新高考数学一轮复习课件 第7章 §7.7　向量法求空间角

这是一份新高考数学一轮复习课件 第7章 §7.7　向量法求空间角，共60页。PPT课件主要包含了落实主干知识，探究核心题型，异面直线所成的角，直线与平面所成的角，E000，平面与平面的夹角，课时精练，连接BN，连接AC等内容，欢迎下载使用。

能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用.
LUOSHIZHUGANZHISHI
1.异面直线所成的角若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝_____.2.直线与平面所成的角如图，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sin θ＝|cs〈u，n〉|＝＝_____.
3.平面与平面的夹角如图，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.
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝_______.
1.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＝|cs〈a，n〉|，不要误记为cs θ＝|cs〈a，n〉|.2.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是 .
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等.(　　)(2)直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α 所成的角.(　　)(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ.(　　)
1.已知直线l1的方向向量s1＝(1,0,1)与直线l2的方向向量s2＝(－1,2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为
因为s1＝(1,0,1)，s2＝(－1,2，－2)，
设直线l与α所成角为θ，
3.已知两平面的法向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为______.
TANJIUHEXINTIXING
如图，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A1(2,0,2)，G(1,0,0)，E(2,1,0)，F(0,1,1)，
设异面直线A1G与EF所成的角为θ，
因为∠AOD＝2∠BOD，且∠AOD＋∠BOD＝π，
连接CO，则CO⊥平面ABD，以点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设异面直线AD与BC所成的角为θ，
以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
用向量法求异面直线所成的角的一般步骤(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；(4)注意两异面直线所成角的范围是 ，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，则A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，
＝(－2λ，0，－2).
(2)(2022·武汉模拟)若在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为_____.
令M为AC的中点，连接MB，MA1，由题意知△ABC是等边三角形，所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC，因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BM⊂平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1，因为A1M⊂平面A1ACC1，所以BM⊥A1M，
设AA1＝AC＝AB＝2，
例2　(2022·广州模拟)在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E是边AB的中点(如图1)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，连接A1B，A1C，得到四棱锥A1－BCDE(如图2).
(1)证明：平面A1BE⊥平面BCDE；
连接图1中的BD，如图所示.
因为四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，所以△ABD为等边三角形，所以DE⊥AB，所以在图2中有DE⊥BE，DE⊥A1E，因为BE∩A1E＝E，BE，A1E⊂平面A1BE，所以DE⊥平面A1BE，因为DE⊂平面BCDE，所以平面A1BE⊥平面BCDE.
(2)若A1E⊥BE，连接CE，求直线CE与平面A1CD所成角的正弦值.
因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1E⊥BE，A1E⊂平面A1BE，所以A1E⊥平面BCDE，以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，
(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
在正方形ABCD中，AD∥BC，因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC，又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l，因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC，因为PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，PD，DC⊂平面PDC，所以l⊥平面PDC.
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，因为平面PAD∩平面PBC＝l，所以l过点P，设Q(m，0,1)，
设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
令x＝1，则z＝－m，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
记PB与平面QCD所成的角为θ，根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
当且仅当m＝1时取等号，
利用空间向量求线面角的解题步骤
跟踪训练2　(2022·全国百校联考)如图所示，在三棱锥S－BCD中，平面SBD⊥平面BCD，A是线段SD上的点，△SBD为等边三角形，∠BCD＝30°，CD＝2DB＝4.(1)若SA＝AD，求证：SD⊥CA；
依题意，BD＝2，在△BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，
∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD.又平面SBD⊥平面BCD，平面SBD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，∴BC⊥平面SBD.从而BC⊥SD，在等边△SBD中，SA＝AD，则BA⊥SD.又BC∩BA＝B，BC，BA⊂平面BCA，∴SD⊥平面BCA，又CA⊂平面BCA，∴SD⊥CA.
设平面SCD的法向量为m＝(x，y，z)，
设直线BA与平面SCD所成角为θ，
例3　(12分)(2021·新高考全国Ⅰ)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点.
(1)证明：OA⊥CD; [切入点：线线垂直转化到线面垂直]
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积. [关键点：建系写坐标]
(2020·全国Ⅰ改编)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝ DO.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
由题设，知△DAE为等边三角形，
又△ABC为等边三角形，
所以PA⊥PB，同理PA⊥PC，又PC∩PB＝P，PC，PB⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC.
(2)求平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值.
过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设平面PCB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，
设平面PCE的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，
利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
跟踪训练3　(2021·全国乙卷改编)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.(1)求BC；
因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.在矩形ABCD中，AD⊥DC，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
设BC＝t，则A(t，0,0)，B(t，1,0)，
(2)求平面APM与平面BPM夹角的正弦值.
设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0,1,1).设平面APM与平面BPM夹角为θ，
KESHIJINGLIAN
1.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝ ，∠BAD＝120°.
(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；
在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.
(2)求平面A1BD与平面A1AD所成角的正弦值.
可知平面A1AD的一个法向量为
设m＝(x，y，z)为平面A1BD的一个法向量，
设平面A1BD与平面A1AD所成的角为θ，
(1)证明：AB⊥PM；
因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，易得CD⊥DM.又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，所以CD⊥平面PDM.因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.
方法一　由(1)知AB⊥平面PDM，所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角.连接AM，因为PM⊥MD，PM⊥DC，
所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
方法二　因为PM⊥MD，PM⊥DC，所以PM⊥平面ABCD.连接AM，则PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，则ME⊥MD.
故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知平面PDM的一个法向量为n＝(0,1,0).设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
3.(2022·汕头模拟)如图，在圆柱OO1中，四边形ABCD是其轴截面，EF为⊙O1的直径，且EF⊥CD，AB＝2，BC＝a(a>1).
(1)求证：BE＝BF；
如图，连接BO1，在圆柱OO1中，BC⊥平面CEDF，∵EF⊂平面CEDF，∴EF⊥BC，∵EF⊥CD，BC∩CD＝C，BC，CD⊂平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD，又BO1⊂平面ABCD，∴EF⊥BO1，∵在△BEF中，O1为EF的中点，∴BE＝BF.
(2)若直线AE与平面BEF所成角的正弦值为 ，求平面ABE与平面BEF夹角的余弦值.
连接OO1，则OO1与该圆柱的底面垂直，以点O为坐标原点，OB，OO1所在直线分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(0,1,0)，E(－1,0，a)，
设平面BEF的法向量是n1＝(x1，y1，z1)，
取z1＝1，得n1＝(0，a，1)，设直线AE与平面BEF所成的角为θ，
化简得(a2－2)(a2－1)＝0，
设平面ABE的法向量是n2＝(x2，y2，z2)，
设平面ABE与平面BEF的夹角为α，
4.(2021·全国甲卷改编)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；
因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0,2)，
(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小？
易知平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1,0,0).设平面DFE的一个法向量为n2＝(x，y，z)，
令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，于是平面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1,2－m)，
设平面BB1C1C与平面DFE的夹角为θ，