統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學(xué)全程一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何初步第七節(jié)立體幾何中的向量方法第1課時利用空間向量求空間角學(xué)生用書

第1課時利用空間向量求空間角提升關(guān)鍵實力——考點突破駕馭類題通法考點一異面直線所成的角[基礎(chǔ)性]1．[2024·陜西西安市西安中學(xué)高三模擬]已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面邊長都相等，BC的中點為D，A1D⊥底面ABC，則異面直線AB與CC1所成角的余弦值為()A．34B．C．74D．2．底面為正三角形的直棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝8，AA1＝6，M，N分別為AB，BC的中點，則異面直線A1M與B1N所成的角的余弦值為()A．1113B．C．713D．3.如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，AF＝λAD，若異面直線D1E和A1F所成角的余弦值為3210，則反思感悟用向量法求異面直線所成角的一般步驟(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標(biāo)系．(2)確定異面直線上兩個點的坐標(biāo)，從而確定異面直線的方向向量．(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值．(4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的肯定值．[提示]留意向量的夾角與異面直線所成的角的區(qū)分：當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是此異面直線所成的角；當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為鈍角時，其補角才是異面直線所成的角．考點二直線與平面所成的角[綜合性][例1][2024·浙江卷]如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝15，M，N分別為BC，PC的中點，PD⊥DC，PM⊥MD.(1)證明：AB⊥PM.(2)求直線AN與平面PDM所成角的正弦值．聽課筆記：反思感悟求直線與平面所成角的方法(1)定義法：①作，在斜線上選取恰當(dāng)?shù)狞c向平面引垂線，在這一步上確定垂足的位置是關(guān)鍵；②證，證明所作的角為直線與平面所成的角，其證明的主要依據(jù)是直線與平面所成角的概念；③求，構(gòu)造角所在的三角形，利用解三角形的學(xué)問求角．(2)公式法：sinθ＝hl(其中h為斜線上除斜足外的任一點到所給平面的距離，l為該點到斜足的距離，θ(3)向量法：sinθ＝|cos〈AB，n〉|＝AB·nABn(其中AB為平面α的斜線，n為平面α的法向量，θ為斜線【對點訓(xùn)練】[2024·福建三明市三明一中高三模擬]如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為直角梯形，其中AB⊥BC，BC∥AD，BC＝AB＝12AD，E是AD(1)求證：PC⊥CD.(2)若∠PBA＝45°，求直線PC與平面PBE所成的角的正弦值．考點三二面角[綜合性][例2][2024·全國乙卷]如圖，四棱錐P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M為BC的中點，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A-PM-B的正弦值．聽課筆記：反思感悟向量法計算二面角大小的常用方法(1)法向量法：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要留意結(jié)合實際圖形推斷所求角的大小．(2)定義法：分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小．【對點訓(xùn)練】[2024·陜西高三模擬]如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝2AA1＝4，E，F(xiàn)分別是BC，A1B1的中點．(1)求證：EF∥平面ACC1A1；(2)求二面角A-EF-C的余弦值．第1課時利用空間向量求空間角提升關(guān)鍵實力考點一1．解析：設(shè)三棱柱ABC-A1B1C1的棱長為2，∵AB＝AC，D為BC的中點，則AD⊥BC，∵A1D⊥平面ABC，以點D為坐標(biāo)原點，DB、AD、DA1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則點A(0，－3，0)、B(1，0，0)、A1(0，0，1)，所以AB＝1，3，0，CC1＝AA1＝0，因此，異面直線AB與CC1所成角的余弦值為34答案：D2.