ′F DC ′＝23－33－1. 热点三二面角二面角有两种求法：①几何法：利用定义作出二面角的平面角，然后计算．②向量法：利用两平面的法向量．设平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)，设二面角α—a —β的平面角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|.例3 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝4，点E 在线段AD 上且AE ＝3，现分别沿BE ，CE 所在的直线将△ABE ，△DCE 翻折，使得点D 落在线段AE 上，则此时二面角D －EC －B 的余弦值为( )A.45B.56C.67D.78 答案 D解析如图1所示，连接BD ，设其与CE 的交点为H ，由题意易知BD ⊥CE .翻折后如图2所示，连接BD ，图1 图2则在图2中，∠BHD 即为二面角D －EC －B 的平面角，易求得BD ＝22，DH ＝255，BH ＝855，所以cos∠DHB ＝BH 2＋DH 2－BD 22BH ·DH ＝78，故选D.思维升华 (1)构造二面角的平面角的方法(几何法)：根据定义；利用二面角的棱的垂面；利用两同底等腰三角形底边上的两条中线等． (2)向量法：根据两平面的法向量．跟踪演练3 (2018·绍兴质检)已知四面体SABC 中，二面角B －SA －C ，A －SB －C ，A －SC －B 的平面角的大小分别为α，β，γ，则( ) A.π2<α＋β＋γ<π B.3π2<α＋β＋γ<2π C ．π<α＋β＋γ<3π D ．2π<α＋β＋γ<3π 答案 C解析设三棱锥的顶点S 距离底面ABC 无穷远，则三棱锥S －ABC 近似为以△ABC 为底面的三棱柱，此时二面角的平面角α，β，γ等于三角形ABC 的三个内角；若顶点S 与底面ABC 的距离趋向于0，则三棱锥S －ABC 近似压缩为四顶点共面，则当S 为△ABC 内一点时，二面角的平面角α，β，γ的大小都为π，因此α＋β＋γ∈(π，3π)，故选C.真题体验1．(2017·全国Ⅲ)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号) 答案 ②③解析依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知，点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝(1,0,0)，CB →以Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[)0，2π，则B (cos θ，sin θ，0)，∴AB →＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB →|＝ 2. 设直线AB 与a 所成的角为α，则cos α＝|AB →·a ||a ||AB →|＝22|sin θ|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误；设直线AB 与b 所成的角为β，则cos β＝|AB →·b ||b ||AB →|＝22|cos θ|.当直线AB 与a 的夹角为60°，即α＝60°时， |sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝22， ∴|cos θ|＝22，∴cos β＝22|cos θ|＝12. ∵45°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB 与b 的夹角为60°. ∴②正确，①错误．2．(2017·浙江改编)如图，已知正四面体D —ABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CRRA＝2，分别记二面角D —PR —Q ，D —PQ —R ，D —QR —P 的平面角为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为________．答案α<γ<β解析如图①，作出点D在底面ABC上的射影O，过点O分别作PR，PQ，QR的垂线OE，OF，OG，连接DE，DF，DG，则α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO.由图可知，它们的对边都是DO，∴只需比较EO，FO，GO的大小即可．如图②，在AB边上取点P′，使AP′＝2P′B，连接OQ，OR，则O为△QRP′的中心．设点O到△QRP′三边的距离为a，则OG＝a，OF＝OQ·sin∠OQF<OQ·sin∠OQP′＝a，OE＝OR·sin∠ORE>OR·sin∠ORP′＝a，∴OF<OG<OE，∴ODtan β<ODtan γ<ODtan α，∴α<γ<β.3．(2018·浙江)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．方法一(1)证明由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝22，所以A1B21＋AB21＝AA21，故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ，得B 1C 1＝ 5.由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝2 3. 由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13，所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21，故AB 1⊥B 1C 1.又因为A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，A 1B 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ，连接AD . 由AB 1⊥平面A 1B 1C 1，得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1. 所以∠C 1AD 即是直线AC 1与平面ABB 1所成的角．由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21，得cos∠C 1A 1B 1＝427，sin∠C 1A 1B 1＝77，所以C 1D ＝3，故sin∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913. 因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 方法二 (1)证明如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0,23，－3)．由AB 1→·A 1B 1→＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0,0,2)．设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BB 1→＝0，得⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1,0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 押题预测如图所示，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，SA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为线段AB ，SD 的中点．(1)证明：EF ∥平面SBC ；(2)设SA ＝AD ＝2AB ，试求直线EF 与平面SCD 所成角的正弦值．押题依据定义法求直线与平面所成的角的关键是利用直线与平面所成角的定义去构造一个直角三角形，通过解三角形的知识求角．方法一求解第(2)问的关键是构造三角形，证明∠AFE 为直线EF 与平面SCD 所成角的余角．(1)证明方法一如图，过点E 作EG ∥SB ，交SA 于点G ，连接GF .因为E 为AB 的中点，所以G 为SA 的中点，又F 为SD 的中点，所以GF ∥AD ，所以GF ∥BC ，又BC ⊂平面SBC ，GF ⊄平面SBC ，所以GF ∥平面SBC .因为GE ∥SB ，SB ⊂平面SBC ，GE ⊄平面SBC ，所以GE ∥平面SBC ，又GE ∩GF ＝G ，GE ，GF ⊂平面GEF ，所以平面GEF ∥平面SBC ，又EF ⊂平面GEF ，所以EF ∥平面SBC .方法二取SC 的中点H ，连接FH ，BH ，因为F 是SD 的中点，所以FH ∥CD ，FH ＝12CD ，又CD ∥AB ，CD ＝AB ，点E 是AB 的中点，所以FH ∥BE ，FH ＝BE ，所以四边形EFHB 是平行四边形，所以EF ∥BH ，又BH ⊂平面SBC ，EF ⊄平面SBC ，所以EF ∥平面SBC . (2)解方法一如图，连接AF .因为SA ＝AD ，SA ⊥AD ，所以AF ⊥SD . 因为SA ⊥平面ABCD ，所以SA ⊥CD .因为AD ⊥CD ，SA ∩AD ＝A ，SA ，AD ⊂平面SAD ，所以CD ⊥平面SAD ，因为AF ⊂平面SAD ，所以CD ⊥AF ，又SD ∩CD ＝D ，SD ，CD ⊂平面SCD ，所以AF ⊥平面SCD .所以∠AFE 即为直线EF 与平面SCD 所成角的余角．令SA ＝AD ＝2AB ＝4，则AE ＝1，AF ＝22，所以EF ＝3. 设直线EF 与平面SCD 所成的角为θ，则sin θ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2－∠AFE ＝cos∠AFE ＝AF EF ＝223. 所以直线EF 与平面SCD 所成角的正弦值为223.方法二因为四边形ABCD 是矩形，SA ⊥底面ABCD ，所以直线AB ，AD ，AS 两两垂直．以A 为坐标原点，AB ，AD ，AS 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz . 设SA ＝AD ＝2AB ＝4，则S (0,0,4)，C (2,4,0)，D (0,4,0)，E (1,0,0)，F (0,2,2)．