2026届高三数学二轮专题复习课件第1篇专题4第3讲

这是一份2026届高三数学二轮专题复习课件第1篇专题4第3讲，共26页。PPT课件主要包含了专题四立体几何，考情分析明方向，结构框架明体系，真题再现明考向，考点突破提能力，课时跟踪训练等内容，欢迎下载使用。
第3讲　空间向量与空间角
以空间几何体为载体考查点、线、面的位置关系的判断和空间角的计算是高考解答题的必考题，热点是线面角、二面角的求解，难点在位置关系的证明、建立恰当的空间直角坐标系并准确计算．注意与体积最值问题交汇考查．
2．(2023·全国乙卷理科)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　)【答案】　C
3.(2025·新课标全国Ⅰ卷)如图所示的四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥AD，AB⊥AD.(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；①证明：O在平面ABCD上；②求直线AC与直线PO所成角的余弦值．
【解析】　(1)证明：由题意证明如下，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴AP⊥AB，AP⊥AD，∵AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，AP∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.
方法二：∵P，B，C，D在同一个球面上，∴球心到四个点的距离相等，在△BCD中，到三角形三顶点距离相等的点是该三角形的外心，作出BC和CD的垂直平分线，如图所示，
②方法一：由题意，(1)(2)②及图得，
4.(2025·新课标全国Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°.(1)证明：A′B∥平面CD′F；(2)求平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值．
【解析】　(1)证明：设AD＝1，所以AB＝3，CD＝2，因为F为CD的中点，所以DF＝1，因为EF∥AD，AB∥CD，所以四边形AEFD是平行四边形，所以AE∥DF，所以A′E∥D′F，因为D′F⊂平面CD′F，A′E⊄平面CD′F，所以A′E∥平面CD′F，
因为FC∥EB，FC⊂平面CD′F，EB⊄平面CD′F，所以EB∥平面CD′F，又EB∩A′E＝E，EB，A′E⊂平面A′EB，所以平面A′EB∥平面CD′F，又A′B⊂平面A′EB，所以A′B∥平面CD′F.
(2)因为∠DAB＝90°，所以AD⊥AB，又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC，以F为原点，FE，FC以及垂直于平面BEFC的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．因为D′F⊥EF，CF⊥EF，平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°，所以∠D′FC＝60°.
【解析】　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB.因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB, 根据平面知识可知AD∥BC，又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.
(2)如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于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，又EF⊥CP，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，
(1)证明：EF⊥PD；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
7．(2023·新课标全国Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点．
【解析】　(1)证明：连接AE，DE，∵DB＝DC，E为BC中点，∴DE⊥BC.又∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，∴△ACD与△ABD 均为等边三角形，∴AC＝AB，∴AE⊥BC，AE∩DE＝E，∴BC⊥平面ADE.∵AD⊂平面ADE，∴BC⊥DA．
8.(2023·新课标全国Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)证明：B2C2∥A2D2；(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.
9.(2023·全国甲卷理科)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)求证：AC＝A1C；(2)若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
【解析】　(1)证明：取CC1的中点O，连接A1O，∵A1C⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，∴A1C⊥BC.∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面A1C1CA．∵BC⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面A1C1CA．∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1到CC1的距离为1，∴A1O⊥CC1，∴AC＝A1C.
(2)过A作AM∥A1O交C1C的延长线于M，连接MB1，取BB1的中点N，连接ON，∴四边形BCON为平行四边形，∴ON⊥平面A1C1CA，A1O∩ON＝O，∴CC1⊥平面A1ON.∵A1N⊂平面A1ON，∴CC1⊥A1N，∴AA1⊥A1N，
●方法技巧求异面直线所成的角的方法1．平移法：步骤：①平移；②认定；③计算；④取舍．2．向量法：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．
●典例研析1．(1)(2025·巴中模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长相等，且∠A1AB＝∠A1AC＝45°，∠BAC＝60°，则异面直线AB与B1C所成角的余弦值为(　　)
