第7章 第6讲 第2课时 空间向量的应用(二)（PPT课件）-【导学教程】2025年数学新编高考大一轮总复习（北师大版）

第七章　立体几何与空间向量 第6讲　空间向量的应用 第2课时　空间向量的应用(二) 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 核心考点突破 01 知能达标训练 02 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 01 核心考点突破 栏目导航 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 03 知能达标训练 栏目导航 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 谢谢观看 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 考点一　异面直线所成的角(基础考点　自练自悟) 1．如图，已知圆锥CO的截面△ABC是正三角形，AB是底面圆O的直径，点D在 eq \o(AB,\s\up18(︵)) 上，且∠AOD＝2∠BOD，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为(　　) A． eq \f(\r(3),4) 　　　　　　　　　 B． eq \f(1,2) C． eq \f(1,4) D． eq \f(3,4) 解析　因为∠AOD＝2∠BOD，且∠AOD＋∠BOD＝π，所以∠BOD＝ eq \f(π,3) ，连接CO，则CO⊥平面ABD，以点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设圆O的半径为2，则A(0，－2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2 eq \r(3) )，D( eq \r(3) ，1，0)，所以 eq \o(AD,\s\up14(→)) ＝( eq \r(3) ，3，0)， eq \o(BC,\s\up14(→)) ＝(0，－2，2 eq \r(3) )， 设异面直线AD与BC所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈 eq \o(AD,\s\up14(→)) ， eq \o(BC,\s\up14(→)) 〉|＝ eq \f(|\o(AD,\s\up14(→))·\o(BC,\s\up14(→))|,|\o(AD,\s\up14(→))||\o(BC,\s\up14(→))|) ＝ eq \f(|－6|,2\r(3)×4) ＝ eq \f(\r(3),4) ， 所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为 eq \f(\r(3),4) . 答案　A 2．有公共边的△ABC和△BCD均为等边三角形，且所在平面互相垂直，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为________． 解析　设等边三角形的边长为2.取BC的中点O，连接OA，OD.因为△ABC和△BCD所在平面互相垂直，所以OA，OC，OD两两垂直，以O为坐标原点，OD，OC，OA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(0，0， eq \r(3) )，B(0，－1，0)，C(0，1，0)，D( eq \r(3) ，0，0)， 所以 eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝(0，－1，－ eq \r(3) )， eq \o(CD,\s\up14(→)) ＝( eq \r(3) ，－1，0)， 设异面直线AB和CD所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈 eq \o(AB,\s\up14(→)) ， eq \o(CD,\s\up14(→)) 〉|＝ eq \f(|\o(AB,\s\up14(→))·\o(CD,\s\up14(→))|,|\o(AB,\s\up14(→))||\o(CD,\s\up14(→))|) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2×2))) ＝ eq \f(1,4) ， 所以异面直线AB和CD所成角的余弦值为 eq \f(1,4) . 答案　 eq \f(1,4) 3．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点， eq \o(AF,\s\up14(→)) ＝λ eq \o(AD,\s\up14(→)) (0＜λ＜1)，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为 eq \f(3\r(2),10) ，则λ的值为________． 解析　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，∵正方体的棱长为2， 则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)， ∴ eq \o(D1E,\s\up14(→)) ＝(0，2，－1)， eq \o(A1F,\s\up14(→)) ＝ eq \o(A1A,\s\up14(→)) ＋ eq \o(AF,\s\up14(→)) ＝ eq \o(A1A,\s\up14(→)) ＋λ eq \o(AD,\s\up14(→)) ＝(－2λ，0，－2). ∴|cos 〈 eq \o(A1F,\s\up14(→)) ， eq \o(D1E,\s\up14(→)) 〉|＝ eq \f(|\o(A1F,\s\up14(→))·\o(D1E,\s\up14(→))|,|\o(A1F,\s\up14(→))||\o(D1E,\s\up14(→))|) ＝ eq \f(2,2\r(λ2＋1)×\r(5)) ＝ eq \f(3\r(2),10) ， 解得λ＝ eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(1,3)舍去)) . 