所以EF →＝(－1,2,2)，SD →＝(0,4，－4)，DC →＝(2,0,0)．设平面SCD 的法向量为a ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧a ·SD →＝4y －4z ＝0，a ·DC →＝2x ＝0，取y ＝1，所以a ＝(0,1,1)是平面SCD 的一个法向量．设直线EF 与平面SCD 所成的角为θ，所以sin θ＝|a ·EF →||a |·|EF →|＝|0＋2＋2|2×3＝223.所以直线EF 与平面SCD 所成角的正弦值为223.A 组专题通关1．(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32 B.155 C.105 D.33答案 C解析方法一将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图①所示，连接AD 1，B 1D 1，BD .图①由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知BD 2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝3.又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105.故选C.方法二以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图②所示．图②由已知条件知B 1(0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(1,0,0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1,0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)．所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 故选C.2．(2018·嘉兴、丽水模拟)已知两个平面α，β和三条直线m ，a ，b ，若α∩β＝m ，a ⊂α且a ⊥m ，b ⊂β，设α和β所成的一个二面角的大小为θ1，直线a 和平面β所成的角的大小为θ2，直线a ，b 所成的角的大小为θ3，则( ) A ．θ1＝θ2≥θ3 B ．θ3≥θ1＝θ2 C ．θ1≥θ3，θ2≥θ3 D ．θ1≥θ2，θ3≥θ2答案 D解析当平面α与平面β所成的二面角为锐角或直角时，θ1＝θ2，当平面α与平面β所成的二面角为钝角时，θ2为θ1的补角，则θ1>θ2，综上所述，θ1≥θ2，又由最小角定理得θ3≥θ2，故选D.3．如图，正四棱锥P －ABCD .记异面直线PA 与CD 所成的角为α，直线PA 与平面ABCD 所成的角为β，二面角P －BC －A 的平面角为γ，则( )A ．β<α<γB ．γ<α<βC ．β<γ<αD ．α<β<γ答案 C解析如图，过点P 作PO ⊥平面ABCD ，则O 为正方形ABCD 的中心．连接AO ，并过O 点作OE ⊥BC ，交BC 于点E ，连接PE .∵AB ∥DC ，∴异面直线PA 与CD 所成的角就是∠PAB ，而AO 为PA 在平面ABCD 上的投影，∴∠PAO 为PA 与平面ABCD 所成的角． ∴∠PAB >∠PAO .又OE ⊥BC ，PO ⊥BC ，OE 与PO 相交于点O ， ∴BC ⊥平面POE ，∴PE ⊥BC ，因此∠PEO 为二面角P －BC －A 的平面角． ∵OE <AO ，∴tan∠PEO >tan∠PAO ， ∴∠PEO >∠PAO .又∠PAB ＝∠PBE ，cos∠PBE ＝BE PB ，cos∠PEO ＝OE PE， ∵OE ＝BE ，PE <PB ，∴cos∠PBE <cos∠PEO ，∴∠PBE >∠PEO ，又∠PBE ＝∠PAB ＝α，∴β<γ<α，故选C.4．已知四边形ABCD ，AB ＝BD ＝DA ＝2，BC ＝CD ＝2，现将△ABD 沿BD 折起，使二面角A －BD －C 的大小在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，5π6内，则直线AB 与CD 所成角的余弦值的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，528B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，28 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，28∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫528，1 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤28，528答案 A解析设BD 的中点为E ，连接AE ，CE ，因为AB ＝BD ＝DA ＝2，BC ＝CD ＝2，所以AE ＝3，CE ＝1，且AE ⊥BD ，CE ⊥BD ，则∠AEC 为二面角A －BD －C 的平面角，在平面ABD 内，过点A 作AF ∥BD ，使AF ＝BD ，构造平行四边形ABDF ，连接FD ，CF ，则∠CDF 或其补角即为异面直线AB 与CD 的夹角，则在△AEC 中，由余弦定理得AC 2＝AE 2＋CE 2－2AE ·CE cos∠AEC＝4－23cos∠AEC ，又因为∠AEC ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，5π6，所以AC 2＝4－23cos∠AEC ∈[1,7]．因为AE ⊥BD ，CE ⊥BD ，且AE ∩CE ＝E ，AE ，CE ⊂平面AEC ，所以BD ⊥平面AEC ，则BD ⊥AC ，所以AF ⊥AC ，则在Rt△CAF 中，CF 2＝AC 2＋AF 2∈[5,11]，则在△CDF 中，由余弦定理易得直线AB 与CD 的夹角的余弦值为|cos∠CDF |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪DF 2＋CD 2－CF 22DF ·CD ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，528，故选A.5．长方体的对角线与过同一个顶点的三个表面所成的角分别为α，β，γ，则cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝________. 答案 2解析设长方形的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则对角线长d ＝a 2＋b 2＋c 2，所以cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＋c 2d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋c 2d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋b 2d 2＝2()a 2＋b 2＋c 2d 2＝2. 6.如图所示，在正方体AC 1中， AB ＝2, A 1C 1∩B 1D 1＝E ，直线AC 与直线DE 所成的角为α，直线DE 与平面BCC 1B 1所成的角为β，则cos ()α－β＝________.答案66解析由题意可知，α＝π2，则cos ()α－β＝sin β，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则D ()0，0，0，E ()1，1，2，DE →＝()1，1，2，平面BCC 1B 1的法向量DC →＝()0，2，0，由此可得cos ()α－β＝sin β＝|DE →·DC →||DE →||DC →|＝66.7.(2018·浙江省名校新高考研究联盟联考)如图，平行四边形PDCE 垂直于梯形ABCD 所在的平面，∠ADC ＝∠BAD ＝90°，∠PDC ＝120°，F 为PA 的中点，PD ＝1，AB ＝AD ＝12CD ＝1.(1)求证：AC ∥平面DEF ；(2)求直线BC 与平面PAD 所成角的余弦值．(1)证明连接PC .设PC 与DE 的交点为M ，连接FM ，因为F ，M 分别为PA ，PC 的中点，则FM ∥AC . 因为FM ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，所以AC ∥平面DEF .(2)解方法一 (几何法)取CD 的中点G ，连接AG ，则AG ∥BC ，所以直线AG 与平面PAD 所成的角即为直线BC 与平面PAD 所成的角．过点G 作GH ⊥PD ，交PD 于点H ，又平面PDCE ⊥平面ABCD ，平面PDCE ∩平面ABCD ＝CD ，AD ⊥CD ，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面PDCE ，又GH ⊂平面PDCE ，所以AD ⊥GH ，因为PD ∩AD ＝D ，PD ，AD ⊂平面PAD ，所以GH ⊥平面PAD ，则∠GAH 即为所求的线面角，易得GH ＝32，AG ＝BC ＝2，则sin∠GAH ＝GH AG ＝64，所以直线BC 与平面PAD 所成角的余弦值为104.方法二 (向量法)过点D 在平面PDCE 中作DQ ⊥PE ，交PE 于点Q ，由已知可得PQ ＝12，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DQ 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．由题意可得D (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，32，A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，则DA →＝(1,0,0)，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，32，设平面PAD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA →＝0，n ·DP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12y ＋32z ＝0，令y ＝3，得平面PAD 一个法向量n ＝(0，3，1)， BC →＝(－1,1,0)．