1、 1 第第 2 課時課時 精研題型明考向精研題型明考向利用空間向量求空間角利用空間向量求空間角 一、真題集中研究一、真題集中研究明考情明考情 1.(2020 全國卷全國卷 考查平行垂直關系與二面角考查平行垂直關系與二面角) 如圖如圖，在長方體在長方體 abcd- a1b1c1d1中中，點點 e，f 分別在棱分別在棱 dd1，bb1上上，且且 2deed1，bf2fb1. (1)證明：點證明：點 c1在平面在平面 aef 內(nèi)；內(nèi)； (2)若若 ab2，ad1，aa13，求二面角，求二面角 a- ef- a1的正弦值的正弦值 解：解：設設 aba，adb，aa1c，以，以 c1為坐標原點，為坐標原

2、點，c1d1 的方向為的方向為 x 軸正方向，建立如圖軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系所示的空間直角坐標系 c1- xyz. (1)證明：連接證明：連接 c1f，則，則 c1(0,0,0)，a(a，b，c)，e a，0，23c ，f 0，b，13c ，ea 0，b，13c ，c1f 0，b，13c ，得，得 ea c1f ， 因此因此 eac1f，即，即 a，e，f，c1四點共面，四點共面， 所以點所以點 c1在平面在平面 aef內(nèi)內(nèi) (2)由已知得由已知得 a(2,1,3)，e(2,0,2)，f(0,1,1)，a1(2,1,0)， ae (0，1，1)，af (2,0，2)，a1e (

3、0，1,2)，a1f (2,0,1) 設設 n n1(x，y，z)為平面為平面 aef 的法向量，的法向量， 則則 n n1 ae 0， n n1 af 0，即即 yz0，2x2z0， 可取可取 n n1(1，1,1) 設設 n n2為平面為平面 a1ef 的法向量，的法向量， 則則 n2 a1e 0，n2 a1f 0，同理可取同理可取 n n2 12，2，1 . 因為因為 cosn n1，n n2n n1 n n2|n n1| |n n2|77， 所以二面角所以二面角 a- ef- a1的正弦值為的正弦值為427. 2 2(2020 新高考全國卷新高考全國卷 考查平行垂直關系與線面角考查平行

4、垂直關系與線面角) 如圖，如圖，四棱四棱錐錐 p- abcd 的底面為正方形，的底面為正方形，pd底面底面 abcd.設平面設平面 pad與平面與平面 pbc 的交線為的交線為 l. (1)證明：證明：l平面平面 pdc； (2)已知已知 pdad1，q 為為 l 上的點，求上的點，求 pb 與平面與平面 qcd 所成角的正弦值所成角的正弦值的最大值的最大值 解：解：(1)證明：因為證明：因為 pd底面底面 abcd，所以，所以 pdad. 又底面又底面 abcd 為正方形，所以為正方形，所以 addc. 因為因為 pddcd，所以，所以 ad平面平面 pdc. 因為因為 adbc，ad 平面

5、平面 pbc，bc平面平面 pbc， 所以所以 ad平面平面 pbc. 因為平面因為平面 pad平面平面 pbcl，ad平面平面 pad， 所以所以 lad. 所以所以 l平面平面 pdc. (2)以以 d 為坐標原點，為坐標原點，da 的方向為的方向為 x 軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系 d- xyz， 則則 d(0,0,0)，c(0,1，0)，b(1,1,0)，p(0,0,1)，dc (0,1,0)， pb (1,1，1) 由由(1)可設可設 q(a,0,1)，則，則dq (a,0,1) 設設 n n(x，y，z)是平面是平面 qcd 的法向量

6、，的法向量， 則則 n dq 0，n dq 0，即即 axz0，y0. 可取可取 n n(1,0，a) 所以所以 cosn n，pb n pb |n| | pb |1a3 1a2. 設設 pb 與平面與平面 qcd 所成角為所成角為 ， 則則 sin |cosn n，pb |33|a1|1a233 12aa21. 因為因為3312aa2163，當且僅當，當且僅當 a1 時等號成立，時等號成立， 所以所以 pb 與平面與平面 qcd 所成角的正弦值的最大值為所成角的正弦值的最大值為63. 3(2019 全國卷全國卷 考查平行垂直關系與二面角及翻折問題考查平行垂直關系與二面角及翻折問題) 圖圖 1

7、 是由矩形是由矩形 adeb，rtabc 和菱形和菱形 bfgc 組成的一個平面圖形，其中組成的一個平面圖形，其中 ab1，be 3 bf2，fbc60 .將其沿將其沿 ab，bc 折起使得折起使得 be 與與 bf重合，連接重合，連接 dg，如圖，如圖 2. (1)證明：圖證明：圖 2 中的中的 a，c，g，d 四點共面，且平面四點共面，且平面 abc平面平面 bcge； (2)求圖求圖 2 中的二面角中的二面角 b - cg - a 的大小的大小 解：解：(1)證明：由已知得證明：由已知得 adbe，cgbe， 所以所以 adcg，所以，所以 ad，cg 確定一個平面，確定一個平面， 從而