答案　 eq \f(1,3) 用向量法求异面直线所成角的步骤 考点二　直线与平面所成的角(重难考点　师生共研) 　(2022·全国甲卷)在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝ eq \r(3) . (1)证明：BD⊥PA； (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值． (1)[证明]　∵PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD， ∴PD⊥BD，取AB中点E，连接DE，可知CD＝ eq \f(1,2) AB＝BE， ∵CD∥AB，∴CD綊BE，∴四边形BCDE为平行四边形， ∴DE＝CB＝1，∴DE＝ eq \f(1,2) AB， ∴△ABD为直角三角形，AB为斜边， ∴BD⊥AD，∵PD∩AD＝D， ∴BD⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，∴BD⊥PA. (2)[解析]　由(1)知，PD，AD，BD两两垂直，BD＝ eq \r(AB2－AD2) ＝ eq \r(3) ， 建立空间直角坐标系如图所示，则 D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，P(0，0， eq \r(3) )， ∴ eq \o(PD,\s\up14(→)) ＝(0，0，－ eq \r(3) )， eq \o(PA,\s\up14(→)) ＝(1，0，－ eq \r(3) )， eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝(－1， eq \r(3) ，0)， 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up14(→))·n＝0，,\o(AB,\s\up14(→))·n＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－\r(3)z＝0，,－x＋\r(3)y＝0，)) 不妨设y＝z＝1，则n＝( eq \r(3) ，1，1)， 设PD与平面PAB所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈 eq \o(PD,\s\up14(→)) ，n〉|＝ eq \f(|\o(PD,\s\up14(→))·n|,|\o(PD,\s\up14(→))||n|) ＝ eq \f(|－\r(3)|,\r(3)×\r(5)) ＝ eq \f(\r(5),5) ， ∴PD与平面PAB所成角的正弦值为 eq \f(\r(5),5) . 利用空间向量求线面角的解题步骤 [提醒]　线面角的正弦值对应向量夹角的余弦值的绝对值. (2024·重庆市质量调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD是矩形，E为AD的中点，AD⊥平面PAB，PA⊥PB，M为PB的中点． (1)求证：EM∥平面PCD； (2)若AP＝AD，AB＝ eq \r(2) AD，求直线EM 与平面PCE所成角的正弦值． (1)证明　如图所示，取PC的中点为F，连接MF，DF，则MF∥BC∥DE，且MF＝ eq \f(1,2) BC＝DE， ∴四边形DEMF是平行四边形， ∴DF∥EM， ∵DF⊂平面PCD，EM⊄平面PCD， ∴EM∥平面PCD. (2)解析　∵AD⊥平面PAB，PA，PB⊂平面PAB，∴AD⊥PA，AD⊥PB.以A为坐标原点，以在平面PAB内垂直于AB的直线为x轴，AB，AD所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系A­xyz，如图所示． 设AD＝2，则AP＝2，AB＝2 eq \r(2) . ∵PA⊥PB，∴∠PAB＝45°. ∴P( eq \r(2) ， eq \r(2) ，0)，D(0，0，2)，B(0，2 eq \r(2) ，0)，E(0，0，1)，C(0，2 eq \r(2) ，2)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(3\r(2),2)，0)) ， ∴ eq \o(EC,\s\up14(→)) ＝(0，2 eq \r(2) ，1)， eq \o(PC,\s\up14(→)) ＝(－ eq \r(2) ， eq \r(2) ，2)， eq \o(EM,\s\up14(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(3\r(2),2)，－1)) ， 设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up14(→))＝0，,n·\o(EC,\s\up14(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x＋\r(2)y＋2z＝0，,2\r(2)y＋z＝0，)) 不妨令y＝－1，得z＝2 eq \r(2) ，x＝3，所以n＝(3，－1，2 eq \r(2) )， 设直线EM与平面PCE所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈 eq \o(EM,\s\up14(→)) ，n〉|＝ eq \f(|\o(EM,\s\up14(→))·n|,|\o(EM,\s\up14(→))||n|) ＝ eq \f(2\r(2),\r(6)×3\r(2)) ＝ eq \f(\r(6),9) ， 所以直线EM与平面PCE所成角的正弦值为 eq \f(\r(6),9) . 考点三　平面与平面的夹角(二面角)(重难考点　师生共研) 　如图，在三棱台ABC­A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点. (1)求证：A1N∥平面C1MA； (2)求平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值． (1)[证明]　连接MN.