设直线BC 与平面PAD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝322＝64，所以直线BC 与平面PAD 所成角的余弦值为104. 8．(2018·浙江省杭州二中月考)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ＝CD ＝BC ＝2，AD ＝5，M ，N 是AD 上的点，且AM ＝DN ＝2，现将△ABM ，△CDN 分别沿BM ，CN 折起，使得A ，D 重合记作S .(1)求证：BC ∥平面SMN ；(2)求直线SN 与底面BCNM 所成角的余弦值．(1)证明 ∵BC ∥MN ，且MN ⊂平面SMN ，BC ⊄平面SMN ，∴BC ∥平面SMN .(2)解过S 向底面作垂线，垂足为O ，连接BC 的中点Q 与MN 的中点P ，根据对称性可知O在PQ 上，分别连接SQ ，SP ，ON ，则∠SNO 是所求的线面角．在△SPQ 中，SP ＝152，SQ ＝3，PQ ＝72，则SO ＝2357，则sin∠SNO ＝357，∴cos∠SNO ＝147. 9．(2018·湖州、衢州、丽水质检)已知矩形ABCD 满足AB ＝2，BC ＝2，△PAB 是正三角形，平面PAB ⊥平面ABCD .(1)求证：PC ⊥BD ；(2)设直线l 过点C 且l ⊥平面ABCD ，点F 是直线l 上的一个动点，且与点P 位于平面ABCD 的同侧．记直线PF 与平面PAB 所成的角为θ，若0<CF ≤3＋1，求tan θ的取值范围． (1)证明取AB 的中点E ，连接PE ，EC .因为点E 是正三角形PAB 的边AB 的中点，所以PE ⊥AB . 又平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，PE ⊂平面PAB ，所以PE ⊥平面ABCD ，因为BD ⊂平面ABCD ，则PE ⊥BD . 因为BEBC＝12＝22＝BCCD，∠EBC ＝∠BCD ＝90°，所以△EBC ∽△BCD . 故∠ECB ＝∠BDC ，所以∠ECB ＋∠DBC ＝∠BDC ＋∠DBC ＝90°，所以CE ⊥BD ，又CE ∩PE ＝E ，CE ，PE ⊂平面PEC ，故BD ⊥平面PEC ，又PC ⊂平面PEC ，因此PC ⊥BD .(2)解方法一在平面PAB 内过点B 作直线m ∥FC ，过F 作FG ⊥m ，交m 于点G ，连接PG ，则四边形BGFC 为矩形，BC ∥FG ，BC ＝FG . 又由(1)及题意得，BC ⊥平面PAB ，所以FG ⊥平面PAB ，所以∠GPF 是直线PF 与平面PAB 所成的角，所以点F 到平面PAB 的距离等于点C 到平面PAB 的距离，即为BC ＝2，因为0<CF ≤3＋1，所以1≤GP <2，故tan θ＝2GP∈⎝⎛⎦⎥⎤22，2. 方法二如图，以E 为坐标原点，EB ，EP 所在直线为x 轴，z 轴，过点E 平行于BC 的直线为y 轴，建立空间直角坐标系．设CF ＝a (0<a ≤3＋1)，则P (0,0，3)，F (1，2，a )，所以PF →＝(1，2，a －3)，取平面PAB 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，则sin θ＝|PF →·n ||PF →||n |＝212＋(2)2＋(a －3)2，由0<a ≤3＋1，得sin θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤33，63，则tan θ∈⎝⎛⎦⎥⎤22，2. B 组能力提高10．已知三棱锥P －ABC 的底面ABC 是边长为23的正三角形，A 点在侧面PBC 内的投影H 为△PBC 的垂心，二面角P －AB －C 的平面角的大小为60°，则AP 的长为( )A ．3B ．3 2 C.7 D ．4 答案 C解析连接BH 交PC 于点E ，连接AE .设P 点在底面ABC 内的投影为O ，则PO ⊥平面ABC ，连接CO 交AB 于F 点，连接PF .∵A 点在侧面PBC 内的投影H 为△PBC 的垂心， ∴AH ⊥平面PBC ，且BE ⊥PC ， ∵PC ⊂平面PBC ，∴AH ⊥PC .∵BE ∩AH ＝H ，BE ⊂平面ABE ，AH ⊂平面ABE ， ∴PC ⊥平面ABE .又AB ⊂平面ABE ，∴PC ⊥AB . ∵PO ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，∴PO ⊥AB . ∵PO ∩PC ＝P ，PO ⊂平面PFC ，PC ⊂平面PFC ， ∴AB ⊥平面PFC . ∴AB ⊥PE ，AB ⊥CF ，∴∠PFC 为二面角P －AB －C 的平面角．∵三棱锥P －ABC 的底面ABC 是边长为23的正三角形， ∴BF ＝3，CF ＝3，则FO ＝13×3＝1，∵二面角P －AB －C 的平面角的大小为60°，∴∠PFC ＝60°，在Rt△POF 中，PO ＝FO ·tan 60°＝3，PF ＝FOcos 60°＝2.又在Rt△PFA中，PF ＝2，AF ＝AB2＝3，∴AP ＝PF 2＋AF 2＝7，故选C.11．(2018·湖州、衢州、丽水质检)已知等腰直角三角形ABC 内接于圆O ，点M 是下半圆弧上的动点．现将上半圆面沿AB 折起(如图所示)，使所成的二面角C －AB －M 为π4，则直线AC与直线OM 所成角的最小值是( )A.π12B.π6C.π4D.π3 答案 B解析设圆的半径为2，∠AOM ＝θ(θ∈[0，π])，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，M (2sin θ，－2cos θ，0)，A (0，－2,0)，C (2，0，2)，所以OM →＝(2sin θ，－2cos θ，0)，AC →＝(2，2，2)．设直线AC 与OM 所成的角为α，则cos α＝|cos 〈OM →，AC →〉|＝|OM →·AC →||OM →||AC →|＝|22sin θ－4cos θ|2×22＝|26sin (θ－φ)|42≤2642＝32(其中tan φ＝2)，又α∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，所以α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2，所以α的最小值为π6，故选B.12．(2018·浙江省温州六校协作体联考)如图1，在Rt△ABC 中，∠BAC ＝90°，∠ABC ＝60°，E 是边AC 上的点，EC →＝2AE →，D 是斜边BC 的中点，现将△ABE 与△DEC 分别沿BE 与DE 翻折，翻折后的点A ，C 分别记作A ′，C ′，若点A ′落在线段EC ′上，如图2，则二面角B －EC ′－D 的余弦值为( )A.13B.33C.23D.63 答案 A解析设AB ＝1，易得BC ＝2，AC ＝3，又因为EC →＝2AE →，点D 是斜边BC 的中点，所以AE ＝33，CE ＝233，CD ＝BD ＝1，则由翻折的性质易得A ′E ＝A ′C ′＝33，A ′B ＝1，BD ＝C ′D ＝1，BA ′⊥C ′E ，连接BC ′，则C ′B ＝A ′B 2＋A ′C ′2＝233＝BE ，在△BDC ′中，由余弦定理得cos∠BDC ′＝BD 2＋C ′D 2－C ′B 22BD ·C ′D ＝13，在△C ′DE 中，过点A ′作C ′E 的垂线，交C ′D 于点F ，则∠FA ′B 就是二面角B －EC ′－D 的平面角．易得A ′F ＝A ′C ′tan 30°＝13，C ′F ＝23，DF＝C ′D －C ′F ＝13.连接BF ，在△BDF 中，由余弦定理得BF ＝BD 2＋DF 2－2BD ·DF cos∠BDF ＝223，则在△BA ′F 中，由余弦定理得cos∠BA ′F ＝A ′B 2＋A ′F 2－BF 22A ′B ·A ′F ＝13，即二面角B －EC ′－D 的余弦值为13，故选A.13.如图，已知三棱锥A —BCD 的所有棱长均相等，点E 满足DE →＝3EC →，点P 在棱AC 上运动，设EP 与平面BCD 所成的角为θ，则sin θ的最大值为________．答案223解析因为三棱锥A —BCD 的所有棱长都相等，设底面BCD 的中心为O ，则O 为顶点A 在底面的射影，以点O 为原点，以过点O 且平行于CD 的直线为x 轴，过点O 且垂直于CD 的直线为y 轴，直线OA 为z 轴建立空间直角坐标系．设三棱锥A —BCD 的棱长为2，则易得O (0，0,0)，A ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，263，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，33，0，则OA →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，263，A E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，33，－263，AC →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，33，－263，设AP →＝λAC →(0≤λ≤1)，则PE →＝AE →－AP →＝AE →－λAC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ，33(1－λ)，263(λ－1)，则sin θ＝|PE →·OA →||PE →||OA →|＝463·1－λ16λ2－28λ＋13，设f (x )＝(1－x )216x 2－28x ＋13 (0≤x ≤1)，则f ′(x )＝2(2x －1)(x －1)(16x 2－28x ＋13)2，令f ′(x )>0，得0<x <12，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递增；令f ′(x )<0，得12<x <1，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝112，所以sin θ的最大值为463×112＝223.。

