1.4.2 第3课时 空间角的综合问题（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）  

空间角的综合问题 (深化课—题型研究式教学) 第3课时 CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一) 线面角与二面角的综合 题型(二) 已知空间角求其他量 题型(三)　与空间角有关的最值、 范围问题 4 课时跟踪检测 题型(一) 线面角与二面角的综合 01 解：(1)证明：因为MA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 所以MA⊥AC，取BC的中点Q，连接AQ， 因为AD∥BC，BC＝2，AD＝1， 所以CQ＝AD＝1. 又CQ∥AD， 所以四边形ADCQ为平行四边形， 因为CD⊥AD，AD＝DC＝1， 所以四边形ADCQ为正方形， 故AQ＝BQ＝1，AQ⊥BC， 所以△ABQ为等腰直角三角形， 故∠BAQ＝∠CAQ＝45°，∠BAC＝90°， 即AB⊥AC. 又MA∩AB＝A，MA，AB⊂平面MAB， 故AC⊥平面MAB， 因为AC⊂平面NAC， 所以平面MAB⊥平面NAC. (2)因为MA⊥平面ABCD，AQ，AD⊂平面ABCD， 所以MA⊥AQ，MA⊥AD， 由(1)得，AQ⊥AD，故以A为坐标原点，AQ，AD，AM分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， A(0，0,0)，B(1，－1,0)，C(1,1,0)， 设M(0，0，n)，n>1， 设平面ANC的法向量为a＝(x1，y1，z1)， 故平面ANC的法向量为a＝(1，－1，－1)． 又平面MAD的法向量为b＝(1,0,0)， 设平面NAC与平面MAD所成锐二面角为θ， 解决此类问题的关键是准确求出各点的坐标，利用公式求出所需点的坐标，注意夹角的范围 方法技巧 针对训练 解：(1)证明：取AC的中点O，连接OD，OB， ∵D是AC1的中点， ∴OD∥CC1， ∵CC1⊥平面ABC， ∴OD⊥平面ABC， 又△ABC是边长为2的正三角形， ∴AC⊥BO， 以O为原点，OA，OB，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， ∴CD⊥AC1. ∵AB1∩AC1＝A，AB1，AC1⊂平面AB1C1， ∴CD⊥平面AB1C1. (2)设BB1＝a(a>0)， 设n＝(x，y，z)是平面AB1C1的法向量， 题型(二) 已知空间角求其他量 02 [例2]　如图，在四棱锥S-ABCD中，∠ADC＝∠BCD＝90°，SA＝SD＝SB，点E为线段AD的中点，且AD＝SE＝2BC＝2CD. (1)求证：SE⊥AC； 解：(1)证明：连接EB，由∠ADC＝∠BCD＝90°，得AD∥BC， 因为AD＝2BC＝2CD， 所以DE＝BC＝CD， 则四边形DEBC为正方形， 所以DA⊥EB. 因为SA＝SD，所以SE⊥AD. 设SA＝SB＝SD＝a，AD＝SE＝2BC＝2CD＝2b， 在Rt△SAE中，SA2＝SE2＋AE2， 即a2＝4b2＋b2＝5b2，在△SEB中，SE＝2b，EB＝b，SB＝a，有SB2＝SE2＋EB2， 所以△SEB是直角三角形， 所以SE⊥EB. 由AD∩EB＝E，AD，EB⊂平面ABCD，得SE⊥平面ABCD. 又AC⊂平面ABCD， 所以SE⊥AC. (2)由(1)知，以点E为原点，以EA，EB，ES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F(0,0，b)，B(0，b,0)， C(－b，b,0)，S(0,0,2b)，A(b,0,0)， 令x＝2b， 得z＝b，y＝2b， 所以n＝(2b,2b，b)． 设直线FG与平面SAB所成的角为θ(0°<θ<90°)， 又sin2θ＋cos2θ＝1， 解决此类问题应注意所设的变量的范围，避免增解． 方法技巧 针对训练 2．(2023·新课标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； (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P. 解：(1)证明：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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B2(0,2,2)，C2(0,0,3)，A2(2,2,1)，D2(2,0,2)， (2)设BP＝m(0≤m≤4)，则P(0,2，m)， 令x1＝m－1，得n1＝(m－1,3－m,2)． 设平面A2C2D2的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 令y2＝1，得n2＝(1,1,2)． 所以|cos 150°|＝|cos〈n1，n2〉| 整理得m2－4m＋3＝0， 解得m＝1或m＝3， 所以P(0,2,1)或P(0,2,3)， 所以B2P＝1. 题型(三)　与空间角有关的 最值、范围问题 03 [例3]　如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，E，F分别为PC，CD的中点，DE＝EC. (1)求证：平面ABE⊥平面BEF； 解：(1)证明：∵AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，F为CD的中点， ∴四边形ABFD为矩形，AB⊥BF. 