新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第3讲空间向量与空间角核心考点2直线与平面所成的角教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第3讲空间向量与空间角核心考点2直线与平面所成的角教师用书，共8页。
(2)sin θ＝|cs〈u，n〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|))) ＝ eq \f(|u·n|,|u||n|) .
角度1：直接求线面角
典例研析·悟方法
典例3 (2023·张掖四模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2AB＝8，点M在棱PD上，且PA2＝PM·PD，AM⊥MC.
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求BM与平面ACM所成角的余弦值．
【解析】 (1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD，PA⊥AD.
又因为PA2＝PM·PD，所以eq \f(PA,PD)＝eq \f(PM,PA)，
又因为∠APM＝∠DPA，所以△APM∽△DPA，
所以∠AMP＝∠PAD＝90°，即AM⊥PD.
又因为AM⊥MC，MC∩PD＝M，MC⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD，
因为CD⊂平面PCD，所以CD⊥AM，
又因为CD⊥PA，PA∩AM＝A，PA⊂平面PAD，AM⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD.
(2)由(1)知，CD⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥AD，即平行四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.
因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，所以AB，AD，AP两两垂直．
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示：
则A(0,0,0)，B(4,0,0)，P(0,0,8)，C(4,8,0)，D(0，8,0)．
由PA＝AD，AM⊥PD知，点M为PD的中点，所以M(0,4,4)，
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(4,8,0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(0,4,4)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(－4,4,4)．
设平面ACM的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AM,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x＋8y＝0，,4y＋4z＝0，))
令y＝1，得x＝－2，z＝－1，
所以平面ACM的一个法向量为n＝(－2,1，－1)．
设BM与平面ACM所成角为θ，
则sin θ＝|cseq \(BM,\s\up6(→))，n|＝eq \f(|\(BM,\s\up6(→))·n|,|\(BM,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(|8＋4－4|,\r(16＋16＋16)×\r(1＋4＋1))＝eq \f(\r(2),3)，
所以cs θ＝eq \r(1－sin2θ)＝eq \r(1－\f(2,9))＝eq \f(\r(7),3)，
即BM与平面ACM所成角的余弦值为eq \f(\r(7),3).
方法技巧·精提炼
利用空间向量求线面角的解题步骤
加固训练·促提高
(2023·南关区校级模拟)如图，三棱台ABC－A1B1C1，AB⊥BC，AC⊥BB1，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB＝6，BC＝4，BB1＝2，AC1与A1C相交于点D，eq \(AE,\s\up6(→))＝2eq \(EB,\s\up6(→))，且DE∥平面BCC1B1.
(1)求三棱锥C－A1B1C1的体积；
(2)求直线CC1与平面A1B1C所成角的正弦值．
【解析】 (1)因为平面ABB1A1⊥平面ABC，AB＝平面ABB1A1∩平面ABC，BC⊥AB，
所以BC⊥平面ABB1A1，
又因为BB1⊂平面ABB1A1，
所以BC⊥BB1，
又因为AC⊥BB1，AC∩BC＝C，
所以BB1⊥平面ABC，
连接C1B，
因为DE∥平面BCC1B1，DE⊂平面ABC1，
平面ABC1∩平面BCC1B1＝C1B，
所以DE∥C1B，
又因为eq \(AE,\s\up6(→))＝2eq \(EB,\s\up6(→))，
所以eq \(AD,\s\up6(→))＝2DC1，
又因为△A1C1D∽△CAD，
所以A1C1＝eq \f(1,2)AC，
所以S△A1C1B1＝eq \f(1,4)S△ACB＝eq \f(1,4)×eq \f(1,2)×6×4＝3，
又因为BC∥B1C1，B1C1⊂平面A1B1C1，BC⊄平面A1B1C1，
所以BC∥平面A1B1C1，
所以C到平面A1B1C1的距离等于B到平面A1B1C1的距离，即为BB1＝2，
所以VC－A1B1C1＝eq \f(1,3)S△A1C1B1·BB1＝eq \f(1,3)×3×2＝2.