高中数学选修2-1精品课件：§3.2 第3课时用空间向量解决空间角

所成的角
＝
|a·b| |a||b|
范围 0，π2
直线与平面所成的角
设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sin θ＝_|_co_s_〈__a_，__n_〉__|_
＝
|a·n| |a||n|
0，π2
二ห้องสมุดไป่ตู้角
设二面角α－l－β为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则|cos θ|＝ |cos〈n1，n2〉| ＝ |n1·n2|
|n1||n2|
[0，π]
思考辨析判断正误
SIKAOBIANXIPANDUANZHENGWU
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.( × ) 2.直线与平面所成的角等于直线与该平面法向量夹角的余角.( × ) 3.二面角的大小就是该二面角两个面的法向量的夹角.( × ) 4.若二面角两个面的法向量的夹角为120°，则该二面角的大小等于60°或 120°.( √ )
(3)求平面的法向量n； →
(4)设线面角为 θ，则 sin θ＝|P→A·n|. |PA||n|
跟踪训练 2 如图所示，三棱柱 ABC － A1B1C1 中， CA ＝ CB ， AB ＝ AA1 ， ∠BAA1＝60°. (1)证明：AB⊥A1C；
证明取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B. 因为CA＝CB，所以OC⊥AB. 由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB. 因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C. 又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.

