2027届新高考数学热点精准复习向量法、几何法求空间角

2027届新高考数学热点精准复习向量法、几何法求空间角1.理解空间角的概念.2.会用向量法、几何法求空间角.课标要求1.两条异面直线所成角的求法(1)几何法:平移法.(2)向量法:设异面直线l1,l2所成的角为θ,其方向向量分别为u,v,则cosθ=|cos<u,v>|=_________=________.

2.直线和平面所成角的求法(1)几何法:求直线与平面所成的角的关键是作出直线在平面上的射影,常用方法是寻找经过此直线并与已知平面垂直的平面,利用面面垂直的性质确定直线在平面上的射影.(2)向量法:直线AB与平面α相交于点B,设直线AB与平面α所成的角为θ,直线AB的方向向量为u,平面α的法向量为n,则sinθ=|cos<u,n>|=______________=______________.

3.平面与平面的夹角(1)定义: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.(2)两平面夹角的求法①几何法:找到二面角的棱的一个垂面,即可确定平面角(夹角与其相等或互补).②向量法:设平面α,β的法向量分别是n1,n2,平面α与平面β的夹角为θ,则cosθ=|cos<n1,n2>|=_______=____________.

常用结论与微点提醒

常用结论与微点提醒2.方向向量和法向量均不为零向量且不唯一.3.当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是此异面直线所成的角;当异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线所成的角.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角.(

)(2)直线的方向向量和平面的法向量的夹角就是直线与平面所成的角.(

)(1)两直线的方向向量的夹角是两条直线所成的角或其补角;(2)直线的方向向量u,平面的法向量n,直线与平面所成的角为θ,则sinθ＝|cos<u,n>|;诊断自测

概念思考辨析+教材经典改编××

(3)两个平面的法向量的夹角是这两个平面的夹角或其补角.×√2.(苏教选修二P39T1改编)若平面α,β的法向量分别为n1＝(2,－3,5),n2＝(－3,1,－4),则(

)A.α∥β B.α⊥βC.α,β相交但不垂直 D.以上均不正确C因为n1·n2＝－6－3－20≠0,所以n1与n2不垂直,故两个平面不垂直.又n1与n2不共线,所以α与β不平行,所以α,β相交但不垂直.

A

C

例1(2025·新高考Ⅰ卷)如图,在四棱锥P－ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD.考点一异面直线所成的角(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD,又AD⊥AB,PA∩AB＝A,PA,AB⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB,又AD⊂平面PAD,所以平面PAD⊥平面PAB.

②求直线AC与PO所成角的余弦值.感悟提升

(1)证明:四面体ABCD为鳖臑;因为CD⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,AC⊂平面ABC,AB⊂平面ABC,所以CD⊥BC,CD⊥AC,CD⊥AB.又AB⊥BC,且BC∩CD＝C,BC,CD⊂平面BCD,所以AB⊥平面BCD,又BD⊂平面BCD,则AB⊥BD,所以四面体ABCD的四个面都为直角三角形,则四面体ABCD为鳖臑.(2)若直线MN⊥平面ABD,求直线BE与MN所成角的余弦值.

考点二直线与平面所成的角

∵△ABC为正三角形,D为AC的中点,∴BD⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中,平面ACC1A1⊥平面ABC,又平面ACC1A1∩平面ABC＝AC,BD⊂平面ABC,

感悟提升1.向量法求直线与平面所成角的方法是:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量,将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角,取其余角就是斜线和平面所成的角.2.几何法求线面角的方法一作(找)角,二证明,三计算,其中作(找)角是关键,先找出斜线在平面上的射影,关键是作垂线,找垂足,然后把线面角转化到三角形中求解.

(1)证明:平面A1C1B⊥平面BDD1B1;因为四边形A1B1C1D1是菱形,所以A1C1⊥B1D1.因为BB1⊥平面A1B1C1D1,A1C1⊂平面A1B1C1D1,所以BB1⊥A1C1.又B1D1∩BB1＝B1,B1D1,BB1⊂平面BDD1B1,所以A1C1⊥平面BDD1B1,又A1C1⊂平面A1C1B,所以平面A1C1B⊥平面BDD1B1.(2)求直线DC1与平面A1C1B所成角的正弦值.

法二如图,设AC与BD,A1C1与B1D1的交点分别为O,O1,连接BO1,OO1,过D点作DH⊥BO1于点H,连接HC1.

1.教材母题(人教B选修一P45尝试与发现)如图所示,设AO是平面α的一条斜线段,O为斜足,A'为A在平面α内的射影,而OM是平面α内的一条射线,A'M⊥OM,记∠AOA'＝θ1,∠A'OM＝θ2,∠AOM＝θ,那么cosθ＝cosθ1cosθ2(证明略).即斜线与平面一条直线夹角θ的余弦值等于斜线与平面所成角θ1的余弦值乘以射影与平面内直线夹角θ2的余弦值.三余弦定理教考衔接2.定理说明:这三个角中,角θ是最大的,其余弦值最小,等于另外两个角的余弦值之积.斜线与平面所成角θ1是斜线与平面内所有直线所成的角中最小的角.典例

(1)在正四面体ABCD中,O为△BCD的重心,则cos∠ABO＝_______.

