浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第8节空间角课件

浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第8节空间角课件

第 8 节　空间角 考试要求　 1. 能用几何方法解决空间角问题； 2. 了解向量方法在研究立体几何空间角问题中的应用 . 知 识 梳 理 1 . 求异面直线所成的角 (1)( 几何法 ) 通过作平行线化为三角形求解 . (2)( 向量法 ) 设 a ， b 分别是两异面直线 l 1 ， l 2 的方向向量，则 ———— |cos 〈 a ， n 〉 | 3 . 求二面角的大小 (1)( 几何法 ) 通过一个面的垂线或垂面先作出二面角的平面角，然后加以证明和计算 . (2)( 向量法 ) 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 ＝ . 如图 ②③ ， n 1 ， n 2 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 |cos θ | ＝ ， 二面角的平面角大小是向量 n 1 与 n 2 的夹角 ( 或其补角 ). |cos 〈 n 1 ， n 2 〉 [ 常用结论与易错提醒 ] 1. 异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角 . 2. 线面角 θ 的正弦值等于直线的方向向量 a 与平面的法向量 n 所成角的余弦值的绝对值，即 sin θ ＝ |cos 〈 a ， n 〉 | ，不要误记为 cos θ ＝ |cos 〈 a ， n 〉 |. 3. 二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面 α ， β 的法向量 n 1 ， n 2 时，要根据向量坐标在图形中观察出向量的方向，从而确定二面角与向量 n 1 ， n 2 的夹角是相等，还是互补 . 4. 最小角定理：平面的一条斜线与平面内所有直线的夹角中，斜线与它在平面内的射影的夹角最小 . 答案　 (1) × 　 (2) × 　 (3) × 　 (4) √ 2. ( 选修 2 － 1P104 练习 2 改编 ) 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 ( 　　 ) A.45° B.135° C.45° 或 135° D.90° 答案　 C 答案　 A 答案　 B 答案　 30° 6. 过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA ⊥ 平面 ABCD ，若 AB ＝ PA ，则平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为 ________. 解析　 如图，建立空间直角坐标系，设 AB ＝ PA ＝ 1 ，则 A (0 ， 0 ， 0) ， D (0 ， 1 ， 0) ， P (0 ， 0 ， 1) ，由题意， AD ⊥ 平面 PAB ，设 E 为 PD 的中点，连接 AE ，则 AE ⊥ PD ，又易知 CD ⊥ 平面 PAD ， AE ⊂ 平面 PAD ， ∴ CD ⊥ AE ，又 PD ∩ CD ＝ D ，从而 AE ⊥ 平面 PCD . 故平面 PAB 与平面 PCD 所成的二面角为 45°. 答案　 45° (1) △ PCD 的面积 . (2) ( 一题多解 ) 异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小 . 解　 (1) 因为 PA ⊥ 底面 ABCD ， CD ⊂ 平面 ABCD ， 所以 PA ⊥ CD . 又底面 ABCD 为矩形，所以 AD ⊥ CD ， PA ∩ AD ＝ A ， 所以 CD ⊥ 平面 PAD ，又 PD ⊂ 平面 PAD ， (2) 法一 　如图 1 ，取 PB 中点 F ，连接 EF ， AF ，则 EF ∥ BC ，从而 ∠ AEF ( 或其补角 ) 是异面直线 BC 与 AE 所成的角 . 图 1 图 2 答案　 (1)C 　 (2)B 考点二　求直线与平面所成的角 【例 2 】 ( 一题多解 )(2019· 浙江卷 ) 如图，已知三棱柱 ABC － A 1 B 1 C 1 ，平面 A 1 ACC 1 ⊥ 平面 ABC ， ∠ ABC ＝ 90° ， ∠ BAC ＝ 30° ， A 1 A ＝ A 1 C ＝ AC ， E ， F 分别是 AC ， A 1 B 1 的中点 . (1) 证明： EF ⊥ BC ； (2) 求直线 EF 与平面 A 1 BC 所成角的余弦值 . 法一　 (1) 证明 　如图 ① ，连接 A 1 E . 因为 A 1 A ＝ A 1 C ， E 是 AC 的中点，所以 A 1 E ⊥ AC . 