备战2023年新高考数学二轮专题复习课件立体几何

第三讲立体几何——大题备考【命题规律】立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．微专题1线面角保分题[2022·辽宁沈阳二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，P A⊥平面ABCD，P A＝2AB＝4，点M是P A的中点．(1)求证：BD⊥CM；(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．提分题例1 [2022·全国乙卷]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求线面角的答题模板巩固训练1[2022·山东泰安一模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，P A⊥平面ABCD，E为PD中点．(1)若P A＝1，求证：AE⊥平面PCD；(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E-ABC的体积．微专题2二面角保分题[2022·山东临沂二模]如图，AB是圆柱底面圆O的直径，AA1、CC1为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB＝AA1＝2BC＝2CD，E、F分别为A1D、C1C的中点．(1)证明：EF∥平面ABCD；(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值．提分题例2 [2022·湖南岳阳三模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，F是PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AFC；(2)若直线P A⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且P A与平面AFC所成的角正弦值为√21，求7锐二面角F-AC-D的余弦值．听课笔记：AD，现例3 [2022·山东日照二模]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝12以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且P A⊥CD.(1)证明：平面APC⊥平面ADC；(2)若M为PD上一点，且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍，求二面角P-AC-M的余弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求二面角的答题模板巩固训练21.[2022·广东韶关二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB 的中点．AB＝2，AD＝4，P A＝PD＝2√2.(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO∥平面P AD；(2)若二面角P-AD-B的大小为2π，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．32．[2022·河北保定一模]如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD ＝60°，现将DAC沿AC折起至P AC，使得PB＝√2.(1)证明：AB⊥PC；(2)求二面角A-PC-B的余弦值．微专题3探索性问题提分题例4 [2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证：AP⊥BE；(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．听课笔记：【技法领悟】1．通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；否则假设不成立．2．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．巩固训练3[2022·湖南岳阳一模]如图，在三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC，BC⊥AC.(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；(2)若BC＝SC，SC⊥SA，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．第三讲立体几何微专题1线面角保分题解析：(1)证明：如图，连接AC，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD ， ∵P A ，AC ⊂平面P AC ，P A∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面P AC ，又CM ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥CM .(2)易知AB ，AD ，AP 两两垂直，以点A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz . ∵P A ＝2AB ＝4，∴A (0，0，0)，P (0，0，4)，M (0，0，2)，C (2，2，0)，D (0，2，0), ∴MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－2)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2，－2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－4)．设平面MCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y −2z =0n ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −2z =0，令y ＝1，得n ＝(0，1，1)．设直线PC 与平面MCD 所成角为θ，由图可知0<θ<π2，则sinθ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·PC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√12+12×√22+22+(−4)2＝√36.即直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√36.提分题[例1] 解析：(1)证明：∵AD ＝CD ，∠ADB ＝ ∠BDC ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AB ＝CB .∵E 为AC 的中点，∴DE ⊥AC ，BE ⊥AC . ∵DE∩BE ＝E ，DE ，BE ⊂平面BED ， ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图，连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED ， ∴EF ⊥AC . ∴S △AFC ＝12AC ·EF .当EF ⊥BD 时，EF 的长最小，此时△AFC 的面积最小．由(1)知AB ＝CB ＝2. 又∵∠ACB ＝60°，∴△ABC 是边长为2的正三角形，∴BE ＝√3. ∵AD ⊥CD ，∴DE ＝1，∴DE 2＋BE 2＝BD 2，∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点，直线EA ，EB ，ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，√3，0)，C (－1，0，0)，D (0，0，1)，∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，√3，0)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，1)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3，－1)，ED⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)，EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，0)．设DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)＋λ(0，√3，－1)＝(0，√3λ，1－λ)． ∵EF ⊥DB ， ∴EF⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3λ，1－λ)·(0，√3，－1)＝4λ－1＝0， ∴λ＝14，∴EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)，∴CF ⃗⃗⃗⃗ ＝EF ⃗⃗⃗⃗ −EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)－(－1，0，0)＝(1，√34，34)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{−x +√3y =0，−x +z =0.取y ＝1，则x ＝√3，z ＝√3，∴n ＝(√3，1，√3)．设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·CF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝|√3×1+1×√34+√3×34|√3+1+3× √1+316+916＝4√37. 故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37. [巩固训练1]解析：(1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， ∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ⊥CD ，又AD∩P A ＝A ，AD 、P A ⊂平面P AD ，∴CD ⊥平面P AD ， ∵AE ⊂平面P AD ，∴AE ⊥CD ，在△P AD 中，P A ＝AD ，E 为PD 的中点，∴AE ⊥PD ，而PD∩CD ＝D ，PD 、CD ⊂平面PCD ， ∴AE ⊥平面PCD .(2)以A 为坐标原点，分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设AP ＝a (a ＞0)，则C (2，1，0)，P (0，0，a )，E (0，12，a2)，∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，12，a 2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，－a )，设平面ACE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y =0n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12y +a 2z =0，取y ＝－a ，可得n ＝(a2，－a ，－1)．设直线PC 与平面ACE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·FC⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||FC⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√54a 2+1·√5+a 2＝√29+20a2+5a ≤27，当且仅当a ＝√2时等号成立．即当AP ＝√2时，直线PC 与平面ACE 所成角最大，此时三棱锥E - ABC 的体积V ＝13×12×2×1×√22＝√26.微专题2 二面角保分题解析：(1)证明：取AD 的中点M ，连接EM 、MC ，∵E 为A 1D 的中点，F 为CC 1的中点，∴EM ∥AA 1，EM ＝12AA 1，又CF ∥AA 1，CF ＝12AA 1， ∴EM ∥CF ，EM ＝CF ，∴四边形EMCF 为平行四边形，∴EF ∥CM ，又EF ⊄平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD .(2)设AB ＝AA 1＝2BC ＝2CD ＝4，∵AC ⊥BC ，∴AC ＝2√3.由题意知CA 、CB 、CC 1两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．则A 1(2√3，0，4)、O (√3，1，0)、F (0，0，2)、C (0，0，0)、D (√3，－1，0)， ∴A 1D 的中点E 的坐标为(3√32，－12，2)， ∴OF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√3，－1，2)，EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(－3√32，12，0)，设平面OEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0，即{−√3x −y +2z =0−3√32x +12y =0，即{√3x +y −2z =03√3x −y =0，令x ＝√3，得n ＝(√3，9，6)，∵AC ⊥BC ，AC ⊥CC 1，BC ∩CC 1＝C ， ∴AC ⊥平面BCC 1，∴平面BCC 1的一个法向量为CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√3，0，0)，cos 〈n ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝n·CA ⃗⃗⃗⃗⃗|n |·|CA ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√3+81+36·2√3＝√1020， ∴平面OEF 与平面BCC 1夹角的余弦值为√1020. 提分题[例2] 解析：(1)证明：连接BD 交AC 于O ，易证O 为BD 中点，又F 是PD 的中点，所以OF ∥PB ，又OF ⊂平面AFC ，且PB 不在平面AFC 内，故PB ∥平面AFC .(2)取PC 中点为Q ，以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OQ 为z 轴建立空间直角坐标系，设OB ＝m ，则A (0，－1，0)，B (m ，0，0)，C (0，1，0)，P (0，－1，2)，D (－m ，0，0)⇒F (－m2，－12，1)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，2)，OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－m 2，－12，1)，OC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，1，0)，设平面AFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由{n ⊥OF ⃗⃗⃗⃗⃗ n ⊥OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒{−m2x −12y +z =0y =0，令x ＝2，有n ＝(2，0，m )，由P A 与平面AFC 所成的角正弦值为√217⇒√217＝|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AP⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|＝2√4+m 2⇒m ＝√3，平面ACD 的法向量为m ＝(0，0，1)，则锐二面角F - AC - D 的余弦值为 |m·n ||m |·|n |＝√3√7＝√217.[例3] 解析：(1)证明：在梯形ABCD 中取AD 中点N ，连接CN ，则由BC 平行且等于AN 知ABCN 为平行四边形，所以CN ＝AB ，由CN ＝12AD 知C 点在以AD 为直径的圆上，所以AC ⊥CD .又AP ⊥CD ，AP∩AC ＝A, AP ，AC ⊂平面P AC ， ∴CD ⊥平面P AC ，又CD ⊂平面ADC ， ∴平面APC ⊥平面ADC .(2)取AC 中点O ，连接PO ，由AP ＝PC ，可知PO ⊥AC ，再由平面P AC ⊥平面ACD ，AC 为两面交线，所以PO ⊥平面ACD ，以O 为原点，OA 为x 轴，过O 且与OA 垂直的直线为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，令AB ＝2，则A (√3，0，0)，C (－√3，0，0)，P (0，0，1)，D (－√3，2，0)，由V P - ACM ∶V D - ACM ＝1∶2，得PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√33，23，23)，设平面ACM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由{n ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{−√33x +23y +23z =0√3x =0，取z ＝－1得x ＝0，y ＝1，所以n ＝(0，1，－1)，而平面P AC 的法向量m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝m·n |m ||n |＝√22. 又因为二面角P - AC - M 为锐二面角，所以其余弦值为√22.[巩固训练2]1．解析：(1)证明：取线段PD 的中点H ，连接SO 、OH 、HA ，如图，在△PCD 中，O 、H 分别是PC 、PD 的中点，所以OH ∥CD 且OH ＝12CD ，所以OH ∥AS 且OH ＝AS ，所以四边形ASOH 是平行四边形，所以SO ∥AH ，又AH ⊂平面P AD ，SO ⊄平面P AD ，所以SO ∥平面P AD .(2)取线段AD 、BC 的中点E 、F ，连结PE 、EF .由点E 是线段AD 的中点，P A ＝PD 可得PE ⊥AD ，又EF ⊥AD ，所以∠PEF 是二面角P - AD － B 的平面角，即∠PEF ＝23π，以E 为原点，EA⃗⃗⃗⃗⃗ 、EF ⃗⃗⃗⃗ 方向分别为x 轴、y 轴正方向，建立如图所示坐标系，在△P AD 中，AD ＝4，P A ＝PD ＝2√2知：PE ＝2，所以P (0，－1，√3)，D (－2，0，0)，B (2，2，0)，C (－2，2，0)，所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，1，－√3)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，3，－√3)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，3，－√3)，设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则{n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=0n ·PC⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x +3y −√3z =0−2x +3y −√3z =0，可取n ＝(0，1，√3)，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈PD⃗⃗⃗⃗⃗ ，n 〉|＝2·2√2＝√24，所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为√24.2．解析：(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，过A 作AE ⊥BC 于E ，过D 作DF ⊥BC 于F ，因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝CD ＝1，∠BCD ＝60°，所以BE ＝CF ＝12CD ＝12，AE ＝DF ＝√12−(12)2＝√32，所以AC ＝BD ＝√(32)2+(√32)2＝√3， BC ＝2，所以BD 2＋CD 2＝BC 2，所以BD ⊥CD ，同理AB ⊥AC ，又因为AP ＝AB ＝1，PB ＝√2， ∴AP 2＋AB 2＝PB 2，∴AB ⊥AP又AC∩AP ＝A ，AC ，AP ⊂平面ACP ，所以AB ⊥平面ACP ，因为PC ⊂平面ACP ，所以AB ⊥PC .(2)取AC 的中点为M ，BC 的中点为N ，则MN ∥AB ，因为AB ⊥平面ACP ，所以MN ⊥平面ACP ，因为AC ，PM ⊂平面ACP ，所以MN ⊥AC ，MN ⊥PM ，因为P A ＝PC ，AC 的中点为M ，所以PM ⊥AC ，所以MN ，MC ，MP 两两垂直，所以以M 为原点，以MN 所在直线为x 轴，以MC 所在直线为y 轴，以MP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，－√32，0)，B (1，－√32，0)，C (0，√32，0)，P (0，0，12)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√32，－12)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－√32，－12)，平面APC 的一个法向量为m ＝AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，0)，设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 {n ·PC⃗⃗⃗⃗ =√32y −12z =0n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√32y −12z =0，令y ＝1，则n ＝(√3，1，√3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝√31×√7＝√217，因为二面角A - PC - B 为锐角，所以二面角A - PC - B 的余弦值为√217.微专题3 探索性问题提分题[例4] 解析：(1)证明：因为四边形ABCD 为平行四边形，且△ADE 为等边三角形，所以∠BCE ＝120°，又E 为CD 的中点，所以CE ＝ED ＝DA ＝CB ，即△BCE 为等腰三角形，所以∠CEB ＝30°.所以∠AEB ＝180°－∠AED －∠BEC ＝90°，即BE ⊥AE .又因为平面AEP ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ，所以BE ⊥平面APE ，又AP ⊂平面APE ，所以BE ⊥AP .(2)取AE 的中点O ，连接PO ，由于△APE 为正三角形，则PO ⊥AE ，又平面APE ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面EAP ，所以PO ⊥平面ABCE ，PO ＝√3，BE ＝2√3，取AB 的中点G ，则OG ∥BE ，由(1)得BE ⊥AE ，所以OG ⊥AE ，以点O 为原点，分别以OA ，OG ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz ，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (－1，2√3，0)，P (0，0，√3)，E (－1，0，0)，则EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，0，0)，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2√3，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，2√3，－√3)，EP ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3), 假设存在点F ，使平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°，设PF⃗⃗⃗⃗ ＝λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－λ，2√3λ，－√3λ)，λ∈[0，1]，则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝EP ⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3)＋(－λ，2√3λ，－√3λ)＝(1－λ，2√3λ，√3−√3λ)，设平面AEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由{EF ⃗⃗⃗⃗·m =0EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{(1−λ)x +2√3λy +(√3，－√3λ)z =02x =0，取z ＝2λ，得m ＝(0，λ－1，2λ);由(1)知EB⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面AEP 的一个法向量，于是，cos 45°＝|cos 〈m ，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|m·EB ⃗⃗⃗⃗⃗||m |·|EB ⃗⃗⃗⃗⃗|＝2√3|λ−1|2√3·√5λ2−2λ+1＝√22，解得λ＝13或λ＝－1(舍去)，所以存在点F ，且当点F 为线段PB 的靠近点P 的三等分点时，平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°.[巩固训练3]解析：(1)证明：取AB 的中点E ，连接SE ，CE ，∵SA ＝SB ，∴SE ⊥AB ， ∵BC ⊥AC ，∴三角形ACB 为直角三角形，∴BE ＝EC ，又BS ＝SC ，∴△SEC ≌△SEB ，∴∠SEB ＝∠SEC ＝90°， ∴SE ⊥EC ，又SE ⊥AB ，AB∩CE ＝E ，∴SE ⊥平面ABC . 又SE ⊂平面SAB ，∴平面SAB ⊥平面ABC .(2)以E 为坐标原点，平行AC 的直线为x 轴，平行BC 的直线为y 轴，ES 为z 轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设SA ＝SB ＝SC ＝2，SC ⊥SA ，则AC ＝2√2，BC ＝SC ＝2知EC ＝2√3，SE ＝1，则A (－√2，1，0)，B (√2，－1，0)，C (√2，1，0)，E (0，0，0)，S (0，0，1)， ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√2，－2，0)，SA ⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2，1，－1)，设D (x ，y ，z )，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λCS⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则(x －√2，y －1，z )＝λ(－√2，－1，1)， ∴D (√2−√2λ，1－λ，λ)，BD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2λ，2－λ，λ)．设平面SAB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =2√2x 1−2y 1=0n ·SA ⃗⃗⃗⃗ =−√2x 1+y 1−z 1=0，取x 1＝1，得n ＝(1，√2，0)，sin 60°＝|n·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则√2−2√2λ|√3√2λ2+(2−λ)2+λ2＝√32，得λ2＋7λ＋1＝0，又∵0≤λ≤1，方程无解，∴不存在点D ，使直线BD 与平面SAB 所成的角为60°.。

