专题3.2 空间向量与空间角（课件）-【金版新学案】2024高考数学大二轮专题复习与测试（新教材）

专题三　立体几何 第二讲　空间向量与空间角 内容索引 引领 高考价值 01 提升 关键能力 02 专 题 集 训 03 高考价值　引领 01 返回 1．(2023·全国乙卷)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 √ 如图，取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C-AB-D的平面角，即∠CED＝150°，显然CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平 2 2．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD -A1B1C1D1，则 A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90° C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45° √ √ √ 如图，连接B1C，BC1，因为DA1∥B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又CA1⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，因为B1B⊥平面A1B1C1D1， 3．(2023·新高考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 ； 证明：以C 为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图， 则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， 所以B2C2∥A2D2. (2)点P在棱BB1 上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P. 设 P(0，2，λ)(0≤λ≤4)， 设平面PA2C2的法向量n＝(x，y，z)， 令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1， 所以n＝(λ－1，3－λ，2)， 设平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)， 令a＝1，得b＝1，c＝2，所以m＝(1，1，2)， 化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3， 所以P(0，2，1)或P(0，2，3)， 所以B2P＝1. 4．(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD 中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD， ∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； 证明：连接AE，DE(图略)， 因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC， 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，从而AE⊥BC， 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE， 所以BC⊥DA． 不妨设DA＝DB＝DC＝2， 所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE， 又因为AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，所以AE⊥平面BCD． 以点E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设平面DAB与平面ABF 的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 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． 返回 考情分析 02 返回 关键能力　提升 考点一　异面直线所成的角 (1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为 例1 √ (2)在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角