(2)由题意及(1)可得AB⊥BC，AB⊥BB1，BB1⊥BC，
所以以B为坐标原点，eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BB1,\s\up6(→))为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系：
则有A(6,0,0)，C(0,4,0)，B(0,0,0)，B1(0,0,2)，C1(0,2,2)，A1(3,0,2)，
则eq \(B1A1,\s\up6(→))＝(3,0,0)，eq \(B1C,\s\up6(→))＝(0,4，－2)，eq \(CC1,\s\up6(→))＝(0，－2，2)，
设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x＝0，,4y－2z＝0，))所以x＝0，z＝2y，
取n＝(0,1,2)，
设直线CC1与平面A1B1C所成角为θ，
则sin θ＝|cseq \(CC1,\s\up6(→))，n|＝eq \f(\(CC1,\s\up6(→))·n,|\(CC1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(2,2\r(2)·\r(5))＝eq \f(\r(10),10).
角度2：已知线面角求其他
典例研析·悟方法
典例4 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，若F为棱A1D1上动点，E为线段B1F上的点，且AE⊥B1F，若AE与平面A1B1F所成角的正切值为eq \f(5,3)，则三棱锥A－A1B1F的外接球表面积为 41π .
【解析】 如图，连接A1E，
因为AA1⊥平面A1B1C1D1，则∠AEA1为AE与平面A1B1F所成角的平面角，即tan ∠AEA1＝eq \f(5,3)，所以A1E＝eq \f(AA1,tan∠AEA1)＝eq \f(12,5).因为AA1⊥平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1F，又AE⊥B1F，AE∩AA1＝A，所以B1F⊥平面AA1E，则B1F⊥A1E，所以B1E＝eq \r(A1B\\al(2,1)－A1E2)＝eq \f(16,5)，而Rt△B1EA1∽Rt△B1A1F，所以eq \f(B1A1,B1F)＝eq \f(B1E,B1A1)，则B1F＝5，所以A1F＝eq \r(B1F2－A1B\\al(2,1))＝3.因为三棱锥A－A1B1F的外接球等价于长为A1B宽为A1F高为AA1的长方体的外接球．所以外接球的直径为长方体的体对角线，即半径2R＝eq \r(42＋32＋42)＝eq \r(41)，故三棱锥A－A1B1F的外接球表面积为4πR2＝41π.
典例5 (2023·临泉县校级三模)在梯形ABCD中，∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝2BC＝eq \r(2)CD＝2，E为AD的中点，将DEC沿EC折起至△PEC的位置，且PB＝1.
(1)求证：平面PAE⊥平面PBC；
(2)判断在线段AP上是否存在点Q，使得直线BQ与平面PEC所成角的正弦值为eq \f(\r(3),6).若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)证明：连接BE，由已知可得：BE＝CD＝eq \r(2)，
又PE＝DE＝1，PB＝1，
在△PEB中，PB2＋PE2＝BE2，
故PE⊥PB，
又PE⊥PC，且PB∩PC＝P，PE⊥平面PBC，
∵PE⊂平面PAE，∴平面PAE⊥平面PBC.
