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

1、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l1，l2的方向向量，则,cosa，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，ab，cd是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小,如图，n1，n2 分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos | ，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角,

2、cosn1，n2,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 |cosa，n|，不要误记为cos |cosa，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，的法向量n1，n2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n1，n2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

3、角最小,答案(1)(2)(3)(4,2.(选修21p104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abpa，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abpa1，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aepd，又易知cd平面pad，ae平面pad，cdae，又pdcdd，从而ae平面pcd,故平

4、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pacd.又底面abcd为矩形，所以adcd，paada， 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efbc，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abca1b1c1，平面a1acc1平面abc，abc90，bac30，a1aa1cac，e，f

5、分别是ac，a1b1的中点. (1)证明：efbc； (2)求直线ef与平面a1bc所成角的余弦值,法一(1)证明如图，连接a1e,因为a1aa1c，e是ac的中点，所以a1eac. 又平面a1acc1平面abc，a1e平面a1acc1，平面a1acc1平面abcac，所以a1e平面abc， 又bc平面abc，则a1ebc. 又因为a1fab，abc90，故bca1f. 又a1ea1fa1，a1e，a1f平面a1ef， 所以bc平面a1ef. 又ef平面a1ef，因此efbc,2)解如图，取bc的中点g，连接eg，gf，则四边形egfa1是平行四边形. 由于a1e平面abc，eg平面abc，故

6、a1eeg， 所以平行四边形egfa1为矩形. 由(1)得bc平面egfa1，又bc平面a1bc， 则平面a1bc平面egfa1， 所以ef在平面a1bc上的射影在直线a1g上. 连接a1g交ef于点o，则eog是直线ef与平面a1bc所成的角(或其补角,法二(1)证明连接a1e.因为a1aa1c，e是ac的中点，所以a1eac. 又平面a1acc1平面abc，a1e平面a1acc1，平面a1acc1平面abcac，所以a1e平面abc,如图，以点e为原点，分别以射线ec，ea1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系exyz,2)解设直线ef与平面a1bc所成角为,设平面a1bc的一个法向量为

7、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eopa， 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phcf于点h,则由accb，得abpf，abfc， 因为pffcf，所以ab平面pfc，则abph， 因为acaba，所以ph平面abc,考点三求二面角,解(1)因为apbe，abbe，ab，ap平面abp，abapa，所以be平面abp， 又bp平面abp，所以bebp，又ebc120，因此cbp30,图1,所以四边形behc为

8、菱形,取ag的中点m，连接em，cm，ec，则emag，cmag,在bec中，由于ebc120，由余弦定理得ec22222222cos 12012,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(x2，y2，z2)是平面acg的一个法向量,因此二面角eagc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： 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

9、意结合实际图形判断所求角的大小. 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abcda1b1c1d1和四棱锥pabcd组成.正方体abcda1b1c1d1棱长为2，四棱锥pabcd侧棱长都相等，高为1,1)求证：b1c平面pcd； (2)求二面角bpb1c的余弦值,法一(几何法,又b1ccd，pccdc，pc平面pcd，cd平面pcd，故b1c平面pcd,2)解易得co平面pbb1，作oepb1于e，连接ce，则cepb1， 所以ceo是二面角o

10、pb1c的平面角,法二(向量法)以d1为坐标原点，d1a1，d1c1，d1d所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系d1xyz,即b1ccd，b1ccp， 又pccdc，pc平面pcd，cd平面pcd， 故b1c平面pcd,2)解易得平面bpb1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abca1b1c1，a1a，b1b，c1c均垂直于平面abc，abc120，a1a4，c1c1，abbcb1b2,1)证明：ab1平面a1b1c1； (2)求直线ac1与平面abb1所成的角的正弦值,审题路线图 法一(向量法,法二(几

11、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oxyz,由题意知各点坐标如下,又a1b1a1c1a1，所以ab1平面a1b1c1.7分,2)解设直线ac1与平面abb1所成的角为,设平面abb1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ab1a1b1.3分,2)解 如图，过点c1作c1da1b1，交直线a1b1于点d，连接ad.9分,由ab1平面a1b1c1，ab1平面abb1，得平面a1b1c1平面abb1， 由c1da1b1得c1d平面abb1， 所以c1ad是ac1与平面abb1所成

12、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pabcd，pad是以ad为斜边的等腰直角三角形，bcad，cdad，pcad2dc2cb，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pcad2dc2cb，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efbc且efbc， 即四边形bcef为平行四边形，所以cebf. 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