解析：如圖，|A1M|＝|B1NA1M·B1N＝A＝A1A2＋12A1A·BC+1∴cos〈A1M，B1N答案：C3．解析：以D為原點，以DA，DC，DD1分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)．正方體的棱長為2，則A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)，所以D1E＝(0，2，－1)，A1F＝A1A＋AF＝A1A＋λAD＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)，所以cos〈A1答案：1考點二例1解析：(1)證明：在△DCM中，易知DC＝1，CM＝2，∠DCM＝60°，由余弦定理，得DM2＝CD2＋CM2－2CD·CMcos∠DCM＝1＋4－2×1×2×12＝3，所以DM＝3所以DM2＋DC2＝CM2，所以△DCM為直角三角形，且∠CDM＝90°，即DM⊥DC.又因為DP⊥DC，DP∩DM＝D，DP，DM?平面PDM，所以DC⊥平面PDM.因為AB∥DC，所以AB⊥平面PDM.因為PM?平面PDM，所以AB⊥PM.(2)如圖，連接AM.因為AB∥CD，AB⊥PM，所以PM⊥CD.又因為PM⊥MD，DM∩DC＝D，DM，DC?平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD.因為AM?平面ABCD，所以PM⊥AM.由余弦定理，得AM＝AB＝1+4-2×1×2cos120°所以PM＝PA2-MA2＝取AD的中點為E，連接ME，則ME，DM，PM兩兩垂直．以M為坐標(biāo)原點，分別以MD，ME，MP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，可得A(－3，2，0)，P(0，0，22)，D(3，0，0)，M(0，0，0)，C(3，－1，0)．因為N為PC的中點，所以N32所以AN＝33由(1)可知，DC⊥平面PDM，所以平面PDM的一個法向量為DC＝(0，－1，0)．設(shè)直線AN與平面PDM所成的角為θ，則sinθ＝AN·DCANDC＝對點訓(xùn)練解析：(1)連接EC，由己知BC綊12AD，E又AB⊥BC，故四邊形ABCE為正方形，所以知EC⊥AD.∵面PAB⊥面ABCD，又面PAB∩面ABCD＝AB，BC⊥AB，BC?平面ABCD，∴BC⊥平面PAB，故BC⊥PA.同理可證CE⊥PA.又BC∩CE＝C，故PA⊥平面ABCD.連接AC，可知AC⊥BE，又PA⊥BE，PA∩AC＝A，∴可知BE⊥平面PAC.又PC?平面PAC，∴PC⊥BE.由已知DE綊BC，故四邊形BCDE為平行四邊形，故CD∥BE，∴可知PC⊥CD.解析：(2)以A為坐標(biāo)原點，分別以AB，AD，AP的正方向為x，由∠PBA＝45°，知PA＝AB，不妨設(shè)AB＝1，則可知B(1，0，0)，P(0，0，1)，E(0，1，0)∴PB＝(1，0，－1)，PE＝(0，1，－1)．設(shè)平面PBE的法向量為n＝(x，y，z)，則n·PB令z＝1，則x＝y(tǒng)＝1，∴n＝(1，1，1)．又C(1，1，0)，故PC＝(1，1，－1)．設(shè)PC與平面PBE所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈PC，n〉|＝|PC·nPC考點三例2解析：(1)因為PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以點D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，設(shè)BC＝t(t>0)，則A(t，0，0)，B(t，1，0)，Mt2，1，0，所以PB＝(t，1，－1)，AM＝-t因為PB⊥AM，所以PB·AM＝－t22＋1＝0，得t＝2，所以BC＝解析：(2)易知C(0，1，0)，由(1)可得AP＝(－2，0，1)，AM＝-22，1，0，CB＝(2設(shè)平面APM的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則n1·AP=0令x1＝2，則z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一個法向量為n1＝(2，1，2)．設(shè)平面PMB的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則n2·CB=0得x2＝0，令y2＝1，則z2＝1，所以平面PMB的一個法向量為n2＝(0，1，1)．cos〈n1，n2〉＝n1·n2n所以二面角A-PM-B的正弦值為1-31414對點訓(xùn)練解析：(1)如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則A(23，0，0)，E(0，0，0)，C(0，－2，0)，A1(23，0，2)，B1(0，2，2)，F(xiàn)(3，1，2)，所以EF＝(3，1，2)，AC＝-23，-2，0，AA1＝(0，0，2)，設(shè)面ACC1A1的法向量為n＝(x，y，z)，則n·AC=0n·AA1=0，即-23x-2y=02z=0，令x＝1則y＝－3，z＝0，所以