2024届高考数学一轮复习（新教材人教A版强基版）第七章立体几何与空间向量7.8向量法求空间角（二）课件

这是一份2024届高考数学一轮复习（新教材人教A版强基版）第七章立体几何与空间向量7.8向量法求空间角（二）课件，共60页。PPT课件主要包含了落实主干知识，探究核心题型，课时精练，因为AB＝AP＝2等内容，欢迎下载使用。

1.能用向量法解决平面与平面的夹角问题，体会向量法在研究空间角问题中的作用.2.弄清折叠问题中的变量与不变量，掌握折叠问题中线面位置关系的判断和空间 角的计算问题.
平面与平面的夹角如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角.
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝________.
2.若二面角A－BC－D的大小为α，平面ABC内的直线l与平面BCD所成角为β，则α≥β，当l⊥BC时，取等号.
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)二面角的平面角为θ，则两个平面的法向量的夹角也是θ.(　 　)(2)二面角α－l－β的平面角与平面α，β的夹角相等.(　 　)(3)二面角的范围是[0，π].(　 　)(4)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2的夹角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.(　 　)
1.已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为
∵m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，
A.30° B.60°C.60°或120° D.30°或150°
3.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1和DD1的中点，则平面ECF与平面ABCD夹角的余弦值为
设正方体的棱长为2，则A(0,0,0)，E(2,0,1)，F(0,2,1)，C(2,2,0)，
设平面ECF的法向量为n＝(x，y，z)，
易知m＝(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量，设平面ECF与平面ABCD的夹角为θ.
(1)求证：平面ABE⊥平面ABC；
(2)求平面ABE与平面BEC夹角的余弦值.
由(1)知，AC⊥BC，EN∥DM且EN＝DM，EN⊥平面ABC，平面ABE⊥平面ABC，以C为原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，连接CN，
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
又AC＝BC，则CN⊥AB，又平面ABC∩平面ABE＝AB，CN⊂平面ABC，
设平面ABE与平面BEC的夹角为θ，
利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法(1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小.(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小.
跟踪训练1　(2022·贵阳模拟)如图，AC，BD为圆柱OO′底面⊙O的两条直径，PA为圆柱OO′的一条母线，且AP＝AC.
(1)证明：AB⊥PD；
以C为坐标原点，分别以CD，CB，过C的母线所在直线为x轴、y轴、z轴.建立如图所示的空间直角坐标系，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
设平面PDC的法向量为m＝(a，b，c)，
∴m＝(0,2，－1)，
设平面DPC与平面PCB的夹角为θ，
例2　(2023·中山模拟)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝BC，AD⊥AC，将△ACD沿AC翻折，使点D到达点S的位置，且平面SAC⊥平面ABCD.(1)证明：BS⊥BC；
如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，BC∥y轴，设AB＝BC＝2，取AS＝AD＝2m(m>0)，则B(2,0,0)，C(2,2,0)，S(0,0,2m)，E(1,1，m)，
设直线BS与平面EAB所成的角为θ， ＝(－2,0,2m)，
∵平面ABCD的一个法向量可取n2＝(0,0,1)，
设平面BCS的法向量为n3＝(x3，y3，z3)，
设平面SBC与平面ABCD的夹角为α，
三步解决平面图形的折叠问题
(1)求证：AB∥CD；
(2)求直线BD与平面ADE所成角的正弦值.
因为BE2＋CE2＝BC2，BE2＋DE2＝BD2，则BE⊥CE，BE⊥DE，又CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，所以BE⊥平面CDE，在平面CDE内作Ez⊥CE，则EB，EC，Ez两两垂直，以E为坐标原点，分别以EB，EC，Ez所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设平面ADE的法向量为m＝(a，b，c)，
设直线BD与平面ADE所成的角为θ，
1.(2023·张家口模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，∠ABC＝90°，AB＝BC，四边形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，O是AC的中点.
(1)证明：BC⊥平面B1OA1；
(2)求平面AOB1与平面C1OB1夹角的余弦值.
如图，连接BO，∵∠ABC＝90°，AB＝BC，O是AC的中点，∴BO⊥AC，又平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，∴BO⊥平面ACC1A1，设AC＝2，以O为坐标原点，OA，OA1，OB所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设平面AOB1的法向量为m＝(x，y，z)，
设平面C1OB1的法向量为n＝(a，b，c)，
设平面AOB1与平面C1OB1的夹角为θ，
2.如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
如图，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得PH⊥平面ABFD.
设BF＝1，由(1)可得DE⊥PE.
又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF，
设DP与平面ABFD所成的角为θ，
3.如图①，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图②，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
(1)证明：OD⊥平面PAQ；
即OD⊥AQ，OD⊥PQ，又AQ∩PQ＝Q，AQ，PQ⊂平面PAQ，∴OD⊥平面PAQ.
(2)若BE＝2AE，求平面CBQ与平面ABQ夹角的余弦值.
设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，
令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1,2,1).易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0,0,1).
设平面CBQ与平面ABQ的夹角为θ，
4.(2022·新高考全国Ⅱ改编)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点.
(1)证明：OE∥平面PAC；
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求平面AEC与平面AEB夹角的正弦值.
连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
设平面AEB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
令z1＝2，则m＝(0，－3,2)，
设平面AEC与平面AEB的夹角为θ，
5.(2023·莆田模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，F为PD的中点.
(1)证明：PB∥平面AFC；
(2)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.
若PA⊥平面ABCD，AB＝AP＝2，且________，求平面ACF与平面ACD夹角的余弦值.
在菱形ABCD中，AC⊥BD.因为AB＝AP＝2，
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量.设平面ACF与平面ACD的夹角为θ，
设平面ACF的法向量为n＝(x，y，z)，
6.(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，设Q(m,0,1)，
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
令x＝1，则z＝－m，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于