2025年高考数学一轮复习-8.8-利用空间向量研究夹角问题【课件】

这是一份2025年高考数学一轮复习-8.8-利用空间向量研究夹角问题【课件】，共60页。PPT课件主要包含了必备知识·逐点夯实，核心考点·分类突破等内容，欢迎下载使用。
【课标解读】【课程标准】能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题,并能描述解决这一类问题的程序,体会向量方法在研究几何问题中的作用.
【核心素养】直观想象、数学运算、逻辑推理.【命题说明】
知识梳理·归纳1.异面直线所成角设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量,则微点拨 异面直线方向向量夹角的余弦值可能为负值,异面直线所成角的余弦值一定为非负值.
2.直线与平面所成的角(1)范围:________; (2)向量求法:设直线AB的方向向量为u,平面α的法向量为n,直线AB与平面α所成的角为θ,则sin θ=______________=________. 微点拨 不平行于平面的直线与平面所成的角为锐角或直角,其正弦值等于直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值.
　|cs|　
　|cs|
4.二面角的大小(1)如图①,AB,CD是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ=______________. (2)如图②③,n1,n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足|cs θ|=_______________. 微点拨 在空间几何体的直观图中,有时不容易直观确定二面角的大小,若条件中未明确给出,一般以锐二面角为主.
　|cs|　
(2)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,则直线EF和BC1所成的角为　　　. 
解题技法利用空间向量求两异面直线所成角的步骤(1)建立适当的空间直角坐标系.(2)求出两条异面直线的方向向量的坐标.(3)利用向量的夹角公式求出两直线方向向量的夹角.(4)结合异面直线所成角的范围得到两异面直线所成角.
考点三 平面与平面的夹角(规范答题)[例3](12分)(2023·新高考Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)证明:B2C2∥A2D2;
规范答题 敲重点·水到渠成【解析】(1)方法1(几何法):连接AC,A2B2,设A2C2,AC的中点分别为O,O1,连接BD,B2D2,O1O,由题设得,O1O是梯形AA2C2C的中位线,所以O1O=2. ………………………………………………………………1分由题设可得O1O∥BB2∥DD2,且O1O=BB2=DD2,又O1是BD的中点,因此O是B2D2的中点, …………………………………2分故A2B2C2D2为平行四边形, ………………………………………………3分所以B2C2∥A2D2. …………………………………………………………4分
关键点　证明空间中两条直线平行的关键是先证明这两条直线确定了一个平面,再利用平面几何中证明平行的定理加以论证即可.
敲黑板　本题考查线线平行的几何证明方法,解决问题时,利用向量运算法和坐标运算法要优于几何法.
[例3](12分)(2023·新高考Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
关键点　设出点P的坐标.
避误区　通过列方程求出λ=1或λ=3,两个结果不可舍去其中的一个,造成解答不完整.
所以P(0,2,1)或P(0,2,3),即BP=1或BP=3, ……………………………………………………11分综上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,B2P=1.………………………12分
阅卷现场　1.建系可以文字语言叙述,也可以在图上标出,只要有建系就得1分. 2.法向量只要正确就得2分. 3.有两个法向量的夹角公式得1分,不带绝对值不扣分. 4.若写出B2P=1,没有任何过程,可得结果分2分
审题导思 破题点·形成思路
【重难突破 几何体的截面与交线问题】　　“截面、交线”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型,它渗透了一些动态的线、面等元素,给静态的立体几何题赋予了活力.求解截面、交线问题,一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解,二是利用空间向量的坐标运算求解.
解题技法作截面的三种常用方法(1)直接法:解题关键是利用截面的顶点在几何体的棱上.(2)作平行线法:解题关键是利用截面与几何体的两个平行平面相交,或者截面上有一条直线与几何体的某一个面平行.(3)延长交线得交点法:解题关键是利用截面上的点中至少有两个点在几何体的同一个面上.
类型二 交线问题命题点1 多面体中的交线问题[例3]在四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形且AD=CD,AB=BD=2,平面α过点A,C,且BD⊥平面α,则平面α与侧面CBD的交线长为　　　　. 
解题技法两种作交线的方法(1)利用基本事实3作交线;(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行,然后根据性质作出交线.
对点训练1.(2023·广安模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是2,S是A1B1的中点,P是A1D1的中点,点Q在正方形DCC1D1及其内部运动,若PQ∥平面SBC1,则点Q的轨迹的长度是　　　　. 
【重难突破 球与几何体的动态问题】　　立体几何中的“动态”问题就变化起因而言大致可分为两类:一是平移;二是旋转.在解“动态”立体几何题时,如果我们能努力探寻运动过程中“静”的一面,动中求静,往往能以静制动、克难制胜.
类型一 动态位置关系的判断[例1](多选题)如图,在矩形ABCD中,BC=1,AB=x,BD和AC交于点O,将△BAD沿直线BD翻折,则下列说法中正确的是(　　)A.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥OCB.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥BDC.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥平面ACDD.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥平面ABD
则此时满足AB⊥平面ACD,故C正确;若AC⊥平面ABD,又AO⊂平面ABD,则AC⊥AO,所以在△AOC中,OC为斜边,这与OC=OA相矛盾,故D不正确.
解题技法解决空间位置关系的动点问题(1)应用“位置关系相关定理”转化.(2)建立“坐标系”计算.
对点训练(多选题)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=2,点P,Q分别是棱BB1,AB上的动点,则下列说法正确的是(　　)A.任意给定的点P,存在点Q,使得PQ∥平面A1C1DB.任意给定的点Q,存在点P,使得PQ∥平面A1C1DC.任意给定的点P,存在点Q,使得CP⊥D1QD.任意给定的点Q,存在点P,使得CP⊥D1Q
解题技法解决几何体动点轨迹问题的方法(1)几何法:根据平面的性质进行判定.(2)定义法:转化为平面轨迹问题,用圆锥曲线的定义判定,或用代替法进行计算.(3)特殊值法:根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除.
(2)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为B1C1,C1D1的中点,P是底面A1B1C1D1上一点.若AP∥平面BEF,则AP长度的最小值是　　　　,最大值是　　　　. 
【解析】如图,取A1D1的中点N,A1B1的中点M,连接AM,AN,MN,NE,B1D1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,N分别为B1C1,A1D1的中点,所以EN∥A1B1∥AB,EN=A1B1=AB,所以四边形ABEN为平行四边形,所以AN∥BE,又AN⊄平面BEF,BE⊂平面BEF,所以AN∥平面BEF,因为E,F分别为B1C1,C1D1的中点,由中位线性质知EF∥B1D1,同理可知MN∥B1D1,所以MN∥EF,又MN⊄平面BEF,EF⊂平面BEF,所以MN∥平面BEF,又AN∩MN=N,AN,MN⊂平面AMN,
解题技法在动态变化过程中最值问题求解策略(1)直观判断:在变化过程中判断点、线、面在何位置时,所求的量有相应最大、最小值,即可求解.(2)函数思想:通过建系或引入变量,把这类动态问题转化为目标函数,从而利用代数方法求目标函数的最值.
对点训练在三棱锥P-ABC中,PA,AB,AC两两垂直,D为棱PC上一动点,PA=AC=2,AB=3.当BD与平面PAC所成角最大时,AD与平面PBC所成角的正弦值为　　　　.