8、從而 a，c，g，d 四點共面四點共面 由已知得由已知得 abbe，abbc，且，且 bebcb， 所以所以 ab平面平面 bcge. 又因為又因為 ab平面平面 abc，所以平面，所以平面 abc平面平面 bcge. (2)作作 ehbc，垂足為，垂足為 h. 因為因為 eh平面平面 bcge，平面，平面 bcge平面平面 abc， 所以所以 eh平面平面 abc. 由已知，菱形由已知，菱形 bcge 的邊長為的邊長為 2，ebc60 ， 可求得可求得 bh1，eh 3. 以以 h 為坐標原點，為坐標原點，hc 的方向為的方向為 x 軸的正方向，建立如圖所示的空間直軸的正方向，建立如圖所示的

9、空間直角坐標系角坐標系 h- xyz，則，則 a(1,1,0)，c(1,0,0)，g(2,0， 3)，cg (1,0, 3)，ac (2，1,0) 設平面設平面 acgd 的法向量為的法向量為 n n(x，y，z)， 則則 cg n0，ac n0，即即 x 3z0，2xy0. 所以可取所以可取 n n(3,6， 3) 又平面又平面 bcge 的法向量可取的法向量可取 mm(0,1,0)， 所以所以 cosn n，mmn m|n|m|32. 因此二面角因此二面角 b- cg- a 的大小為的大小為 30 . 4 把脈考情把脈考情 常規(guī)常規(guī) 角度角度 1.求異面直線所成的角：以棱柱、棱錐等簡單幾何

10、體為載體，考求異面直線所成的角：以棱柱、棱錐等簡單幾何體為載體，考查應用定義法或向量法求兩異面直線查應用定義法或向量法求兩異面直線所成的角所成的角 2.求直線與平面所成的角：以棱柱、棱錐或不規(guī)則的幾何體為載求直線與平面所成的角：以棱柱、棱錐或不規(guī)則的幾何體為載體，與線、面位置關系的證明相結合，考查直線與平面所成的角體，與線、面位置關系的證明相結合，考查直線與平面所成的角的求法的求法 3.求二面角：以棱柱、棱錐或不規(guī)則的幾何體為載體，與線面位求二面角：以棱柱、棱錐或不規(guī)則的幾何體為載體，與線面位置關系的證明相結合，考查二面角的求法置關系的證明相結合，考查二面角的求法 創(chuàng)新創(chuàng)新 角度角度 求空間角

11、常與立體幾何中的翻折問題、探索性問題等交匯命題求空間角常與立體幾何中的翻折問題、探索性問題等交匯命題 二、題型精細研究二、題型精細研究提素養(yǎng)提素養(yǎng) 題型一題型一 異面直線所成的角異面直線所成的角 典例典例 在各棱長均相等的直三棱柱在各棱長均相等的直三棱柱 abc- a1b1c1中，已知中，已知 m 是棱是棱 bb1的中點，的中點，n 是棱是棱 ac的中點，則異面直線的中點，則異面直線 a1m 與與 nb 所成角的正切值為所成角的正切值為( ) a. 3 b1 c.63 d.22 解析解析 法一法一：設設 aa1的中點為的中點為 d，連接連接 dn，db，如圖如圖.因為因為 a1d 和和bm 平

12、行且相等平行且相等，所以四邊形所以四邊形 a1dbm 是平行四邊形是平行四邊形，所以所以 a1mdb，所以所以dbn(或其補角或其補角)就是異面直線就是異面直線 a1m 與與 nb 所成的角易知所成的角易知 bndn.設設 ab2，則則 bn 3，dn 2， 所以所以 tandbn2363.故選故選 c. 法二法二：在各棱長均相等的直三棱柱在各棱長均相等的直三棱柱 abc- a1b1c1中，設棱長為中，設棱長為 2，以，以 a為坐標原點，為坐標原點，ac 為為 y 軸，軸，aa1為為 z 軸，建立空間直角坐標系，如圖軸，建立空間直角坐標系，如圖， 則則 a1(0,0,2)，m( 3，1,1)，