又∵DE＝EC，F是CD中点， ∴CD⊥EF. ∵AB∥CD， ∴AB⊥EF. ∵BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF， ∴AB⊥平面BEF. 又AB⊂平面ABE， ∴平面ABE⊥平面BEF. (2)由(1)知DC⊥EF， 又PD∥EF，AB∥CD， ∴AB⊥PD. 又AB⊥AD，PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD，PA⊂平面PAD， ∴AB⊥PA. 如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 易知平面ABCD的法向量n1＝(0,0,1)， 设平面EBD的法向量为n2＝(x，y，z)， 取y＝1， 方法技巧 空间向量法求最值也是要求出目标函数，但是需要先依据题意建立空间直角坐标系，注意建系时使坐标易于求解或表达，然后求目标函数的表达式．　　 针对训练 3.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)求证：l⊥平面PDC； (2)已知PD＝AD＝2，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 解：(1)证明：在平面PAD内过点P作直线l∥AD，由AD∥BC，得l∥BC，即l为平面PAD和平面PBC的交线， 因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD， 所以PD⊥BC. 又BC⊥CD，CD∩PD＝D，PD，CD⊂平面PDC， 于是BC⊥平面PDC， 所以l⊥平面PDC. (2)显然直线DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，直线DA，DC，DP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则D(0，0,0)，C(0,2,0)，A(2,0,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)， 设平面QCD的法向量为n＝(a，b，c)， 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 2 1 3 4 5 2 解：(1)证明：连接EM，因为AB∥CD，PQ∥CD， 所以AB∥PQ. 又因为AB＝PQ， 所以四边形PABQ为平行四边形． 由点E和M分别为AP和BQ的中点，可得EM∥AB且EM＝AB， 因为AB∥CD，CD＝2AB，F为CD的中点， 所以CF∥AB，CF＝AB， 1 3 4 5 2 可得EM∥CF且EM＝CF， 即四边形EFCM为平行四边形， 所以EF∥MC， 又EF⊄平面MPC，MC⊂平面MPC， 所以EF∥平面MPC. 1 3 4 5 2 (2)因为PD⊥平面ABCD，AD⊥CD， 1 3 4 5 2 设n1＝(x，y，z)为平面PMQ的法向量， 1 3 4 5 2 1 3 4 5 2 1 3 4 5 2 1 5 2 3 4 2.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，E，F分别是PC，AD的中点． (1)判断直线DE与平面PFB的位置关系； (2)若PB与平面ABCD所成角为45°，求平面PFB与平面EDB所成二面角大小的正弦值． 1 5 2 3 4 又底面ABCD是正方形， 则FD＝GE，GE∥FD， 1 5 2 3 4 所以四边形FDEG为平行四边形， 即DE∥FG， 由DE⊄平面PFB，FG⊂平面PFB， 所以DE∥平面PFB. 1 5 2 3 4 (2)由PD⊥底面ABCD，得∠PBD是PB与平面ABCD所成的角，即∠PBD＝45°，显然直线DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，直线DA，DC，DP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，令AB＝1， 1 5 2 3 4 1 5 2 3 4 1 5 2 3 4 设平面PFB与平面EDB所成的二面角为θ， 1 5 3 4 2 1 5 3 4 2 由PA⊥平面ABCD，且AD⊂平面ABCD， 则PA⊥AD， 1 5 3 4 2 则AB⊥AD， 又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， 则AD⊥平面PAB， 1 5 3 4 2 设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)， 令y＝1， 则z＝1，x＝1， 1 5 3 4 2 所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量， 1 5 3 4 2 (2)结合(1)中的空间直角坐标系， 1 5 3 4 2 1 5 3 4 2 1 5 3 4 2 1 5 3 4 2 1 5 3 4 2 解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形， 所以AB∥CD， 又AB⊄平面CDEF，CD⊂平面CDEF， 所以AB∥平面CDEF. 因为平面ABFE∩平面CDEF＝EF，AB⊂平面ABFE， 所以AB∥EF. 又EF⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD， 所以EF∥平面ABCD. 