高三数学二轮复习：立体几何

板块三专题突破核心考点
专题四立体几何
第1讲空间几何体
[考情考向分析]
1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算. 2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
内容索引
热点分类突破真题押题精练
热规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”. 2.由三视图还原几何体的步骤一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.
跟踪演练3 (1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，
AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为
A.13π C.25π
B.20π
√D.29π
解析答案
(2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，
√ 记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则SS12 等于
例3 (1)(2018·百校联盟联考)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为
边长为3的等边三角形，且PA＝326 ，则三棱锥P－ABC外接球的体积为
13 13 A. 6 π
10 10 B. 3 π
√C.5
15 2π
55 D. 6 π
解析答案
(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视
跟踪演练1 (1)(2018·衡水模拟)已知一几何体的正(主)视图、侧(左)视图如图所示，则该几何体的俯视图不可能是
√
解析答案
(2)(2018·合肥质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱 A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为

【高考】数学空间角线线角与线面角复习ppt课件

1.直线的方向向量与平面的法向量
(1) 两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．( ) (2) 已知A→B＝(2,2,1)，A→C＝(4,5,3)，则平面 ABC 的单位法向量是
n0＝±13，－23，23.( )
(3)已知 a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，则 a∥c，a⊥b.( )
法二如图 2，建立空间直角坐标系，
z
则 B(2,0,0)，C(2,2 2，0)，E(1， 2，1)，
A→E＝(1, 2，1)，B→C＝(0,2 2，0)．
设A→E与B→C的夹角为 θ，则
y
→→
cosθ＝|AA→EE|·|BB→CC|＝2×42
＝ 2
22，
x
所以 θ＝π4.
由此可知，异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是π4.
2.空间角
(4)两异面直线夹角的范围是0，π2，直线与平面所成角的范围是0，π2，
二面角的范围是[0，π]．( ) (5)已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量、法向量，若 cos〈m，n〉＝－12，则 l 与 α 所成的角为 150°.( ) (6)在如图所示的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，异面直线 A1B 与 B1C 所成角的大小为 60°.( )
(思1)想本与题方求程解思时想关．键是结合题设条件设进行A空B间＝联想t，，抓则住垂相直关条件各有目点的的推理坐论证标，为在第(A2)问(0中,0，,运0用)，空间B向(t量,0，,将0线)，面角B转1(化t,为0直,3线)的，方C向(向t,量1与,0平)，面的法向量的夹角，考查化归
利利用用空空间间向向量量求求直直线线与与平平面面所所成成的的C角角1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．

