高考数学二轮复习立体几何专题16空间角的计算课件(共69张PPT)

(共69张PPT)
专题16　空间角的计算
导言　在高考中，对三种空间角度(两条异面直线所成角，直线与平面所成角，平面与平面所成角——二面角)的基本知识与基本技能的考查(空间向量中的直线的方向向量与平面的法向量，空间几何中的一作二证三计算)是每年高考必不可少的考点与热点．学习该部分内容对提升学生直观想象、逻辑推理等核心素养有极大的意义．
B
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【解析】 设P是二面角α－l－β内的一点，过点P分别作直线a，b的平行线PA，PB，且PA垂直于α于点A，PB垂直于β于点B，设平面PAB交直线l于点O，连接OA，OB.因为PA⊥α，PB⊥β，l α，l β，所以PA⊥l，PB⊥l.因为PA∩PB＝P，PA 平面PAB，PB 平面PAB，所以l⊥平面PAB.又OA 平面PAB，OB 平面PAB，所以l⊥OA，l⊥OB，所以∠AOB为二面角α－l－β的平面角．
3　[2025复旦大学附属复兴中学期中]已知二面角α－l－β，若直线a⊥α，直线b⊥β，且直线a，b所成角的大小为60°，则二面角α－l－β的大小为________________.
60°或120°
因为直线a，b所成角的大小为60°，所以∠APB＝60°或∠APB＝120°.当∠APB＝120°时，如图1，因为∠APB＋∠AOB＝180°，所以∠AOB＝60°；当∠APB＝60°时，如图2，因为∠APB＋∠AOB＝180°，所以∠AOB＝120°.综上，二面角α－l－β的大小为60°或120°.
图1　 　　图2
【解析】 因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC.因为BB1 平面BCB1，所以平面BCB1⊥平面ABC.因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.因为BCB1∩平面ABC＝BC，AE 平面ABC，所以AE⊥平面BCB1.
要点指引
(1) 平移法：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
(2) 向量法：①建立适当的空间直角坐标系并写出相应点的空间坐标；
②求出所求异面直线的空间坐标；
(1) 垂线法：
①先确定斜线与平面，找到线面的交点A为斜足；找斜线在平面外的一点P，过点P向平面α作垂线，确定垂足O；
②连接斜足与垂足为斜线AP在平面α上的投影，投影AO与斜线AP之间的夹角为线面角；
③把投影AO与斜线AP归到一个三角形中进行求解(利用余弦定理或者直角三角形)．
重点1　空间中角的计算
　[2025南京协同体九校联考]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F分别为CC1，BC的中点．求：
(1) 异面直线A1B与EF所成角的余弦值；
(2) 平面AEF与平面A1EB夹角的余弦值．
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思路引导：本题考查异面直线所成角、平面与平面夹角的求法．(1)解题思路是先建立空间直角坐标系，求出A1B与EF的坐标，再利用向量的夹角公式计算异面直线所成角的余弦值．(2) 解题思路是分别求出平面AEF与平面A1EB的法向量，再利用向量的夹角公式计算平面与平面夹角的余弦值．
取BC的中点为M，连接AM，DM，则AM⊥BC，DM⊥BC.
又因为AM∩DM＝M，AM 平面AMD，DM 平面AMD，
所以BC⊥平面AMD.
又因为AD 平面AMD，
所以AD⊥BC.
题后反思
1. 求解线面角一般有两个思路：一是建立空间直角坐标系，利用向量之间的夹角公式进行计算；二是求出点到平面的距离(等积法或直接作线面垂直求距离)，利用直角三角形的性质进行求解；
2. 求二面角的正弦值的易错点：一是使用向量法前应注意证明基向量所在的三条直线两两垂直；二是向量夹角公式求出来的是两平面法向量夹角的余弦值，还需转化为二面角的正弦值．
重点2　与角有关的探索性问题
(1) 求证：AB⊥PC；
(2) 在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
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(1) 证明：易得四边形ABCD是直角梯形，
由AC2＋AB2＝BC2，得∠BAC＝90°，即AB⊥AC.
因为PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
所以PA⊥AB.
因为PA∩AC＝A，PA 平面PAC，AC 平面PAC，
所以AB⊥平面PAC，
又PC 平面PAC，所以AB⊥PC.
(2) 解：解法1(几何法)　假设存在符合条件的点M.
如图1，过点M作MN⊥AD于点N，则MN∥PA.
因为PA⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD.
又AC 平面ABCD，所以MN⊥AC.
过点M作MG⊥AC于点G，连接NG.
因为MN∩MG＝M，MN 平面MNG，MG 平面MNG，
所以AC⊥平面MNG.
因为NG 平面MNG，所以AC⊥NG，
所以∠MGN是二面角M－AC－D的平面角[防范失误②]，
所以∠MGN＝45°，则NG＝MN.
由AM2＋BM2＝AB2，得∠AMB＝90°，即BM⊥AM.
因为平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，BM 平面ABCM，所以BM⊥平面ADM.
因为AD 平面ADM，所以AD⊥BM.
(2) 解：解法1(向量法)　如图，取AM的中点为O，AB的中点为N，连接OD，ON，则OD⊥AM，ON∥BM，
所以ON⊥AM.
因为平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，OD 平面ADM，所以OD⊥平面ABCM，
故OA，ON，OD两两垂直，
以O为坐标原点，OA，ON，OD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，
则A(1,0,0)，M(－1,0,0)，D(0,0,1)，B(－1,2,0)，
解法2(几何法)　取AM的中点O，连接OD，OB，过点E作EH⊥OB于点H，过点H作HT⊥AM于点T，连接ET.
易得DO⊥平面ABCM，又OB 平面ABCM，
所以DO⊥OB.
在Rt△DOB中，DO⊥OB，EH⊥OB，
所以DO∥EH，所以EH⊥平面ABCM.
又AM 平面ABCM，所以AM⊥EH.
又HT⊥AM，HT∩EH＝H，EH 平面EHT，HT 平面EHT，所以AM⊥平面EHT.
题后反思
这类题的反思核心是：方法选择是否最优(向量与几何的结合)；探索思路是否清晰(假设－转化－求解)；计算过程是否准确(建系、坐标、公式)；数学思想是否体现(转化、数形结合)．
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1　在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝2AA1，点O为底面ABCD的中心，则异面直线OB1与CC1所成的角为(　　)
A. 30° B. 45°
C. 60° D. 90°
C
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【解析】 如图，连接A1C1，AC，BD，设AC∩BD＝O，连接A1O.因为AB＝2A1B1＝2AA1，所以AC＝2A1C1.易知四边形A1C1CO为平行四边形，则A1O∥CC1，且A1O＝CC1，所以∠A1OB1或其补角为异面直线OB1与CC1所成的角，同理可知B1O＝DD1.又CC1＝DD1＝A1B1，所以△A1OB1为等边三角形，所以∠A1OB1＝60°.故异面直线OB1与CC1所成的角为60°.
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AD
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因为四边形ABCD为矩形，
所以AD⊥DC，
故DA，DC，DP两两垂直．
以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
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所以PB⊥DF，PB⊥DE.
因为DE∩DF＝D，DE 平面DEMF，DF 平面DEMF，
所以PB⊥平面DEMF.
又DM 平面DEMF，所以PB⊥DM.
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