2023版考前三个月冲刺专题练　第19练　空间向量与空间角课件PPT

这是一份2023版考前三个月冲刺专题练　第19练　空间向量与空间角课件PPT，共44页。PPT课件主要包含了规律方法，B110等内容，欢迎下载使用。
考情分析高考必考内容，常以空间几何体为载体考查空间角，是高考命题的重点，常与空间线、面关系的证明相结合，热点为平面与平面的夹角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.题目难度为中档题.
一、异面直线所成的角 (1)(2022·龙岩模拟)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，M为A1C1的中点，则AM与BC1所成角的正弦值为
取线段AC的中点O，则BO⊥AC，设直三棱柱ABC－A1B1C1的棱长为2，
如图所示，连接AC，BD交于点O，连接SO，因为四棱锥S－ABCD为正四棱锥，可得SO⊥底面ABCD，
可得AC＝4，所以AO＝2，在Rt△SOA中，SA＝4，AO＝2，
即点P在以O为圆心，以1为半径的圆上，所以当P为圆与OA的交点时，此时A，P两点间距离最小，最小值为AP＝1，以O为坐标原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x轴、y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
　　　 (1)(2022·丹东模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB，△ABC是正三角形，M，N分别是AB，PC的中点，则直线MN，PB所成角的余弦值为
如图，以AC的中点O为坐标原点建立空间直角坐标系，设PA＝4，
(2)(2022·长春模拟)在矩形ABCD中，O为BD的中点且AD＝2AB，将平面ABD沿对角线BD翻折至二面角A－BD－C的大小为90°，则直线AO与CD所成角的余弦值为
如图，在平面ABD中过A作AE⊥BD，垂足为E，在平面CBD中过C作CF⊥BD，垂足为F.由于平面ABD⊥平面BCD，且交线为BD，所以AE⊥平面BCD，CF⊥平面ABD，设AB＝1，AD＝2，
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AO与CD所成的角为θ，
二、直线与平面所成的角 (2022·全国甲卷)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝ .
(1)证明：BD⊥PA；
在四边形ABCD中，作DE⊥AB于点E，CF⊥AB于点F，如图.因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD.又因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA.
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，如图，以D为原点建立空间直角坐标系，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
(1)设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为μ＝(a2，b2，c2)，设直线l与平面α的夹角为θ，则sin θ＝|cs〈a，μ〉|＝ .(2)线面角的范围为 .
(2022·绍兴模拟)如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，平面DCC1D1⊥平面ABCD，AD＝DD1＝D1C1＝C1C＝ DC＝1.
(1)求证：BD1⊥DD1；
∵底面ABCD为矩形，∴AD⊥DC，又∵平面DCC1D1⊥平面ABCD，且平面DCC1D1∩平面ABCD＝DC，AD⊂平面ABCD，∴AD⊥平面DCC1D1，取CD，C1D1，AB的中点O，E，G，OD的中点F，连接OG，OE，D1F，如图，由底面ABCD为矩形，可得OG∥AD，∴OG⊥DC，OG⊥平面DCC1D1，
又∵OE⊂平面DCC1D1，∴OG⊥OE，∵ABCD－A1B1C1D1为四棱台，∴DC∥D1C1，
∴四边形DCC1D1为等腰梯形，∴OE⊥OC，∴OC，OE，OG两两垂直，分别以射线OG，OC，OE为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
＝0，∴BD1⊥DD1.
(2)求直线BD1和平面ABB1A1所成角的正弦值.
设平面ABB1A1的法向量为m＝(x，y，z)，
设直线BD1和平面ABB1A1所成角为θ，则
三、平面与平面的夹角 (2022·新高考全国Ⅰ改编)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为 .
(1)求A到平面A1BC的距离；
设点A到平面A1BC的距离为h，因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求平面ABD与平面BCD夹角的正弦值.
取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B.因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，所以AE⊥BC.又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A1(0，2,2)，D(1,1,1)，E(0,1,1)，
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
令x＝1，得n＝(1,0，－1).
设平面ABD与平面BCD的夹角为θ，
(1)设平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)，且平面α与平面β的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈μ，v〉|＝ .(2)平面与平面的夹角的取值范围为 .
(2022·重庆调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC，BD相交于点N，DN＝2BN＝ ，PA＝AC＝AD＝3，∠ADB＝30°.
(1)求证：AC⊥平面PAD；
∴AN2＋AD2＝DN2.∴∠DAN＝90°，∴AC⊥AD，∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PA⊥AC，又∵PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴AC⊥平面PAD.
(2)若点M为PD的中点，求平面PAB与平面MAC夹角的正弦值.
则P(0,0,3)，A(0,0,0)，
过B作BE∥AD交AC于点E，
设平面PAB与平面MAC的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，平面PAB与平面MAC夹角为θ，