第19练　空间向量与空间角 课件（共42张PPT）

(共42张PPT)
空间向量与空间角
第19练
考情分析
1.高考必考内容，常以空间几何体为载体考查空间角，是高考命题的重
点，常与空间线、面关系的证明相结合，热点为线面角、二面角的求
解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标
系和准确计算上.题目难度为中档题.
2.空间向量的探究性问题在高考试题中出现较少，一般以解答题的形式
考查，难度在中档以上．
一、直线与平面所成的角
例1　(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；
证明　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，且PD⊥平面ABCD，
所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，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.
建立空间直角坐标系D－xyz，
因为PD＝AD＝1，
则D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，
设Q(m，0,1)，
设平面QCD的法向量为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)，
根据直线的方向向量与平面的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，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于
当且仅当m＝1时取等号，
规律方法　(1)设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为μ＝(a2，b2，c2)，设直线l与平面α的夹角为θ，
跟踪训练1　(2021·青岛模拟)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC⊥CD，PA＝AD＝2，CD＝1，BC＝3，点M，N在线段BC上，BM＝2MN＝1，AN∩MD＝E，Q为线段PB上的一点.
(1)求证：MD⊥平面PAN；
证明　∵BC＝3，BM＝1，
∴CM＝2，AD＝CM，
又∵AD∥CM，
∴四边形AMCD为平行四边形.
∵BC⊥CD，
∴四边形AMCD为矩形.
∴△AMN∽△DAM，
∴∠AED＝∠MAN＋∠AME
＝∠ADM＋∠AME＝90°，
∴MD⊥AN，
又∵PA⊥平面ABCD，MD 平面ABCD，
∴PA⊥MD，
又AN∩PA＝A，AN，PA 平面PAN，
∴MD⊥平面PAN.
解　如图，建立空间直角坐标系，
即(x－1，y＋1，z)＝λ(－1,1,2)，
设平面MQA与平面PAN的一个法向量分别为
n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
可取n1＝(0,2λ，1－λ)，
可取n2＝(1，－2,0)，
设平面MQA与平面PAN的夹角为θ，
平面ABCD的一个法向量为n3＝(0,0,1)，
设直线MQ与平面ABCD所成的角为α，
二、二面角
例2　(2021·全国乙卷)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；
解　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，
(2)求二面角A－PM－B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).
规律方法　(1)设平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)，二面角α－l－β的平面角为θ，
(2)二面角的平面角的取值范围为[0，π].
跟踪训练2　(2021·漳州模拟)如图，四边形BEDC为正方形，AE⊥BE，AE＝BE，△ADE为锐角三角形，M，N分别是边DE，BE的中点，直线DE与平面ABE所成的角为 .
(1)求证：DN⊥平面ACM；
证明　∵BE⊥AE，BE⊥DE，AE∩DE＝E，
AE，DE 平面ADE，
∴BE⊥平面ADE.
∵BE 平面ABE，
∴平面ABE⊥平面ADE，∵△ADE为锐角三角形，
∴点D在平面ABE上的射影在线段AE上，
∴∠AED为直线DE与平面ABE所成的角，
又∵AE＝DE，
∴△ADE为等边三角形.
∵点M为DE的中点，∴AM⊥DE.
又BE⊥AM，
BE∩DE＝E，BE，DE 平面BCDE，
∴AM⊥平面BCDE.
∵DN 平面BCDE，
∴AM⊥DN.
∴△CDM≌△DEN，
∴∠END＝∠DMC，
∴DN⊥CM.
∵CM∩AM＝M，CM，AM 平面ACM，
∴DN⊥平面ACM.
(2)求二面角M－AC－B的余弦值.
解　取AE的中点O，AB的中点P，连接DO，PO.
∵△ADE为等边三角形，
∴DO⊥AE.
由(1)知，BE⊥平面ADE，
又OP∥BE，
∴OP⊥平面ADE，
∴OP，OA，OD两两垂直，
故以点O为坐标原点，以OP，OA，OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系.
E(0，－1,0)，B(2，－1,0)，N(1，－1,0)，
设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
又因为二面角M－AC－B的平面角为锐角，
三、探究性问题
例3　(2021·全国甲卷)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；
证明　因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，
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所成的二面角的正弦值最小？
解　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所成的二面角为θ，
规律方法　(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断，但是要注意空间直角坐标系建立的规范性及计算的准确性，否则容易出现错误.
(2)空间向量求解探究性问题：
①假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论；
②在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解、是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.
(1)求证：A1D⊥平面BCED；
证明　由题图(1)可得AE＝2，AD＝1，A＝60°.
则AD2＋DE2＝AE2，
∴AD⊥DE，BD⊥DE.
∴A1D⊥DE，BD⊥DE，
∴∠A1DB为二面角A1－DE－B的平面角，
∴∠A1DB＝90°，即A1D⊥DB，
∵DE∩DB＝D，且DE，DB 平面BCED，
∴A1D⊥平面BCED.
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由.
解　存在，由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.
以D为坐标原点，以射线DB，DE，DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图，
过P作PH∥DE交BD于点H，
设PB＝2a(0<2a≤3)，
因为ED⊥平面A1BD，
因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，
所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，