【答案】　(1)D　(2)D　(3)C
(2)连接AC，A1C1，A1B，A1D，过A1作A1O⊥平面ABCD，其中垂足为O，连接OD，OB，如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，易知∠A1AB＝∠A1AD，AB＝AD，则△A1AB≌△A1AD，所以A1B＝A1D，又因为A1O⊥平面ABCD，OB，OD⊂平面ABCD，所以A1O⊥OB，A1O⊥OD，易知Rt△A1OB≌Rt△A1OD，所以OB＝OD，又因为AO＝AO，
2．(2025·安丘市模拟)已知圆台的上底面圆O′的半径为1，下底面圆O的半径为2，点A′，A分别在上、下底面圆周上，且O′A′⊥OA，OO′＝1，则AA′与OO′所成角的余弦值为(　　)【答案】　A
●核心知识设直线l与平面α所成的角为θ，直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n，则
●方法技巧利用空间向量求线面角的解题步骤
●典例研析2．(1)(2025·大武口区校级模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，PA＝AC＝BC，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90°，O为PB的中 点，则直线CO与平面PAC所成角的余弦值为(　　)
①求证：QB∥平面PDC；②求PC与平面PBQ所成角的正弦值．【答案】　(1)B　(2)见解析
(2)①证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AB∥CD，又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，所以AB∥平面PDC，因为四边形ADPQ是梯形，所以QA∥PD，又QA⊄平面DCP，PD⊂平面PDC，所以QA∥平面PDC，又QA∩AB＝A，QA，AB⊂平面QAB，故平面QAB∥平面PDC，又因为QB⊂平面QAB，所以QB∥平面PDC．
所以CD⊥DP，CD⊥DA，即DA，DC，DP两两垂直，故以D为原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图所示，
●核心知识平面与平面的夹角的向量求解公式设平面α，β的法向量分别为n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则
●方法技巧利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
●典例研析3.(2025·鄢陵县三模)如图，△ABC中，AC⊥BC，AC＝BC＝2，D，E分别为AB，AC的中点，将△ADE沿着DE翻折到某个位置得到△PDE.(1)线段PB上是否存在点M，使得DM∥平面PCE，并说明理由；
【解析】　(1)存在，且M为PB的中点，证明如下：取BC中点G，连接DG，GM，因为D、M、G分别为AB、PB、BC的中点，所以MG∥PC，DG∥CE，又MG⊄平面PCE，PC⊂平面PCE；DG⊄平面PCE，CE⊂平面PCE，所以MG∥平面PCE，DG∥平面PCE，又MG∩DG＝G，MG，DG⊂平面DMG，所以平面DMG∥平面PCE，因为DM⊂平面DMG，所以DM∥平面PCE.
所以PB2＝PE2＋BE2，所以PE⊥BE，又因为PE⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BDE，所以PE⊥平面BCED，又CE⊂平面BCED，所以PE⊥CE，所以EP，EC，ED两两垂直，
(1)求证：AP⊥BD；(2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面BDE与平面ABCD夹角的大小．条件①：AP∥平面BDE；注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面PAD，又因为AP⊂平面PAD，所以AP⊥BD.(2)选条件①：AP∥平面BDE.如图，因为AP∥平面BDE，AP⊂平面PAC，平面PAC∩平面BDE＝OE，所以AP∥OE，
因为AD＝PD＝2，所以AD2＋PD2＝AP2.即AD⊥PD，由(1)得BD⊥平面PAD，因为PD⊂平面PAD，故BD⊥PD，又BD⊥AD，即AD，BD，PD两两垂直，如图建立空间直角坐标系D－xyz，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,2,0)，P(0,0,2)，E(－1,1,1)，
●方法技巧已知直线与平面所成的角、二面角时，主要是求出平面的法向量，利用已知条件和直线方向向量、平面的法向量之间的关系，构造方程或不等关系，求解即可．特别提醒：(1)平面的法向量与斜线的方向向量所成角的余弦值的绝对值为线面角的正弦值，不是余弦值．(2)两平面的法向量的夹角与二面角的平面角的关系为相等或互补，所以，当求得两法向量夹角的余弦值时，一定要结合图形判断二面角的取值范围．
●典例研析4.(2025·武清区校级模拟)在如图所示的多面体中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面AEBF，且△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，∠BAE＝∠AFB＝90°，AB＝2.(1)求证：直线BE∥平面ADF；(2)求平面CDE与平面ADF的夹角；
【解析】　(1)证明：因为△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，∠BAE＝∠AFB＝90°，所以∠FAB＝∠ABE＝45°，所以BE∥AF，因为BE⊄平面ADF，AF⊂平面ADF，所以直线BE∥平面ADF.(2)因为四边形ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面AEBF，所以AD⊥AB，又因为AD⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AEBF＝AB，所以AD⊥平面AEBF，
则以A为原点，分别以AB、AE、AD所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图所示，
(1)设平面POH∩平面PBC＝l，证明：l∥BC；(2)设D为OH的中点，N是线段CD上的一个点，当MN与平面PAB所成的角最大时，求MN的长．【解析】　(1)证明：∵四边形OBCH为正方形，∴BC∥OH.∵BC⊄平面POH，OH⊂平面POH，∴BC∥平面POH.又BC⊂平面PBC，平面POH∩平面PBC＝l，∴l∥BC．