又平面 A 1 ACC 1 ⊥ 平面 ABC ， A 1 E ⊂ 平面 A 1 ACC 1 ，平面 A 1 ACC 1 ∩ 平面 ABC ＝ AC ，所以 A 1 E ⊥ 平面 ABC ， 又 BC ⊂ 平面 ABC ，则 A 1 E ⊥ BC . 又因为 A 1 F ∥ AB ， ∠ ABC ＝ 90° ，故 BC ⊥ A 1 F . 又 A 1 E ∩ A 1 F ＝ A 1 ， A 1 E ， A 1 F ⊂ 平面 A 1 EF ， 所以 BC ⊥ 平面 A 1 EF . 又 EF ⊂ 平面 A 1 EF ，因此 EF ⊥ BC . ① (2) 解 　如图 ① ，取 BC 的中点 G ，连接 EG ， GF ，则四边形 EGFA 1 是平行四边形 . 由于 A 1 E ⊥ 平面 ABC ， EG ⊂ 平面 ABC ，故 A 1 E ⊥ EG ， 所以平行四边形 EGFA 1 为矩形 . 由 (1) 得 BC ⊥ 平面 EGFA 1 ，又 BC ⊂ 平面 A 1 BC ， 则平面 A 1 BC ⊥ 平面 EGFA 1 ， 所以 EF 在平面 A 1 BC 上的射影在直线 A 1 G 上 . 连接 A 1 G 交 EF 于点 O ，则 ∠ EOG 是直线 EF 与平面 A 1 BC 所成的角 ( 或其补角 ). 法二　 (1) 证明 　连接 A 1 E . 因为 A 1 A ＝ A 1 C ， E 是 AC 的中点，所以 A 1 E ⊥ AC . 又平面 A 1 ACC 1 ⊥ 平面 ABC ， A 1 E ⊂ 平面 A 1 ACC 1 ，平面 A 1 ACC 1 ∩ 平面 ABC ＝ AC ，所以 A 1 E ⊥ 平面 ABC . 如图 ② ，以点 E 为原点，分别以射线 EC ， EA 1 为 y ， z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 E － xyz . ② (2) 解 　设直线 EF 与平面 A 1 BC 所成角为 θ . 设平面 A 1 BC 的一个法向量为 n ＝ ( x ， y ， z ). (1) 求证： PA ∥ 平面 BDE ； (2) ( 一题多解 ) 求直线 BE 与平面 PBD 所成的角的正弦值 . (1) 证明　 连接 AC ，交 BD 于点 O ，连接 EO ，则 EO ∥ PA ， 因为 PA ⊄ 平面 BDE ， EO ⊂ 平面 BDE ， 所以 PA ∥ 平面 BDE . (2) 解 　 法一　 取 AB 的中点 F ，连接 PF ， FC ， AC ，作 PH ⊥ CF 于点 H ， 则由 AC ＝ CB ，得 AB ⊥ PF ， AB ⊥ FC ， 因为 PF ∩ FC ＝ F ，所以 AB ⊥ 平面 PFC ，则 AB ⊥ PH ， 因为 AC ∩ AB ＝ A ，所以 PH ⊥ 平面 ABC . 考点三　求二面角 解　 (1) 因为 AP ⊥ BE ， AB ⊥ BE ， AB ， AP ⊂ 平面 ABP ， AB ∩ AP ＝ A ，所以 BE ⊥ 平面 ABP ， 又 BP ⊂ 平面 ABP ，所以 BE ⊥ BP ，又∠ EBC ＝ 120° ，因此 ∠ CBP ＝ 30°. 图 1 所以四边形 BEHC 为菱形， 取 AG 的中点 M ，连接 EM ， CM ， EC ，则 EM ⊥ AG ， CM ⊥ AG ， 在 △ BEC 中，由于 ∠ EBC ＝ 120° ，由余弦定理得 EC 2 ＝ 2 2 ＋ 2 2 － 2 × 2 × 2 × cos 120° ＝ 12 ， 法二　 以 B 为坐标原点，分别以 BE ， BP ， BA 所在的直线为 x ， y ， z 轴，建立如图 2 所示的空间直角坐标系 . 图 2 设 n ＝ ( x 2 ， y 2 ， z 2 ) 是平面 ACG 的一个法向量 . 因此二面角 E － AG － C 的大小为 60°. 规律方法 　 (1) 几何法求二面角的步骤是 “ 一作、二证、三计算 ”. 注意利用二面角一个平面的垂线、垂面找 ( 作 ) 平面角 . (2) 利用向量计算二面角大小的常用方法： ① 找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小 . ② 找与棱垂直的方向向量法：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，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小 . 【训练 3 】 ( 一题多解 )(2020· 嘉兴测试 ) 如图，多面体由正方体 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 和四棱锥 P － ABCD 组成 . 正方体 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 棱长为 2 ，四棱锥 P － ABCD 侧棱长都相等，高为 1. (1) 求证： B 1 C ⊥ 平面 PCD ； (2) 求二面角 B － PB 1 － C 的余弦值 . 