1 5 3 4 2 (2)分别取AD，BC的中点O，M，连接OE，OM， 因为平面ADE⊥平面ABCD，△ADE为正三角形， 以O为坐标原点，OA，OM，OE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， 1 5 3 4 2 设平面BCF的法向量为m＝(x，y，z)， 1 5 3 4 2 1 5 3 4 2 1 5 3 4 2 解：(1)证明：以A为坐标原点，AB，AD，AA1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)，B1(2,0,4)，D(0,4,0)，D1(0,2,4)， 设Q(4，m,0)，其中m＝BQ，0≤m≤4， 若P是DD1的中点， 1 5 3 4 2 1 5 3 4 2 1 5 3 4 2 取y＝4， 得n1＝(4－m,4,2)． 又平面AQD的一个法向量是n2＝(0,0,1)， 1 5 3 4 2 1 5 3 4 2 1 5 3 4 2 [例1]　如图，在四棱锥M-ABCD中，MA⊥平面ABCD，AD∥BC，CD⊥AD，BC＝2，AD＝DC＝1，点N为MB的中点． (1)求证：平面MAB⊥平面NAC； (2)若直线MB与平面ANC所成角的正弦值为，MA>1，求平面NAC与平面MAD所成锐二面角的余弦值． 则N，＝(1,1,0)，＝，＝ (1，－1，－n)． 则 令x1＝1， 则y1＝－1，z1＝－， 故a＝， 则直线MB与平面ANC所成角的正弦值为|cos〈，a〉|＝＝＝＝， 解得n＝2或n＝1(舍去)，负值也舍去， 则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝＝＝. 故平面NAC与平面MAD所成锐二面角的余弦值为. 1.如图，在几何体ABCC1B1中，△ABC是边长为2的正三角形，D，E分别是AC1，CB1的中点，BB1∥CC1，CC1⊥平面ABC，CC1＝2. (1)若BB1＝1，求证：CD⊥平面AB1C1； (2)若BB1>1，且平面AB1C1与平面ABC夹角的余弦值为，求直线DE与平面AB1C1所成角的正弦值． 则A(1,0,0)，C(－1,0,0)，B(0, ，0)，B1(0，，1)，C1(－1，0,2)， ∴D(0,0,1)，＝(1,0,1)，＝(－1，，1)，＝(－2,0,2)， ∴⊥， ∵·＝0， ∴⊥， ∴CD⊥AB1. ∵·＝0， 则B1(0，，a)，＝(－1，，a)， 显然m＝(0,0,1)是平面ABC的一个法向量， 则 ∴ 取z＝，则x＝，y＝1－a， ∴n＝(，1－a，)， ∴|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得a＝(舍去)或a＝， 当a＝时，E， ∴＝，n＝， ∴|cos〈，n〉|＝＝＝， ∴直线DE与平面AB1C1所成角的正弦值为. (2)已知点F为线段SE的中点，点G在线段BC上(不含端点位置)，若直线FG与平面SAB所成角的正切值为，求的值． 设＝λ(0<λ<1)， 所以＝＋＝＋λ＝(－bλ，b，－b)，＝(b,0，－2b)，＝(0，b，－2b)． 设平面SAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则 则tan θ＝， 即cos θ＝sin θ， 所以sin θ＝， 所以sin θ＝|cos〈，n〉| ＝＝＝， 由0<λ<1，解得λ＝，即＝. 所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2,1)， 所以＝，所以B2C2∥A2D2. 所以＝(2,0,1－m)，＝(0，－2,3－m)， 设平面PA2C2的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 所以 则 由(1)知，＝(－2，－2,2)，＝(0，－2,1)， 所以 则 ＝＝， (2)设PA＝a(a>0)，若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈，求a的取值范围． 则B(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0，a)， C(2,2,0)，E， ∴＝(－1,2,0)，＝， 则 即 得x＝2，z＝－， 则n2＝， ∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝. ∴a的取值范围是. ∵平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈， ∴cos θ∈，即∈， 由≥，得－≤a≤， 由≤，得a≤－或a≥， 设Q(m,0,2)(m>0)，＝(m,0,2)，＝(2,2，－2)，＝(0,2,0)． 则 令a＝－2，得n＝(－2,0，m)， 令PB与平面QCD所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝＝·＝·≤·＝， 当且仅当m＝2时取等号，PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为. 1.如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝2PQ＝2AB＝2，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点． (1)求证：EF∥平面MPC； (2)求平面PQM与平面PMC夹角的正弦值； (3)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面PMQ所成的角为，求线段QN的长． 