13、 b( 3，1,0)，n(0,1,0)， 所以所以a1m ( 3，1，1)， bn ( 3，0,0) 設異面直線設異面直線 a1m 與與 bn 所成的角為所成的角為 02， 5 則則 cos |a1m bn |a1m | | bn |35 3155， 所以所以 tan 63. 所以異面直線所以異面直線 a1m 與與 bn 所成角的正切值為所成角的正切值為63.故選故選 c. 答案答案 c 方法技巧方法技巧 用向量法求異面直線所成角的一般步驟用向量法求異面直線所成角的一般步驟 (1)建立空間直角坐標系；建立空間直角坐標系； (2)用坐標表示兩異面直線的方向向量；用坐標表示兩異面直線的方向向量；

14、(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值； (4)注意兩異面直線所成角的范圍是注意兩異面直線所成角的范圍是 0，2，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值的余弦值的絕對值 針對訓練針對訓練 (2021 邵陽模擬邵陽模擬)若正四棱柱若正四棱柱 abcd- a1b1c1d1的體積為的體積為 3，ab1，則直線，則直線 ab1與與 cd1所成的角為所成的角為( ) a30 b45 c60 d90 解析：解析：選選 c 正四棱柱正四棱柱 abcd- a1b1c1d1的體積為的體積為 3，ab1，aa

15、1 3. 以以 d 為原點，為原點，da 所在直線為所在直線為 x 軸，軸，dc 所在直線為所在直線為 y軸，軸，dd1所在直線所在直線為為 z 軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則則 a(1,0,0)，b1(1,1， 3)，c(0,1,0)，d1(0,0， 3)，ab1 (0,1， 3)，cd1 (0，1， 3)設直線設直線ab1與與 cd1所成的角為所成的角為 ，則，則 cos |ab1 cd1 |ab1 | |cd1 |24 412，又，又 0 ba，這與底面，這與底面 abcd 為菱形矛盾，所以為菱形矛盾，所以必不選，故選必不選，故選. 下面證明：下面

16、證明：po平面平面 abcd. 因為四邊形因為四邊形 abcd 為菱形，所以為菱形，所以 acbd. 因為因為 pcbd，pcacc，所以，所以 bd平面平面 apc. 又因為又因為 po平面平面 apc，所以，所以 bdpo. 因為因為 papc，o 為為 ac 中點，所以中點，所以 poac. 又又 acbdo，所以，所以 po平面平面 abcd. 以以 o 為坐標原點，以為坐標原點，以ob ，oc ， op 的方向分別作為的方向分別作為 x 軸、軸、y 軸、軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系 o- xyz， 因為因為 abcd， 所以，

17、 所以pba為異面直線為異面直線 pb與與 cd所成的角， 所以所成的角， 所以pba60 . 在菱形在菱形 abcd 中，中，設設 ab2， 因為因為abc60 ，所以，所以 oa1，ob 3， 17 設設 poa，則，則 paa21，pb a23. 在在pba 中，由余弦定理得：中，由余弦定理得： pa2ba2bp22ba bp cospba， 所以所以 a214a2322 a2312，解得，解得 a 6， 所以所以 a(0，1,0)，b( 3，0,0)，c(0,1,0)，p(0,0， 6) 設設 n n1(x1，y1，z1)為平面為平面 abp 的法向量，的法向量， ab ( 3，1,0

18、)， ap (0,1， 6)， 由由 n1 ab 0，n1 ap 0，可得可得 3x1y10，y1 6z10， 令令 z11 得得 n n1( 2， 6，1) 設設 n n2(x2，y2，z2)為平面為平面 cbp 的法向量，的法向量， cb ( 3，1,0)， cp (0，1， 6)， 由由 n2 cb 0，n2 cp 0，可得可得 3x2y20，y2 6z20， 令令 z21 得得 n n2( 2， 6，1) 設二面角設二面角 a- pb- c 的平面角為的平面角為 ， 所以所以 cos |n n1 n n2|n n1|n n2|13， 所以二面角所以二面角 a- pb- c 的余弦值為的

19、余弦值為13. 8.如圖，四棱錐如圖，四棱錐 p- abcd 的底面的底面 abcd 為直角梯形，為直角梯形，bcad，且，且ad2ab2bc2， bad90 ， pad 為等邊三角形， 平面為等邊三角形， 平面 abcd平面平面 pad，點，點 e，m 分別為分別為 pd，pc 的中點的中點 (1)求證：求證：ce平面平面 pab； (2)求直線求直線 dm 與平面與平面 abm 所成角的正弦值所成角的正弦值 解：解：(1)證明：證明：如圖，取如圖，取 pa 的中點的中點 n，連接，連接 en，bn. e 為為 pd 的中點，的中點，n 為為 pa 的中點，的中點，en 為為pad 的中位線