二轮复习通用版专题3第3讲立体几何与空间向量课件(72张)

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专题三立体几何
高考二轮总复习 • 数学
设平面 ABD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··AA→→BD＝＝－－xx＋＋z＝3y0＝，0，取 y＝ 3，
则 n＝(3， 3，3)，
又因为
C(－1，0，0)，F0，
43，34，
所以C→F＝1，
43，34，
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专题三立体几何
4 ．(2022·全国乙卷 ) 如图，四面体ABCD 中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在 BD 上，当 △AFC 的面积最小时，求 CF 与平面 ABD所成的角的正弦值．
专题三立体几何
高考二轮总复习 • 数学
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由(1)得 AE＝ 2，所以 AA1＝AB＝2，A1B ＝2 2，
所以 BC＝2，则 A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)， C(2，0，0)，所以 A1C 的中点 D(1，1，1)，
(1)证明：FN⊥AD； (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
专题三立体几何
高考二轮总复习 • 数学
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【解析】 (1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H.
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB∥DC，CD∥EF，AB＝ 5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，由平面几何知识易知，
则
VA
－
A1BC
＝
1 3
S△A1BC·h

3.2.2立体几何中的向量方法-三种空间角

引入:
空间向量的引入为代数方法处理立体几
何问题提供了一种重要的工具和方法，解题
时，可用定量的计算代替定性的分析，从而避免了一些繁琐的推理论证。求空间角与距离是立体几何的一类重要的问题，也是高考的热点之一。本节课主要是讨论怎么样用向量的办法解决空间角问题。
•引入 •复习 •线线角 •线面角 •二面角线面角题型二：线面角
直线与平面所成角的范围： [0, ] 2 A 思考： n

B

O
n, BA 与的关系？
结论： sin
•引入 •复习
|
•线线角
cos n, AB
•线面角
|
•小结
•二面角
题型二：线面角例二：在长方体 ABCD A B1C1D1 中， = 5，AD 8, AB 1
关键：观察二面角的范围
•引入 •复习 •线线角 •线面角 •二面角 •小结
题型三：二面角
例三如所示，ABCD是一直角梯形，∠ABC = 900 , 1 SA ⊥ 平面ABCD,SA = AB = BC = 1 ,AD = ,求面SCD与面SBA 2 所成二面角的余弦值.
S
B
A D
C
解：建立空直角坐系A - xyz如所示, 1 B - 1, , A ( 0, , C ( 1, 0) D (0, , 0), S (0, 0,1) 0, 0) C 2 1 易知面SBA的法向量n1 AD (0, , 0) 2 A D y 1 1 CD (1, , 0), SD (0, , 1) 2 2 设平面SCD的法向量n2 ( x, y, z), 由n2 CD, n2 SD, 得： y y x 2 0 x 2 任取n2 (1,2,1) y z0 z y 2 2 n n2 6 6 1 cos n1 , n2 即所求二面角得余弦值是 3 | n1 || n2 | 3

浙江省2019高考数学专题二立体几何第三讲大题考法——立体几何课件

[ 解]
法一：(1)证明：设 AD 的中点为 O，连接 OB，OP.
∵△PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形， ∴OP⊥AD. 1 ∵BC＝ AD＝OD，且 BC∥OD， 2
∴四边形 BCDO 为平行四边形，又∵CD⊥AD，∴OB⊥AD， ∵OP⊂平面 OPB，OB⊂平面 OPB，OP∩OB＝O， ∴AD⊥平面 OPB. 过点 O 在平面 POB 内作 OB 的垂线 OM，交 PB 于 M，以 O 为坐标原点， OB 所在直线为 x 轴，OD 所在直线为 y 轴，OM 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图．设 CD＝1，则有 A(0，－1,0)， B(1,0,0)， C(1,1,0)， D(0,1,0)．
得 m ＝(1,0， 3)．设直线 CE 与平面 PBC 所成角为 θ. ―→ | CE · m| ―→ 2 则 sin θ＝|cos〈m ， CE 〉|＝＝， ―→ 8 | CE |· |m | 2 故直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 . 8 法二：(1)证明：如图，设 PA 的中点为 F，连接 EF， FB.因为 E， F 分别为 PD， 1 PA 的中点，所以 EF∥AD 且 EF＝ AD. 2 1 又因为 BC∥AD，BC＝ AD， 2
设平面 PAB 的法向量为 n ＝(x1，y1，z1)， ―→ 3 1 ―→ ∵ AP ＝－，1，， AB ＝(1,1,0)， 2 2
1 － x1＋y1＋ 3z1＝0， 2 ∴ 2 x1＋y1＝0，取 y1＝－1，得 n ＝(1，－1， 3)． ―→ ―→ 1 3 5 而 CE ＝－，－，，则 CE · n ＝0， 2 4 4 而 CE⊄平面 PAB，∴CE∥平面 PAB. (2)设平面 PBC 的法向量为 m ＝(x2，y2，z2)， ―→ ―→ 3 3 ∵ BC ＝(0,1,0)， BP ＝－，0，， 2 2 y2＝0， ∴ 3 3 － x ＋ z ＝0， 2 2 2 2 取 x2＝1，

第2讲立体几何中的空间角问题

(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.
解方法一如图(2)，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH.
由ABC－DEF为三棱台，得DF∥CO，
所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由BC⊥平面BDO，得OH⊥BC，又BC∩BD＝B，
故OH⊥平面DBC，
所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.
(2)(2021·温州模拟)如图，点M，N分别是正四面体ABCD的棱AB，CD上的点，设BM＝x，直线MN与直线BC所成的角为θ，则 A.当ND＝2CN时，θ随着x的增大而增大 B.当ND＝2CN时，θ随着x的增大而减小 C.当CN＝2ND时，θ随着x的增大而减小
√D.当CN＝2ND时，θ随着x的增大而增大
又∵AA1∥B1B，∴BB1⊥BM. 又BM∩BC＝B，BM，BC⊂平面BMC， ∴BB1⊥平面BMC，又CM⊂平面BMC，∴BB1⊥CM.
(2)求直线BM与平面CB1M所成角的正弦值.
解方法一作BG⊥MB1于点G，连接CG. 由(1)知BC⊥平面AA1B1B，得到BC⊥MB1，又BC∩BG＝B，BC，BG⊂平面BCG，
MN＝ x2－3x＋7，
所以在△MNE 中，cos θ＝2
4－x x2－3x＋7
＝12 1＋x2－9－3x5＋x 7(x∈[0,3])，
令 f(x)＝x2－9－3x5＋x 7，
则 f′(x)＝5xx22－－31x8＋x－782<0，
所以f(x)在定义域内单调递减，即x增大，f(x)减小，即cos θ减小，从而θ 增大，故D正确，C错误.
所以在△FNM中， cos θ＝2 x25－－3xx＋7＝21
1＋x21－8－3x7＋x 7(x∈[0,3])，

