第7章 第6节 第2课时 平面与平面的夹角、角的最值(范围)问题-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课件PPT（人教A版）

第六节 立体几何中的向量方法 第2课时 平面与平面的夹角、 角的最值（范围）问题 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 跃升 关键能力 01 课时冲关 02 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 高考总复习 数学A版（新教材） 第七章 立体几何与空间向量 平面与平面的夹角 [例1]　(2023·新课标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； (2)点F满足eq \o(EF,\s\up6(→))＝eq \o(DA,\s\up6(→))，求二面角D ­ AB ­ F的正弦值． [解]　(1)证明：连接AE、DE，设DA＝DB＝DC＝eq \r(2)，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ADB≌△ADC，因此AB＝AC＝eq \r(2)，又因为BE＝CE，所以AE⊥BC，同理DE⊥BC， 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE，又AD⊂平面ADE， 所以BC⊥DA. (2)由DA＝DB＝DC＝eq \r(2)，∠BDC＝90°， 由(1)DE⊥BC，AB＝AC＝eq \r(2)，则DE＝BE＝CE＝AE＝1，可得AE2＋DE2＝AD2，因此AE⊥DE，由(1)AE⊥BC，又DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BDC， 所以AE⊥平面BDC. 因此以E为原点，分别以ED，EB，EA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D(1,0,0)， A(0,0,1)，E(0,0,0)，B(0,1,0)， 因为eq \o(EF,\s\up6(→))＝eq \o(DA,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq \o(AE,\s\up6(→))＝(0,0，－1)，所以eq \o(DB,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \o(AB,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq \o(AF,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，设平面ABD，平面ABF的法向量分别是m＝(x，y，z)，n＝(a，b，c)， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(DB,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝y－z＝0，))取x＝1，则m＝(1,1,1)，同理n＝(0,1,1)， 设平面ABD与平面ABF的夹角为θ， 则cos θ＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(2,\r(3)·\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，所以sin θ＝eq \f(\r(3),3)， 即二面角D ­ AB ­ F的正弦值为eq \f(\r(3),3). 　　 两个平面夹角的向量求法 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面的夹角θ，用坐标法的解题步骤如下： (1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系； (2)求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n1，n2； (3)计算：cos θ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|). 1．(2023·北京卷)如图，四面体P ­ ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝eq \r(3). (1)求证：BC⊥平面PAB； (2)求二面角A ­ PC ­ B的大小． 解：(1)证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以PA⊥BC，同理PA⊥AB， 所以△PAB为直角三角形， 又因为PB＝eq \r(PA2＋AB2)＝eq \r(2)，BC＝1，PC＝eq \r(3)， 所以PB2＋BC2＝PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB， 又因为BC⊥PA，PA∩PB＝P， PA，PB⊂平面PAB， 所以BC⊥平面PAB. (2)由(1)BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则BC⊥AB， 以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则A(0,0,0)，P(0,0,1)， C(1,1,0)，B(1,0,0)， 所以eq \o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \o(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \o(PC,\s\up6(→))＝(1,1，－1)， 设平面PAC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(z1＝0，,x1＋y1＝0，)) 令x1＝1，则y1＝－1，所以m＝(1，－1,0)， 设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y2＝0，,x2＋y2－z2＝0，)) 令x2＝1，则z2＝1，所以n＝(1,0,1)， 所以cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)， 又因为二面角A­PC­B为锐二面角， 所以二面角A­PC­B的大小为eq \f(π,3). 与角有关的最值(范围)问题 [例2]　(1) (2024·吉林长春东北师大附中模拟)四棱柱ABCD ­ A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥CD,2AB＝BC＝CD，BC⊥CD，侧面A1ABB1为正方形，设点O为四棱锥A1­CC1DD外接球的球心，E为DD1上的动点，则直线AE与OB所成的最小角的正弦值为(　　) A.eq \f(\r(5),5)　　 B.eq \f(2\r(5),5)　　　 C.eq \f(2\r(6),5)　　 D.eq \f(1,5) [解析]　D　[如图所示，以CD，CB，CC1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设AB＝1，则A(1,2,0)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，球心O在平面CDD1C1的投影坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，则设球心Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，h，\f(1,2)))，则OA＝OC，即 eq \r(1－12＋h－22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq \r(12＋h2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)，解得h＝eq \f(3,4)，则Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,4)，\f(1,2))).设E(2,0，a)，a∈[0,1]，eq \o(EA,\s\up6(→))＝(－1,2，－a)，eq \o(OB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,4)，－\f(1,2)))， 设7＋a＝t，则a＝t－7，t∈[7,8]，则eq \f(14＋2a,3\r(5)×\r(a2＋5))＝eq \f(2t,3\r(5)×\r(t2－14t＋54)) ＝eq \f(2,3\r(5)×\r(54\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(7,54)))2＋\f(5,54)))，当t＝eq \f(54,7)时，有最大值为eq \f(2,3\r(5)×\r(\f(5,54)))＝eq \f(2\r(6),5)，此时直线AE与OB所成的角最小，对应的正弦值为eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),5)))2)＝eq \f(1,5).] (2)(多选)在四棱锥P ­ ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝eq \f(π,3)，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，E为棱PB的中点，F为棱BC上的动点，则下列结论正确的为(　　) A．平面AEF⊥平面PBC B．EF与平面ABCD所成角的最大值为eq \f(π,6) C．