2021新高考数学(江苏专用)一轮复习课件：第七章+高考专题突破四+高考中的立体几何问题

＝
|AB1|·|CD1|
2 4·
4＝21，
又0°<θ≤90°，∴θ＝60°，
∴直线AB1与CD1所成的角为60°.故选C.
命题点2 求线面角 例2 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；
大一轮复习讲义
高考专题突破四 高考中的立体 几何问题
题型一 多维探究 空间角的求法
命题点1 求线线角 例1 (2019·湖北知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC－A1B1C1中， ∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面
2 直线AC1与A1B所成角的余弦值为__4___.
M→A1的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示
的空间直角坐标系.
设 AA1＝AC＝AB＝2，则 A(1,0,0)，B(0， 3，0)，A1(0,0， 3)，C1(－2,0， 3)，
所以A→C1＝(－3,0， 3)，A→1B＝(0， 3，－ 3)，
所以 cos〈A→C1，A→1B〉＝2
SI WEI SHENG HUA
(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：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.
(2)若直线 l 与平面 α 的夹角为 θ，直线 l 的方向向量 l 与平面 α 的法向量 n 的夹角为 β，则 θ＝π2－β 或 θ＝β－π2，故有 sin θ＝|cos β|＝||ll·||nn||.
直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.
跟踪训练1 (2020·邵阳模拟)若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为
则直线AB1与CD1所成的角为
A.30°
B.45°
3，AB＝1，
√C.60°
D.90°
解析 ∵正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 的体积为 3，AB＝1，∴AA1＝ 3，
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
方法一 解 取BC的中点G，连结EG，GF，则EGFA1是平行四边形. 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG， 所以平行四边形EGFA1为矩形. 连结A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上. 则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角). 不妨设 AC＝4，则在 Rt△A1EG 中，A1E＝2 3，EG＝ 3.
－3 3×
＝－ 6
42，
故异面直线
AC1
与
A1B
所成角的余弦值为
2 4.
方法二 如图，在平面ABC，平面A1B1C1中分别取点D， D1，连结BD，CD，B1D1，C1D1，使得四边形ABDC， A1B1D1C1为平行四边形，连结DD1，BD1， 则AB＝C1D1，且AB∥C1D1，所以AC1∥BD1， 故∠A1BD1或其补角为异面直线AC1与A1B所成的角. 连结A1D1，过点A1作A1M⊥AC于点M，连结BM， 设AA1＝2，由∠A1AM＝∠BAC＝60°， 得 AM＝1，BM＝ 3，A1M＝ 3，
得 cos∠C1A1B1＝ 742，sin∠C1A1B1＝ 77，
所以 C1D＝
3，故
sin∠C1AD＝CAC1D1 ＝
39 13 .
因此直线
AC1
与பைடு நூலகம்面
ABB1
所成的角的正弦值是
39 13 .
方法二 解 设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ. 由(1)可知A→C1＝(0,2 3，1)，A→B＝(1， 3，0)，B→B1＝(0,0,2).
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z).
B→C·n＝0， 由A→1C·n＝0，
得y－－
3x＋y＝0， 3z＝0.
取 n＝(1， 3，1)，
故
sin
θ＝|cos〈E→F，n〉|＝
→ |EF·n| →
＝45.
|EF|·|n|
因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值为35.
命题点3 求二面角 例3 (2020·连云港模拟)如图，四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为矩形. SA⊥平 面ABCD，E，F分别为AD，SC的中点，EF与平面ABCD所成的角为45°.
(1)证明：EF为异面直线AD与SC的公垂线；
证明 连结AC，BD交于点G，连结EG，FG. 因为四边形ABCD为矩形，且E，F分别是AD，SC的中点， 所以EG∥CD，且FG∥SA. 又SA⊥平面ABCD， 所以GF⊥平面ABCD，所以GF⊥AD. 又AD⊥GE，GE∩GF＝G，GE，GF⊂平面GEF， 所以AD⊥平面GEF，所以AD⊥EF. 因为EF与平面ABCD所成的角为45°， 所以∠FEG＝45°， 从而GE＝GF，所以SA＝AB.
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，A1M⊂平面A1ACC1， 所以A1M⊥平面ABC，又BM⊂平面ABC，
所以 A1M⊥BM，所以 A1B＝ 6，
在菱形 A1ACC1 中，可求得 AC1＝2 3＝BD1，
同理，在菱形 A1B1D1C1 中，求得 A1D1＝2 3， 所以 cos∠A1BD1＝A1B22＋AB1BD·B21－D1A1D21＝62＋61×2－2 132＝ 42，
方法一 证明 由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB， 得 AB1＝A1B1＝2 2， 所以 A1B21＋AB21＝AA12，故 AB1⊥A1B1. 由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC， 得 B1C1＝ 5. 由 AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得 AC＝2 3. 由 CC1⊥AC，得 AC1＝ 13， 所以 AB12＋B1C21＝AC12，故 AB1⊥B1C1.
所以异面直线
AC1 与
A1B
所成角的余弦值为
2 4.
