新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第3讲空间向量与空间角课件

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第3讲空间向量与空间角课件，共60页。PPT课件主要包含了专题四立体几何，分析考情·明方向，真题研究·悟高考，考点突破·提能力等内容，欢迎下载使用。

第3讲　空间向量与空间角
1. (2023·全国乙卷理科)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )
【解析】　如图，取AB的中点E，连接CE，DE，
2. (2021·全国乙卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．
【解析】　(1)连接BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，则AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD，所以AM⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD，所以Rt△DAB∽Rt△ABM，
(2)因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
设二面角A－PM－B的平面角为α，
(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
【解析】　(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，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，所以BD⊥平面PAD，又因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA.
设平面PAB的法向量n＝(x，y，z)，
4. (2023·全国新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点．(1)证明：BC⊥DA；
【解析】　(1)证明：连接AE，DE，∵DB＝DC，E为BC中点．∴DE⊥BC，又∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，∴△ACD与△ABD均为等边三角形，∴AC＝AB，∴AE⊥BC，AE∩DE＝E，∴BC⊥平面ADE，∵AD⊂平面ADE，∴BC⊥DA.
(2)设DA＝DB＝DC＝2，
∴AE2＋DE2＝4＝AD2，∴AE⊥DE，又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，∴AE⊥平面BCD，以E为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
令y2＝1，解得x2＝0，z2＝1，故n1＝(1,1,1)，n2＝(0,1,1)，设二面角D－AB－F的平面角为θ，
5. (2023·全国新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D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；(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.
【解析】　(1)证明：根据题意建系如图，则有：B2(0,2,2)，C2(0,0,3)，A2(2,2,1)，D2(2,0,2)，
(2)在(1)的坐标系下，可设P(0,2，t)，t∈[0,4]，又由(1)知C2(0,0,3)，A2(2,2,1)，D2(2,0,2)，
取m＝(t－1,3－t,2)，设平面A2C2D2的法向量为n＝(a，b，c)，
∴t2－4t＋3＝0，又t∈[0,4]，∴解得t＝1或t＝3，∴P为B1B2的中点或B2B的中点，∴B2P＝1.
6. (2023·全国甲卷理科)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)求证：AC＝A1C；(2)若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
【解析】　(1)证明：取CC1的中点，连接A1O，∵A1C⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，∴A1C⊥AC，∴A1C⊥A1C1，
∵A1C⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，∴A1C⊥BC，∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面A1C1CA，∵BC⊂平面BCC1B1，
∴平面BCC1B1⊥平面A1C1CA，∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1到CC1的距离为1，∴A1O⊥CC1，∴A1C＝A1C1，∴AC＝A1C.
(2)过A作AM∥A1O交C1C的延长线于M，连接MB1，取BB1的中点N，连接ON，
∴四边形BCON为平行四边形，∴ON⊥平面A1C1CA，A1O∩ON＝O，∴CC1⊥平面A1ON，∵A1N⊂平面A1ON，∴CC1⊥A1N，∴AA1⊥A1N，∴A1N为直线AA1与BB1距离，
核心考点1　异面直线所成的角
异面直线所成的角的范围以及求角公式若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u＝(x1，y1，z1)，v＝(x2，y2，z2)．
角度1：求异面直线所成的角
【解析】　因为PD⊥平面ABCD，DC，AD⊂平面ABCD，故PD⊥DC，PD⊥AD，底面ABCD为长方形，故DC⊥AD，所以DP，DC，DA两两互相垂直，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
(2) (2023·全国三模)已知四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝AD，点E是线段PB上的动点，则直线DE与平面PBC所成角的最大值为( )
【解析】　由题意，因为ABCD为正方形，且PD⊥底面ABCD，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设PD＝AD＝1，
(3) (2023·河北模拟)如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥CD，AD⊥BC，且BD＝3AC，点E，F分别为AD，BC的中点，则异面直线AC与BD所成角的大小为_________，AC与EF所成角的余弦值为________.
角度2：已知异面直线所成的角求其他
求异面直线所成的角的方法1．平移法：步骤：①平移；②认定；③计算；④取舍．2．向量法：步骤：(1)建立空间直角坐标系．(2)用坐标表示两异面直线的方向向量．(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．
1. (2023·梅河口市校级一模)直三棱柱ABC－A1B1C1如图所示，AB＝4，BC＝3，AC＝5，D为棱AB的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为61π，则异面直线A1D和B1C所成的角的余弦值为( )
核心考点2　直线与平面所成的角
设直线l与平面α所成的角为θ，直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n，则(1)θ∈______.(2)sin θ＝|cs〈u，n〉|＝______＝______.
(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∠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)，
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，
利用空间向量求线面角的解题步骤
(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，
(2)由题意及(1)可得AB⊥BC，AB⊥BB1，BB1⊥BC，
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)，
角度2：已知线面角求其他
【解析】　如图，连接A1E，
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．
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．
(1)证明：平面SAD⊥平面ABCD；
【解析】　(1)证明：∵底面ABCD为正方形，AB＝2，∴CD⊥AD，
∴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.
设平面SAC的法向量为m＝(a，b，c)，
核心考点3　平面与平面的夹角
平面与平面的夹角的向量求解公式设平面α，β的法向量分别为n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则(1)θ∈______.
(2023·日照三模)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，侧面ABB1A1是正方形，且平面A1BC⊥平面ABB1A1.(1)求证：AB⊥BC；
【解析】　(1)证明：连接AB1，设A1B∩AB1＝M，则A1B中点为M，且AM⊥A1B，
∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AM⊂平面ABB1A1，∴AM⊥平面A1BC，∵BC⊂平面A1BC，∴AM⊥BC，又在直三棱柱ABC－A1B1C1，BB1⊥面ABC，BC⊂平面ABC，∴BB1⊥BC，∵AM∩BB1＝B1，AM，BB1⊂平面ABB1A1，∴BC⊥平面ABB1A1，∵AB⊂平面ABB1A1，∴AB⊥BC.
(2)由(1)得AM⊥平面A1BC，
建立以B为原点的空间直角坐标系B－xyz，如图所示：
A(0,2,0)，C(2,0,0)，E(1,1,1)，M(0,1,1)，
设平面CBE的法向量为m，则m＝(0，－1,1)，设平面ABE与平面BCE所成锐二面角为θ，
利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
(2)已知点P为棱CM上靠近点C的三等分点，当a＝3时，求平面PBD与平面ABCD夹角的余弦值．
【解析】　(1)证明：如图，取AD的中点O，连接MO，OB，
因为OM∩OB＝O，OM，OB⊂平面MOB，所以AD⊥平面MOB，因为BM⊂平面MOB，所以AD⊥BM；
(2)由(1)知AD⊥平面MOB，以OA、OB所在直线分别为x轴、y轴，在平面MOB内过O作OB的垂线作为z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示．