所以以D为原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2，1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，Q(0,1,2)，M(1,1,1)，＝(1,1，－1)，＝(0,1,0)，＝(1，－1,1)，＝(0,2，－2)， 设n2＝(x′，y′，z′)为平面PMC的法向量， 则 即不妨设z＝1，可得n1＝(1,0,1)． 所以平面PQM与平面PMC夹角的正弦值为. 则即不妨设z′＝1，可得n2＝(0,1,1)， cos〈n1，n2〉＝＝，则sin〈n1，n2〉＝， 则N(0，λ＋1,2－2λ)，从而＝(0，λ＋1，2－2λ)， 由(2)知平面PMQ的法向量为n1＝(1,0,1)，由题意，sin＝|cos〈，n1〉|＝， (3)设＝λ(0≤λ≤1)， 即＝λ＝(0，λ，－2λ)， 解得λ＝或λ＝3， 因为0≤λ≤1， 所以λ＝，所以＝，||＝||＝.即线段QN的长为. 即＝， 整理得3λ2－10λ＋3＝0， 解：(1)直线DE与平面PFB平行．在四棱锥P-ABCD中，取PB的中点G，连接GE，FG，由E，F分别是PC，AD的中点，得FD＝AD，GE＝BC，GE∥BC. 则PD＝DB＝，B(1,1,0)，D(0，0,0)，E，F，P， 则 因此＝(1,1,0)，＝，＝，＝， 令m＝(x，y，z)为平面EDB的法向量， 则 令c＝1，得n＝(2，－，1)， 令z＝1，得m＝(，－，1)， 令n＝(a，b，c)为平面PFB的法向量， 则|cos θ|＝|cos〈m，n〉|＝＝＝，于是sin θ＝＝， 所以平面PFB与平面EDB所成二面角大小的正弦值为. 3.如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1. (1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值； (2)若点Q满足＝λ(0≤λ≤1)，当直线CQ与DP所成角最小时，求λ的值． 解：(1)以{，，}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标为A(0，0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)， 因为＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2)， 又∠BAD＝， 所以是平面PAB的一个法向量，且＝(0,2，0)， 则 即 所以cos〈，m〉＝＝＝， 所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为. 又＝(0，－1,0)， 则＝＋＝(－λ，－1,2λ)， 因为＝(－1,0,2)， 所以＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)， 设1＋2λ＝t,0≤λ≤1， 又＝(0，－2,2)， 则cos〈，〉＝＝＝， 即λ＝时，|cos〈，〉|取到最大值， 则λ＝，t∈[1,3]，则cos2〈，〉＝2＝＝≤， 当且仅当t＝， 又因为y＝cos x在上单调递减，此时直线CQ与DP所成角最小． 综上所述，λ的值为. 4.如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，平面ADE⊥平面ABCD，且AB＝4，正三角形ADE的边长为2. (1)证明：EF∥平面ABCD. (2)若EF<AB，且直线AE与平面BCF所成角的正弦值为， 求EF的值． 设F(0，m，)(0<m<4)， 则＝(－1,0，)，＝(－2,0,0)，＝(－1，m－4，)， 则A(1,0,0)，B(1,4,0)，C(－1,4,0)，E(0,0，)， 则由 得 所以|cos〈，m〉|＝＝＝， 解得m＝2或m＝6(舍去)，故EF＝2. 令z＝，得m＝， 因为直线AE与平面BCF所成角的正弦值为， 5．如图，已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，A1A＝4，且A1A⊥底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上． (1)若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ； (2)若PQ∥平面ABB1A1，二面角P-QD-A的余弦值为，求四面体ADPQ的体积． 则P(0,3,2)，＝(2,0,4)，＝(4，m－3，－2)， 即AB1⊥PQ. 于是·＝8－8＝0， ∴⊥， 则 (2)由题设知，＝(4，m－4,0)，＝(0，－2,4)是平面PDQ内的两个不共线向量． 设n1＝(x，y，z)是平面PDQ的法向量， ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝＝， 解得m＝或m＝(舍去)，此时Q. 由此得点P(0,4－2λ，4λ)，＝， ∵PQ∥平面ABB1A1， 且平面ABB1A1的一个法向量是n3＝(0,1,0)， 设＝λ(0<λ≤1)， 而＝(0，－2,4)， 解得λ＝， 从而P. ∴·n3＝0， 即2λ－＝0， 将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ，则其高h＝1， 故四面体ADPQ的体积V＝S△ADQ·h＝××4×4×1＝. $$