45°法一如图2,作CE⊥AB于点E,由题意,CE⊥平面ABD,所以CE⊥BD,作OC⊥BD于点O,连接OE,因为OC∩CE＝C,OC,CE⊂平面COE.则BD⊥平面COE,

例3(2025·天津卷)如图,正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别为A1D1,C1B1中点,点G在棱CC1上,且CG＝3C1G.考点三平面与平面的夹角(1)求证:GF⊥平面EBF;法一以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.

又EF∩BF＝F,EF⊂平面EBF,BF⊂平面EBF,∴GF⊥平面EBF.

(2)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值;法一

设平面EBF的法向量为n1＝(x1,y1,z1),则y1＝0,取x1＝2,则z1＝1,故n1＝(2,0,1).设平面EBG的法向量为n2＝(x2,y2,z2),

法二过点F作FH⊥BE于点H,连接HG,如图所示,因为FG⊥平面EBF,BE⊂平面EBF,所以FG⊥BE,又FG∩FH＝F,FG,FH⊂平面FGH,所以BE⊥平面FGH,又HG⊂平面FGH,所以BE⊥HG,所以∠FHG即为平面EBF与平面EBG的夹角.因为EF⊥平面BCC1B1,BF⊂平面BCC1B1,所以EF⊥BF,

(3)求三棱锥D－BEF的体积.

感悟提升

感悟提升2.用几何法求解二面角的步骤(1)找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点,在两个面内分别作垂直于棱的两条射线,这两条射线所成的角就是二面角的平面角);(2)证明所找的角就是要求的角;(3)把这个平面角置于一个三角形中,通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀:点在棱上,边在面内,垂直于棱,大小确定.

(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;由于PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,所以PA⊥AD,又因为AD⊥PB,PA∩PB＝P,PA,PB⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB,又AB⊂平面PAB,所以AD⊥AB.易知AB2＋BC2＝AC2,所以AB⊥BC,因为A,B,C,D四点共面,

所以BC∥AD,又因为AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC.

法一以D为坐标原点,AD所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

设平面CPD的法向量n＝(x,y,z),可取n＝(2,0,－a).设平面ACP的法向量m＝(x1,y1,z1),

法二如图所示,过点D作DE⊥AC于点E,再过点E作EF⊥CP于点F,连接DF,因为PA⊥平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD,而平面PAC∩平面ABCD＝AC,所以DE⊥平面PAC,故DE⊥CP,又EF⊥CP,且DE,EF⊂平面DEF,所以CP⊥平面DEF,根据二面角的定义可知,∠DFE即为二面角A－CP－D的平面角,

射影面积法求二面角教考衔接

典例

已知△ABC与△BCD所在平面垂直,且AB＝BC＝BD,∠ABC＝∠DBC＝120°,则二面角A－BD－C的余弦值为____________.

过A作AE⊥CB的延长线于点E,连接DE,∵平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD＝BC,AE⊂平面ABC,∴AE⊥平面BCD,∴E点即为点A在平面BCD内的射影,∴△BDE为△ABD在平面BCD内的射影,

1.(2025·北京大兴区模拟)如图,矩形ACFE,AE＝1,平面ACFE⊥平面ABCD,AB∥CD,∠BAD＝90°,AB＝1,CD＝2,AD＝1,平面ADF与棱BE交于点G.(1)求证:AG∥DF;因为CD∥AB,CD⊂平面CDF,AB⊄平面CDF.所以AB∥平面CDF,又CF∥AE,CF⊂平面CDF,AE⊄平面CDF,所以AE∥平面CDF,又AB∩AE＝A,且AB,AE⊂平面ABE,所以平面ABE∥平面CDF,因为平面ADF与棱BE交于点G,且BE⊂平面ABE,所以平面ADF∩平面ABE＝AG,又平面ADF∩平面CFD＝DF,且平面ABE∥平面CDF,所以DF∥AG,即AG∥DF.(2)求直线CF与平面ADF所成角的正弦值.由面面垂直的性质得AE⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,所以AE⊥AB,AE⊥AD.又AB⊥AD,如图,以A为原点,分别以AB,AD,AE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1),F(2,1,1),

2.(2026·开封调研)如图,在长方体ABCD－A1B1C1D1中,点M,N分别是AD,DD1的中点.(1)求证:BC1∥平面B1MN;如图,连接AD1,因为点M,N分别是AD,DD1的中点,所以MN∥AD1.又由长方体的性质知AB綉C1D1,所以四边形ABC1D1为平行四边形,所以BC1∥AD1,所以BC1∥MN,又MN⊂平面B1MN,BC1⊄平面B1MN,所以BC1∥平面B1MN.(2)若AB＝2,AA1＝4,且底面ABCD为正方形,求平面B1MN与平面BCC1B1夹角的余弦值.

法二因为平面BCC1B1∥平面ADD1A1,所以平面B1MN与平面BCC1B1所成的角即为平面B1MN与平面ADD1A1所成的角.取AA1的中点Q,连接NQ,分别延长NM,A1A交于点P,点N,P是平面B1MN与平面ADD1A1的公共点,所以平面B1MN∩平面ADD1A1＝PN,在平面ADD1A1内,作A1H⊥PN交PN的延长线于点H,连接B1H.因为B1A1⊥平面ADD