20、，的中位線， 18 enad，且且 en12ad. 在梯形在梯形 abcd 中中，bcad，且且 bc12ad， bcen，bcen. 四邊形四邊形 enbc 是平行四邊形是平行四邊形cebn. 又又 bn平面平面 pab，ce 平面平面 pab，ce平面平面 pab. (2)如圖，取如圖，取 ad 的中的中點點 o，連接，連接 op，oc. papd，poad. 平面平面 pad平面平面 abcd，交線為，交線為 ad，po平面平面 pad， po平面平面 abcd. 又又coba，bad90 ，coad. 直線直線 oa，oc，op 兩兩垂直以兩兩垂直以 o 為原點，為原點，oa，op，o

21、c 所所在直線為在直線為 x 軸、軸、 y軸、軸、 z 軸， 建立如圖所示的空間直角坐標系軸， 建立如圖所示的空間直角坐標系 o- xyz. 由已知條件易知由已知條件易知 a(1,0,0)，b(1，0,1)，m 0，32，12，d(1，0,0)， ab (0,0,1)，am 1，32，12. 設平面設平面 abm 的法向量為的法向量為 mm(x，y，z)， 則則 mm ab z0， mm am x32y12z0.令令 y2，則，則 x 3， 可得平面可得平面 abm 的一個法向量為的一個法向量為 mm( 3，2,0) 又又dm 1，32，12， cosmm，dm mm dm | mm | |d

22、m |427， 直線直線 dm 與平面與平面 abm 所成所成角的正弦值為角的正弦值為427. 9.如圖，在圓柱如圖，在圓柱 w 中，點中，點 o1，o2分別為上、下底面的圓心，平面分別為上、下底面的圓心，平面 mnfe是軸截面，點是軸截面，點 h 在上底面圓周上在上底面圓周上(異于點異于點 n，f)，點，點 g 為下底面圓弧為下底面圓弧 me 19 的中點，點的中點，點 h與點與點 g 在平面在平面 mnfe 的同側(cè)，圓柱的同側(cè)，圓柱 w 的底面半徑為的底面半徑為 1，高為，高為 2. (1)若平面若平面 fnh平面平面 nhg，求證：，求證：ngfh； (2)若直線若直線 nh 與平面與平

23、面 nfg 所成線面角所成線面角 的正弦值等于的正弦值等于155， 求證： 平面， 求證： 平面 nhg 與平面與平面 mnfe所成銳二面角的平面角大于所成銳二面角的平面角大于3. 證明：證明：(1)因為平面因為平面 fnh平面平面 nhg，平面，平面 fnh平面平面 nhgnh，又，又 nhfh，fh平面平面 fhn， 所以所以 fh平面平面 nhg，又，又 ng平面平面 nhg， 所以所以 fhng. (2)以點以點 o2為坐標原點，分別以為坐標原點，分別以 o2g，o2e，o2o1所在直線為所在直線為 x 軸、軸、y軸、軸、z 軸，建立空間直角坐標系軸，建立空間直角坐標系 o2- xyz

24、， 則則 n(0，1,2)，g(1,0,0)，f(0,1,2) 設設 h(m，n,2)(由圖知由圖知 m0)， 則則 m2n21， nh (m，n1,0) 設平面設平面 nfg 的法向量為的法向量為 n n1(x1，y1，z1) 因為因為 n n1 ng 0，n n1 nf 0，所以所以 x1，y1，z1 1，1，2 0， x1，y1，z1 0，2，0 0， 即即 x1y12z10，2y10.令令 x12，則，則 n n1(2,0,1) 因此因此 sin |cosnh ，n n1|nh n n1|nh |n n1| |2m|5 m2 n1 22m52n2155. 所以所以 2m23n3，解得，

25、解得 n1，m0(舍去舍去)或或 n12，m32. 所以所以 h 32，12，2 . 設平面設平面 nhg 的法向量為的法向量為 n n2(x2，y2，z2) 20 因為因為 n n2 ng 0，n n2 nh 0，所以所以 x2，y2，z2 1，1，2 0， x2，y2，z2 32，12，0 0， 即即 x2y22z20，32x212y20.令令 x21，即，即 n n2 1， 3，1 32. 設平面設平面 nhg 與平面與平面 mnfe 所成銳二面角為所成銳二面角為 . 因為平因為平面面 mnfe 的一個法向量的一個法向量 n n3(1,0,0)， 所以所以 cos |n2 n3|n2|n3|14 1 32212，所以平面，所以平面 nhg 與平面與平面 mnfe 所成銳二面角的平所成銳二面角的平面角大于面角大于3. 10.(2020 全國卷全國卷)如圖，已知三棱柱如圖，已知三棱柱 abc- a1b1c1的底面是正三角形，的底面是正三角形，側(cè)面?zhèn)让?bb1c1c 是矩形，是矩形， m， n 分別為分別為 bc， b1c1的中點，的中點， p 為為 am 上一點，上一點，過過 b1c1和和