法一 ( 几何法 ) 又 B 1 C ⊥ CD ， PC ∩ CD ＝ C ， PC ⊂ 平面 PCD ， CD ⊂ 平面 PCD ，故 B 1 C ⊥ 平面 PCD . (2) 解 　易得 CO ⊥ 平面 PBB 1 ，作 OE ⊥ PB 1 于 E ，连接 CE ，则 CE ⊥ PB 1 ， 所以 ∠ CEO 是二面角 O － PB 1 － C 的平面角 . 法二 ( 向量法 ) 　以 D 1 为坐标原点， D 1 A 1 ， D 1 C 1 ， D 1 D 所在直线分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系 D 1 － xyz . 即 B 1 C ⊥ CD ， B 1 C ⊥ CP ， 又 PC ∩ CD ＝ C ， PC ⊂ 平面 PCD ， CD ⊂ 平面 PCD ， 故 B 1 C ⊥ 平面 PCD . (2) 解 　易得平面 BPB 1 的一个法向量是 m ＝ (1 ，－ 1 ， 0). 空间向量在立体几何中的应用 【例题】 ( 满分 15 分 )(2018· 浙江卷 ) 如图，已知多面体 ABCA 1 B 1 C 1 ， A 1 A ， B 1 B ， C 1 C 均垂直于平面 ABC ， ∠ ABC ＝ 120° ， A 1 A ＝ 4 ， C 1 C ＝ 1 ， AB ＝ BC ＝ B 1 B ＝ 2. (1) 证明： AB 1 ⊥ 平面 A 1 B 1 C 1 ； (2) 求直线 AC 1 与平面 ABB 1 所成的角的正弦值 . 审题路线图 法一 ( 向量法 ) 　 法二 ( 几何法 ) 满分解答 法一　 (1) 证明 　 如图，以 AC 的中点 O 为原点，分别以射线 OB ， OC 为 x ， y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 O － xyz . 由题意知各点坐标如下： 又 A 1 B 1 ∩ A 1 C 1 ＝ A 1 ，所以 AB 1 ⊥ 平面 A 1 B 1 C 1 . …………………………………… 7 分 (2) 解 　设直线 AC 1 与平面 ABB 1 所成的角为 θ . 设平面 ABB 1 的法向量 n ＝ ( x ， y ， z ). [ 构建模板 ] 利用空间向量解决立体几何问题的 “ 三步曲 ” 由 AB 1 ⊥ A 1 B 1 . …………………………………………………………………… 3 分 (2) 解　 如图，过点 C 1 作 C 1 D ⊥ A 1 B 1 ，交直线 A 1 B 1 于点 D ，连接 AD . …………………………………………………… 9 分 由 AB 1 ⊥ 平面 A 1 B 1 C 1 ， AB 1 ⊂ 平面 ABB 1 ，得平面 A 1 B 1 C 1 ⊥ 平面 ABB 1 ， 由 C 1 D ⊥ A 1 B 1 得 C 1 D ⊥ 平面 ABB 1 ， 所以 ∠ C 1 AD 是 AC 1 与平面 ABB 1 所成的角 . ……………………… 12 分 [ 构建模板 ] 【训练】 ( 一题多解 )(2017· 浙江卷 ) 如图，已知四棱锥 P － ABCD ， △ PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形， BC ∥ AD ， CD ⊥ AD ， PC ＝ AD ＝ 2 DC ＝ 2 CB ， E 为 PD 的中点 . (1) 证明： CE ∥ 平面 PAB ； (2) 求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值 . (1) 证明　 由 PC ＝ AD ＝ 2 DC ＝ 2 CB ， E 为 PD 的中点，则可得： 又 ∵ CE ⊄ 平面 PAB ， ∴ CE ∥ 平面 PAB . 法二　 (1) 证明 　如图， 设 PA 中点为 F ，连接 EF ， FB . 因为 E ， F 分别为 PD ， PA 中点， 所以 EF ∥ BC 且 EF ＝ BC ， 即四边形 BCEF 为平行四边形，所以 CE ∥ BF . 又因为 CE ⊄ 平面 PAB ， BF ⊂ 平面 PAB ， 因此 CE ∥ 平面 PAB . (2) 解 　分别取 BC ， AD 的中点为 M ， N ，连接 PN 交 EF 于点 Q ，连接 MQ . 因为 E ， F ， N 分别是 PD ， PA ， AD 的中点，所以 Q 为 EF 中点， 在平行四边形 BCEF 中， MQ ∥ CE . 由 △ PAD 为等腰直角三角形得 PN ⊥ AD . 由 DC ⊥ AD ， N 是 AD 的中点得 BN ⊥ AD . 因为 PN ∩ BN ＝ N ，所以 AD ⊥ 平面 PBN . 由 BC ∥ AD 得 BC ⊥ 平面 PBN ， 因为 BC ⊂ 平面 PBC ，所以平面 PBC ⊥ 平面 PBN . 过点 Q 作 PB 的垂线，垂足为 H ，则 QH ⊥ 平面 PBC . 连接 MH ，则 MH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影，所以 ∠ QMH 是直线 CE 与平面 PBC 所成的角 . 设 CD ＝ 1.