立体几何复习专题(空间角)

专题:空间角一、基础梳理1.两条异面直线所成的角（1）异面直线所成的角的范围：(0,]2π。

（2）异面直线垂直：如果两条异面直线所成的角是直角，则叫两条异面直线垂直。

两条异面直线,a b 垂直，记作a b ⊥。

（3）求异面直线所成的角的方法：（1）通过平移，在一条直线上（或空间）找一点，过该点作另一（或两条）直线的平行线；（2）找出与一条直线平行且与另一条相交的直线，那么这两条相交直线所成的角即为所求。

平移技巧有：平行四边形对边平移、三角形中位线平移、补形平移技巧等。

1：三棱柱111B A O OAB -，平面11O OBB ⊥平面OAB ，90,601=∠=∠AOB OB O ，且12,OB OO ==OA =B A 1与1AO 所成角的余弦。

2．直线和平面所成的角（简称“线面角”）（1）定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条斜线和这个平面所成的角。

一直线垂直于平面，所成的角是直角；一直线平行于平面或在平面内，所成角为0︒角。

直线和平面所成角范围：[0，2π]。

（2）最小角定理：斜线和平面所成角是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角。

（3）公式：已知平面α的斜线a 与α内一直线b 相交成θ角，且a 与α相交成ϕ1角，a 在α上的射影c 与b 相交成ϕ2角，则有θϕϕcos cos cos 21= 。

由（3）中的公式同样可以得到：平面的斜线和它在平面内的射影所成角，是这条斜线和这个平面内的任一条直线所成角中最小的角。

AB O 1A1B1O考点二：直线和平面所成的角例2. 如图，在三棱柱ABC A B C '''-中，四边形A ABB ''是菱形，四边形BCC B ''是矩形，C B AB ''⊥,02,4,60C B AB ABB '''==∠=，求AC '与平面BCC B ''所成角的正切。

高三数学复习课件：7.6空间角(共20张PPT)

VS
题组一判断正误⇔概念辨析
1．判断下列结论的正误(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)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( ) (4)两异面直线夹角的范围是0，π2，直线与平面所成角的范围是0，π2，二面角的范围是[0，π]．( )
考点三利用向量求二面角
师生共研
(2017·山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形 ABCD(及其内部)以 AB 边所在直线为旋转轴旋转 120°得到的，G 是D︵F 的中点．
(1)设 P 是C︵E 上的一点，且 AP⊥BE，求∠CBP 的大小； (2)当 AB＝3，AD＝2 时，求二面角 E-AG-C 的大小．
(1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值．
利用向量求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)． (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
[训练] (2017·全国卷Ⅰ，节选)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AB∥CD，且∠BAP ＝∠CDP＝90°.
若 PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角 A-PB-C 的余弦值．
核心素养系列 (四十)逻辑推理——利用向量求解空间角中的核心素养利用直线的方向向量和平面的法向量求解空间角问题，特别是解决存在型问题，更凸显了向量法的独特魅力. 这类问题的解决一般是先假设存在，通过建立空间直角坐标系，将问题转化为向量问题来解决.

第3讲大题专攻——空间中的距离、翻折、探索性问题 2023高考数学二轮复习课件

所以∠EBC＝60°，AB＝2 3.
因为 E 是 AB 的中点，所以 BE＝BC＝ 3，所以△BCE是等边三角形．取BE的中点O，连接AO，CO，则AO⊥BE，CO⊥BE，因为平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE＝BE，所以AO⊥平面BCDE，所以OB，OC，OA两两垂直，
目录
则的一nn个··――CP法BB→→向＝＝量00，，．即故点2222Axx－－到平2221面y4＝z＝P0B0，，C 的取距x＝离为7，|―A得→P|nn·| ＝n(|＝7，11457＝，112)5为10平. 面 PBC
目录
翻折问题【例 2】如图①，在△ABC 中，C＝90°，BC＝ 3，AC＝3，E 是 AB 的中
(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离； (2)等体积法； (3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．
目录
如图，在三棱锥 P-ABC 中，AB⊥BC，AB＝BC＝12PA＝1，点 O 是 AC 的中点，OP⊥底面 ABC，求点 A 到平面 PBC 的距离．
所以 cos〈n 1，n 2〉＝
3 2m－122＋227 .
设面 BB1C1C 与面 DFE 所成的二面角为 θ，则 sin θ＝ 1－cos2〈n 1，n 2〉，
故当 m＝12时，面 BB1C1C 与面 DFE 所成的二面角的正弦值最小，为 33，即当 B1D＝12时，面 BB1C1C 与面 DFE 所成的二面角的正弦值最小．
目录
如图，已知圆O的直径AB长为2，上半圆圆弧上有一点C，∠COB＝60°，点P是弧AC上的动点，点D是下半圆弧的中点，现以AB为折线，将上、下半圆所在的平面折成直二面角，连接PO，PD，CD. (1)当AB∥平面PCD时，求PC的长；解：因为AB∥平面PCD，AB⊂平面OCP，平面OCP∩平面PCD＝PC，所以由线面平行的性质定理得AB∥PC. 又∠COB＝60°，可得∠OCP＝60°. 而OC＝OP，所以△OCP为正三角形，所以PC＝1.

高中数学第3章空间向量与立体几何3.2.3空间的角的计算0省公开课一等奖新名师优质课获奖PPT课件

2
S(0, 0,1)
B
C
易知面SBA的法向量n1 AD (0, 1 , 0) CD (1, 1 , 0), SD (0, 1 , 1) 2
x
A
Dy
设平面
2 SCD的法向量n2
2
n 方向朝面外，n 方向朝
(面x1,内y,，z)属, 于由“n2一进2 C一D出,”n2
SD, 得：
x y 2
中点, 则二面角E-BC-A大小是____4__5_0_
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7.正三棱柱ABC A1B1C1中，D是AC中点，当 AB1 BC1时，求二面角D BC1 C余弦值。
8.已知正方体 ABCD A1B1C1D1边长为2， O为AC和BD交点，M为 DD中1 点
（1）求证：直线B1O 面MAC; （2）求二面角 B1 MA C 余弦值.
5
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练习：正方体 ABCD A1B1C1D1 棱长为1.
求B1C1与面AB1C所成的角. z
设正方体棱长为1，以 AB，AD，AA1为单位正交基底，可得 A(0，0，0)，B1(1，0，1)，
A1
C (1，1，0)，C1(1，1，1)，则B1C1 (0，1，0)， B1
AB1 (1，0，1)，AC (1，1，0)
空间两条异面直线所成角可转化为两条相交
直线所成锐角或直角。故我们研究线线角时，就主要求范[0,围 ]内角；
2
斜线与平面所成角是指斜线与它在面内射
影所成锐角，再结合与面垂直、平行或在面内
这些特殊情况，线面角范围也是；[0, ]
2
两个平面所成角是用二面角平面角来度量。
它范围是
。 [0, ]
总之，空间角最终都能够转化为两相交直线所成角。所以我们能够考虑经过两个向量夹角去求这些空间角。