(2)取BE的中点O，连接OP，由(1)知PE⊥平面PBC，故PE⊥BC，
又BE⊥BC，
∴BC⊥平面PBE，故BC⊥OP，
又PB＝PE＝1，∴OP⊥BE，
∴OP⊥平面ABCE，
以OB，OP所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(2),2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(2),2)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),2)))，
设eq \(AQ,\s\up6(→))＝λeq \(AP,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，
∴Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－λ，\f(\r(2),2)λ－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)λ))，
则eq \(BQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－λ，\f(\r(2),2)λ－\r(2)，\f(\r(2),2)λ))，
设平面PEC的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \(EP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(EP,\s\up6(→))＝0，,m·\(CP,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)y＋\f(\r(2),2)z＝0，,x－\f(\r(2),2)y＋\f(\r(2),2)z＝0，))
令z＝1，则y＝－1，x＝－eq \r(2)，
即m＝(－eq \r(2)，－1,1)，
设直线BQ与平面PEC成的角为α，
则sin α＝eq \f(\r(3),6)，
即sin α＝|cseq \(BQ,\s\up6(→))，m|＝eq \f(|\(BQ,\s\up6(→))·m|,|m||\(BQ,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(3),6)，
即eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\r(2)＋\r(2)λ＋\r(2)－\f(\r(2),2)λ＋\f(\r(2),2)λ)),\r(4)·\r(1－λ2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)λ－\r(2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2)λ,2)))2))＝eq \f(\r(3),6)，即eq \f(\r(2)λ,\r(2λ2－4λ＋3))＝eq \f(\r(3),3)，
平方整理得4λ2＋4λ－3＝0，
得λ＝eq \f(1,2)或λ＝－eq \f(3,2)(舍)，
即Q为线段AP的中点．此时|AQ|＝eq \f(\r(2),2).
方法技巧·精提炼
已知直线与平面所成的角时，主要是求出平面的法向量，利用已知条件和直线方向向量、平面的法向量之间的关系，构造方程或不等关系，求解即可．
特别提醒：平面的法向量与斜线的方向量所成角的余弦值的绝对值为线面角的正弦值，不是余弦值．
加固训练·促提高
(2023·汉滨区校级模拟)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面SAD为等边三角形，AB＝2，SC＝2eq \r(2).
(1)证明：平面SAD⊥平面ABCD；
(2)侧棱SC上是否存在一点P(P不在端点处)，使得直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于eq \f(\r(21),7)？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)证明：∵底面ABCD为正方形，AB＝2，
∴CD⊥AD，
又∵侧面SAD为等边三角形，∴AB＝AD＝SD＝2，SC＝2eq \r(2)，
∴SD2＋CD2＝SC2，即CD⊥SD，
又AD∩SD＝D，
∴CD⊥平面SAD，
又∵CD⊂平面ABCD，
∴平面SAD⊥平面ABCD.
(2)取AD的中点为E，连接SE，
∵侧面SAD为等边三角形，∴SE⊥AD，
又由(1)可知平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SE⊂平面SAD，
∴SE⊥平面ABCD.
以E为原点，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(ED,\s\up6(→))，eq \(ES,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A(0，－1,0)，B(2，－1,0)，S(0,0，eq \r(3))，D(0,1,0)，C(2,1,0)，
则eq \(SC,\s\up6(→))＝(2,1，－eq \r(3))，eq \(SA,\s\up6(→))＝(0，－1，－eq \r(3))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，
设eq \(SP,\s\up6(→))＝λeq \(SC,\s\up6(→)).(0＜λ＜1)，
则eq \(SP,\s\up6(→))＝(2λ，λ，－eq \r(3)λ)，∴P(2λ，λ，eq \r(3)－eq \r(3)λ)，
∴eq \(BP,\s\up6(→))＝(2λ－2，λ＋1，eq \r(3)－eq \r(3)λ)．
设平面SAC的法向量为m＝(a，b，c)，
由于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(SA,\s\up6(→))·m＝0，,\(AC,\s\up6(→))·m＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－b－\r(3)c＝0，,2a＋2b＝0，))
令c＝eq \r(3)，则b＝－3，a＝3，
∴m＝(3，－3，eq \r(3))，
则csm，eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \f(m·\(BP,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(|BP,\s\up6(→)))))))＝eq \f(－6,\r(21)·\r(8λ2－12λ＋8))，
∵直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于eq \f(\r(21),7)，
∴eq \f(6,\r(21)·\r(8λ2－12λ＋8))＝eq \f(\r(21),7)，整理得2λ2－3λ＋1＝0，得λ＝eq \f(1,2)或λ＝1(舍)，
故存在，当点P为SC的中点时，使得直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于eq \f(\r(21),7).