由M，N分别是BC，BA的中点，根据中位线性质，MN∥AC，且MN＝ eq \f(AC,2) ＝1， 由棱台性质，A1C1∥AC， 于是MN∥A1C1，由MN＝A1C1＝1可知， 四边形MNA1C1是平行四边形， 则A1N∥MC1，又A1N⊄平面C1MA， MC1⊂平面C1MA，于是A1N∥平面C1MA. (2)[解析]　因为A1A⊥平面ABC，所以A1A⊥AB，A1A⊥AC，又AB⊥AC，所以A1A，AB，AC两两垂直．如图，分别以AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的坐标系． 则A(0，0，0)，C1(0，1，2)，C(0，2，0)，M(1，1，0)， 所以 eq \o(AC1,\s\up14(→)) ＝(0，1，2)， eq \o(AM,\s\up14(→)) ＝(1，1，0). 设平面C1MA的法向量为m＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AC1,\s\up14(→))·m＝0，,\o(AM,\s\up14(→))·m＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋2z＝0，,x＋y＝0，)) 令y＝z，则x＝－2，z＝－1，即m＝(－2，2，－1)，易知平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1，0，0). 设平面C1MA与平面ACC1A1的夹角为θ，则|cos θ|＝|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m||n|) ＝ eq \f(2,3) ，又θ∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，所以cos θ＝ eq \f(2,3) ， 故平面C1MA与平面ACC1A夹角的余弦值为 eq \f(2,3) . 利用空间向量求二面角的两种常用方法 (2024·广州市调研测试)如图，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是菱形，平面PBC⊥平面ABCD，∠ACD＝30°，E为AD的中点，点F在PA上，AP＝3AF. (1)证明：PC∥平面BEF； (2)若∠PDC＝∠PDB，且PD与平面 ABCD所成的角为45°，求平面AEF与平 面BEF夹角的余弦值． (1)证明　设AC交BE于G，连接FG. 因为AE∥BC，且AE＝ eq \f(1,2) AD＝ eq \f(1,2) BC， 所以△AEG∽△CBG，所以 eq \f(AG,CG) ＝ eq \f(AE,CB) ＝ eq \f(1,2) . 又AP＝3AF，所以 eq \f(AF,FP) ＝ eq \f(1,2) ＝ eq \f(AG,GC) . 所以GF∥PC. 又GF⊂平面BEF，PC⊄平面BEF， 所以PC∥平面BEF. (2)解析　因为∠ACD＝30°，所以∠BCD＝60°， 又BC＝CD，所以△BCD为正三角形． 又∠PDC＝∠PDB，DB＝DC， 所以△PDB≌△PDC，所以PB＝PC. 取BC的中点H，连接PH，DH，则PH⊥BC. 又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC， 所以PH⊥平面ABCD. 所以PD与平面ABCD所成的角为∠PDH，则∠PDH＝45°， 设BC＝2，则DH＝PH＝ eq \r(3) . 如图所示，以H为坐标原点，HD，HB，HP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系H­xyz， 则D( eq \r(3) ，0，0)，B(0，1，0)，P(0，0， eq \r(3) )， E( eq \r(3) ，1，0)，A( eq \r(3) ，2，0)， 从而由 eq \o(AF,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \o(AP,\s\up14(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，－\f(2,3)，\f(\r(3),3))) ，得F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(4,3)，\f(\r(3),3))) ， 所以 eq \o(AE,\s\up14(→)) ＝(0，－1，0)， eq \o(BE,\s\up14(→)) ＝( eq \r(3) ，0，0)， eq \o(BF,\s\up14(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(1,3)，\f(\r(3),3))) . 设平面AEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up14(→))·n1＝0，,\o(AF,\s\up14(→))·n1＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y1＝0，,－\f(\r(3),3)x1－\f(2,3)y1＋\f(\r(3),3)z1＝0，)) 取x1＝1，则z1＝1，故n1＝(1，0，1). 设平面BEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BE,\s\up14(→))·n2＝0，,\o(BF,\s\up14(→))·n2＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2＝0，,\f(2\r(3),3)x2＋\f(1,3)y2＋\f(\r(3),3)z2＝0，)) 取z2＝1，则y2＝－ eq \r(3) ，故n2＝(0，－ eq \r(3) ，1). 所以cos 〈n1，n2〉＝ eq \f(1,\r(2)×2) ＝ eq \f(\r(2),4) . 所以平面AEF与平面BEF夹角的余弦值为 eq \f(\r(2),4) . $$