以O为坐标原点，OH，OB，OP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，则P(0,0,2)，B(0,2，0)，D(1,0,0)，C(2,2,0)，M(0,1,1)，
【解析】　如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
2．(2025·广州模拟)若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则圆锥母线与底面所成角的大小为(　　)【答案】　A
4．(2025·沧县校级模拟)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，则AC与平面B1CD1所成角的正弦值为(　　)【答案】　D
【解析】　因为正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，且AA1＝2AB＝4，所以AB＝2，以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
5．(2025·景德镇模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1D上的动点，则直线PC1与B1C所成角的取值范围是(　　)【答案】　D
【解析】　分别过B，D作平面α的垂线，垂足为G，H，
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．(2025·甘肃校级一模)如图所示在长方体ABCD－A1B1C1D1中，若AB＝BC，E、F分别是AB1、BC1的中点，则下列结论中成立的是(　　)A．EF与BB1垂直B．EF与C1D所成的角的大小为45°C．EF与平面DD1B1所成的角大小为90°D．直线EF与平面A1B1C1D1不平行
【答案】　AC【解析】　连接A1B，则A1B交B1A于E，又F为BC1中点，可得EF∥A1C1，由B1B⊥平面A1B1C1D1，可得B1B⊥A1C1，可得B1B⊥EF，故A正确；EF与C1D所成的角就是∠A1C1D，∵AA1的长度不确定，∴∠A1C1D的大小不确定，故B错误；由EF∥A1C1，A1C1⊥平面BDD1B1，可得EF⊥平面BDD1B1，故C正确；由E，F分别是AB1，BC1的中点，得EF∥A1C1，可得EF∥平面A1B1C1D1，故D错误．故选AC．
【答案】　ABD【解析】　记AC与BD交于点O，连接OC1，作C1E⊥OA，垂足为E，易得二面角C1－BD－A的平面角为∠C1OA＝α，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
11．(2025·历下区校级模拟)已知a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角△ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，下列结论正确的是(　　)A．当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角B．当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角C．直线BC与a成90°时，AB与a所成的角也为90°D．直线AB与a所成的角的最小值为45°【答案】　ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．(2025·临汾模拟)已知正三棱柱ABC－A1B1C1各棱长均为2，则直线B1C与AB所成角的正弦值为________.
【解析】　如图，取AC的中点O，连接BO，因为△ABC是正三角形，所以BO⊥AC，又因为正三棱柱中，平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，BO⊂平面ABC，所以BO⊥平面ACC1A1，以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
13．(2025·黄冈二模)在正三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝6，A1B1＝3，A1A与平面ABC所成角的正切值为1，则该棱台的体积为________.【解析】　如图，将正三棱台ABC－A1B1C1补成正三棱锥P－ABC，
14．(2025·南岳区校级模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝3，在长方体内部有两个大小相同的球，其中一个与顶点A所在的三个面相切，另一个与顶点C1所在的三个面相切，且这两个球也外切于P点，平面τ过点P且与这两个球相切，则平面τ与底面ABCD所成锐二面角的余弦值为____________.
【解析】　如图，以B为原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
(1)求证：AC∥平面BB1D1；(2)若CC1⊥平面ABC，AC＝2，CC1＝1，求直线AD1与平面BCD1所成角的正弦值．【解析】　(1)证明：设AB，BC的中点分别为E，F，连接ED1，FB1，由于平面ABC∥平面A1D1B1C1，平面ABC∩平面ABD1A1＝AB，平面A1D1B1C1∩平面ABD1A1＝A1D1，所以AB∥A1D1，
所以四边形AED1A1是平行四边形，所以AA1∥ED1，同理，可得CC1∥FB1，又AA1∥CC1，所以ED1∥FB1.所以确定平面EFB1D1，又平面EFB1D1∩平面ABC＝EF，平面EFB1D1∩平面A1D1B1C1＝B1D1，
所以EF∥B1D1，由于EF是△ABC的中位线，则EF∥AC，所以AC∥B1D1，而B1D1⊂平面BB1D1，AC⊄平面BB1D1，所以AC∥平面BB1D1.所以AB2＝BC2＋AC2，则AC⊥BC．由于CC1⊥平面ABC，
16．(2025·杨浦区校级模拟)如图甲所示，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E为DC的中点，沿AE将△AED翻折，使二面角D－AE－B为直二面角(如图乙)．(1)求证：AD⊥BE；(2)求DE与平面ABCE所成的角的大小；(3)求平面CDE与平面ECB夹角的正切值．
【解析】　(1)证明：如图，以AE的中点O为坐标原点建立空间直角坐标系，
【解析】　(1)证明：取棱BC的中点M，连接EM，B1M，∵E，M，D分别是AC，BC，A1B1的中点，且侧面ABB1A1是正方形，
∴四边形EMB1D是平行四边形，∴DE∥B1M，又B1M⊂平面CBB1C1，DE⊄平面CBB1C1，∴DE∥平面CBB1C1.