思维升华
SI WEI SHENG HUA
(1)求异面直线所成角的思路：
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v1，v2. ③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝||vv11·||vv22|| 求解. (2)两异面直线所成角的关注点： 两异面直线所成角的范围是θ∈0，π2，两向量的夹角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，就是该异面直线的夹角；当异面
解析 方法一 令M为AC的中点，连结MB，MA1， 由题意知△ABC是等边三角形，所以BM⊥AC， 同理，A1M⊥AC， 因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BM⊂平面ABC， 所以BM⊥平面A1ACC1， 因为A1M⊂平面A1ACC1，所以BM⊥A1M，
→→ 所以 AC，BM，A1M 两两垂直，以 M 为原点，MA，MB，
3，1). 因此A→B1＝(1， 3，2)，A→1B1＝(1， 3，－2)，A→1C1＝(0,2 3，－3). 由A→B1·A→1B1＝0，得 AB1⊥A1B1. 由A→B1·A→1C1＝0，得 AB1⊥A1C1.
又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1⊂平面A1B1C1， 所以AB1⊥平面A1B1C1.
取SB的中点H，连结AH，FH，则由F，H分别为SC，SB的中点， 得 FH∥BC∥AE，HF＝AE＝12BC， 从而四边形AEFH为平行四边形. 所以EF∥AH. 又由SA＝AB，知AH⊥SB. 又SA⊥BC，AB⊥BC，SA∩AB＝A，SA，AB⊂平面SAB， 所以BC⊥平面SAB，所以AH⊥BC. 又SB∩BC＝B，SB，BC⊂平面SBC，所以AH⊥平面SBC. 所以EF⊥平面SBC，又SC⊂平面SBC，所以EF⊥SC. 综上知EF为异面直线AD与SC的公垂线.
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.
方法一 解 如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D， 连结AD.
由AB1⊥平面A1B1C1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1. 由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D⊂平面 A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1. 所以∠C1AD即为AC1与平面ABB1所成的角. 由 B1C1＝ 5，A1B1＝2 2，A1C1＝ 21，
由于 O 为 A1G 的中点，故 EO＝OG＝A12G＝ 215， 所以 cos∠EOG＝EO2＋2EOOG·O2－GEG2＝53. 因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值是35.
方法二 解 设直线EF与平面A1BC所成角为θ. 由(1)可得B→C＝(－ 3，1,0)，A→1C＝(0,2，－2 3).
(2)若 EF＝12BC，求二面角 B－SC－D 的余弦值.
解 因为 EF＝21BC，设 BC＝2，则 EF＝1，从而 GE＝GF＝ 22， 所以 SA＝AB＝ 2，
以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴， 建立空间直角坐标系， 则 B( 2，0,0)，D(0,2,0)，S(0,0， 2)，C( 2，2,0)， 设从平而面S→CS＝BC( 的2，一2个，法－向量2)，为Bn→C1＝＝((x01,，2,0y)1.，z1)，则nn11··SB→→CC＝＝00，， 即2y21x＝1＋0，2y1－ 2z1＝0， 令 z1＝1，从而得 n1＝(1,0,1).
以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在 直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则 A(1,0,0)，B1(1,1， 3)，C(0,1,0)，D1(0,0， 3)， A→B1＝(0,1， 3)，C→D1＝(0，－1， 3) ，
设直线AB1与CD1所成的角为θ，
→→
则
cos
θ＝
|AB1·CD1| →→
设平面ABB1的一个法向量为n＝(x，y，z).
由nn··AB→→BB＝ 1＝00，，
得2x＋ z＝03，y＝0， 可取 n＝(－ 3，1,0).
→
所以
sin
θ＝|cos〈A→C1，n〉|＝|A→C1·n|＝
39 13 .
|AC1||n|
因此直线
AC1
与平面
ABB1
所成的角的正弦值是
39 13 .
思维升华
跟踪训练2 如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC， ∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点.
(1)证明：EF⊥BC；
方法一 证明 如图，连结A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点， 所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩ 平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC. 又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F， 又A1E，A1F⊂平面A1EF，A1E∩A1F＝A1， 所以BC⊥平面A1EF. 又EF⊂平面A1EF，因此EF⊥BC.
同理，可求得平面 SCD 的一个法向量为 n2＝(0,1， 2).
设二面角B－SC－D的平面角为θ，
从而 cos θ＝|nn11·||nn22|＝
2 2·
＝ 3
3 3.
由图知，二面角B－SC－D为钝角，
又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1， 所以AB1⊥平面A1B1C1.
方法二 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. 由题意知各点坐标如下： A(0，－ 3，0)，B(1,0,0)，A1(0，－ 3，4)，B1(1,0,2)，C1(0，
方法二 证明 连结A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点， 所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC. 如图，以E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴， 建立空间直角坐标系. 不妨设 AC＝4，则 A1(0,0,2 3)，B( 3，1,0)，B1( 3，3,2 3)，F 23，32，2 3， C(0,2,0). 因此，E→F＝ 23，23，2 3，B→C＝(－ 3，1,0). 由E→F·B→C＝0 得 EF⊥BC.