E到面PAC的距离为eq \f(\r(3),2) D．AE与PC所成角的余弦值为eq \f(1,4) [解析]　CD　[取BC的中点M，连接AM，AC，因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝eq \f(π,3)，所以AM⊥BC，因为PA⊥平面ABCD，AM，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD，所以AM，AD，AP两两垂直，所以以A为原点，以AM，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0,0)，B(eq \r(3)，－1,0)，C(eq \r(3)，1,0)，D(0,2,0)， P(0,0,2)，因为E为棱PB的中点，所以 Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，设F(eq \r(3)，a,0)(－1≤a≤1)，对于A，设平面AEF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，因为eq \o(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，eq \o(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，a，0))， eq \o(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－1，－2))，eq \o(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1，－2))， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up6(→))＝\f(\r(3),2)x1－\f(1,2)y1＋z1＝0，,m·\o(AF,\s\up6(→))＝\r(3)x1＋ay1＝0，)) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝\r(3)x2－y2－2z2＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝\r(3)x2＋y2－2z2＝0，)) 令x1＝eq \r(3)，x2＝eq \r(3)，则m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－\f(3,a)，－\f(3a＋3,2a)))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，\f(3,2)))，若平面AEF⊥平面PBC，则m·n＝3－eq \f(9a＋9,4a)＝0，解得a＝3不合题意，所以A错误； 对于B，平面ABCD的一个法向量为eq \o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq \o(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，a＋\f(1,2)，－1))，设EF与平面ABCD所成角为θ，则sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(AP,\s\up6(→))，\o(EF,\s\up6(→))〉))＝＝eq \f(2,2\r(\f(3,4)＋1＋a2＋a＋\f(1,4)))＝eq \f(1,\r(a2＋a＋2))， 因为a2＋a＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq \f(7,4)≥eq \f(7,4)，所以sin θ≤eq \f(2\r(7),7)，因为eq \f(2\r(7),7)>eq \f(1,2)，所以θ大于eq \f(π,6)，所以B错误； 对于C，设平面PAC的法向量为b＝(x，y，z)，eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，2))，eq \o(AC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1，0))， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b·\o(AP,\s\up6(→))＝2z＝0，,b·\o(AC,\s\up6(→))＝\r(3)x＋y＝0，))令x＝eq \r(3)，则b＝(eq \r(3)，－3,0)，eq \o(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，所以E到平面PAC的距离为eq \f(|b·\o(AE,\s\up6(→))|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b)))＝eq \f(\f(3,2)＋\f(3,2),\r(3＋9))＝eq \f(\r(3),2)，所以C正确； 对于D，设AE与PC所成角为α，eq \o(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，eq \o(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1，－2))，所以cos α＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(AE,\s\up6(→))，\o(PC,\s\up6(→))〉))＝所以D正确．] 　　 求解空间角的最值或范围问题，一般采用几何法或代数法，其中代数法首先要把目标函数表示出来，然后通过函数或不等式的方法求解．本例利用二次函数来求EF与平面ABCD所成角的正弦值的最大值. 2．(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，E是棱B1C1上的动点，F是线段CD1上的动点，则(　　) A．A1F⊥B1D B．三棱锥E ­ A1BF的体积是定值 C．异面直线AF与A1B所成角的最小值是eq \f(π,3) D．直线A1F与平面B1CD1所成角的正弦值的最小值是eq \f(\r(3),3) 解析：BC　[以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，CF,\s\up6(→))INCLUDEPICTURE"ABC1.TIF" 设＝meq \o(CD1,\s\up6(→))(0≤m≤1)，则A1(0,0,1)，F(1－m,1，m)，B1(1,0,1)，D(0,1,0)，所以eq \o(A1F,\s\up6(→))＝(1－m,1，m－1)，eq \o(B1D,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)， 所以eq \o(A1F,\s\up6(→))·eq \o(B1D,\s\up6(→))＝(1－m)×(－1)＋1×1＋(m－1)×(－1)＝1≠0，所以A1F，B1D不垂直，故A错误；因为A1B∥CD1，所以△A1BF的面积为定值，因为B1C1∥BC，BC⊂平面A1BCD1，B1C1⊄平面A1BCD1，所以B1C1∥平面A1BCD1，所以点E到平面A1BCD1的距离为定值，即三棱锥E ­ A1BF的高为定值，则三棱锥E ­ A1BF的体积为定值，故B正确；因为A(0,0,0)，F(1－m,1，m)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，所以eq \o(AF,\s\up6(→))＝(1－m,1，m)，eq \o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0，－1)， 设异面直线AF与A1B所成的角为θ，则cos θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(AF,\s\up6(→))，\o(A1B,\s\up6(→))〉)) ＝eq \r(\f(4m2－4m＋1,4m2－4m＋4))＝eq \r(1－\f(3,4m2－4m＋4)). 当m＝0或1时，cos θ取得最大值为eq \f(1,2)，所以θ的最小值为eq \f(π,3)，故C正确；因为B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，1))， Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，0))，D1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，1))，所以eq \o(B1C,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－1))，eq \o(B1D,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，0))，设平面B1CD1的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(B1C,\s\up6(→))＝0，,n·\o(B1D,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,－x＋y＝0，)) 令x＝1，可得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，1))，设直线A1F与平面B1CD1所成的角为α，则sin α＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(A1F,\s\up6(→))，n〉))＝＝eq \f(1,\r(2m2－4m＋3)×\r(3))，当m＝0时，sin α取得最小值为eq \f(1,3)，故D错误．] $$