第3讲 专项1 空间向量与空间角(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2025年高考数学大二轮专题复习

第3讲　空间向量与立体几何 备考领航·明方向 　　　　　　　　　　　　　　　　 [高考感悟] 一、考题考法 考题　(2024·全国甲卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点． (1)证明：BM∥平面CDE； (2)求二面角F­BM­E的正弦值． 本题考查线面平行的证明及二面角的求解．第(2)问建立空间直角坐标系是本题的难点，这里蕴含着垂直关系的寻找与证明，考查了考生的空间想象能力与数学论证能力． 解　(1)证明：因为M为AD的中点，BC∥AD，且AD＝4，BC＝2，所以BC∥MD，且BC＝MD，所以四边形BCDM为平行四边形．所以BM∥CD，又CD⊂平面CDE，BM⊄平面CDE，所以BM∥平面CDE. (2)取AM的中点O，连接BO，FO.由(1)可知，BM＝CD＝AB＝2，因为AM＝2，所以BO⊥AD，且BO＝.由(1)知四边形MDEF为平行四边形，所以FM＝ED＝，又AF＝，所以FO⊥AM，又OA＝OM＝1，所以FO＝＝3，又FB＝2，所以BO2＋FO2＝FB2，所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直．分别以OB，OD，OF所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则F(0,0,3)，B(，0,0)，M(0,1,0)，E(0,2,3)，则＝(，－1，0)，＝(0，－1,3)，＝(0,1,3)．设平面FBM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即令y1＝3，所以x1＝，z1＝1，所以n1＝(，3,1)．设平面EBM的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即令y2＝3，所以x2＝，z2＝－1，所以n2＝(，3，－1)．设二面角F­BM­E的平面角为θ，所以|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|＝＝.因为θ∈[0，π]，所以sin θ>0，即sin θ＝＝，所以二面角F­BM­E的正弦值为. 二、考情感悟 1．以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面位置关系的证明相结合，热点为空间角的求解，常以解答题的形式进行考查．高考注重利用向量方法解决空间角问题，但也可利用几何法来求解． 2．空间距离也是高考题中的常见题型，多以解答题的形式出现． [主干提炼] 1．空间向量与空间角 设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为μ，v. (1)异面直线所成的角：设l，m的夹角为θ，则cos θ＝； (2)直线与平面所成的角：设直线l与平面α的夹角为θ，则sin θ＝|cos〈a，μ〉|＝； (3)平面与平面所成的角：设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈μ，v〉|＝. 2．空间距离 (1)点线距离：如图，向量在直线l上的投影向量为，则点P到直线l的距离为PQ＝＝.(其中u是直线l的单位方向向量) (2)点面距离：如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．则点P到平面α的距离PQ＝|·|＝||＝. 专项1　空间向量与空间角 考向突破·抓重点 　　 　　　　　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 考向一　直线与平面所成的角 例1　如图，在四棱台ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，平面AB1C⊥平面ABCD，DD1＝DA＝A1B1＝AB＝2，∠BAD＝. (1)证明：DD1∥平面AB1C； (2)若B1A＝B1C，求直线BC1与平面AB1C所成角的正弦值． 解　(1)证明：连接BD，交AC于点O，连接OB1，B1D1，在四棱台ABCD­A1B1C1D1中，因为DD1＝DA＝A1B1＝AB＝2，所以OD∥B1D1且OD＝B1D1，所以四边形OB1D1D为平行四边形，所以OB1∥DD1，又DD1⊄平面AB1C，OB1⊂平面AB1C，所以DD1∥平面AB1C． (2)因为B1A＝B1C，O为AC的中点，所以OB1⊥AC，又平面AB1C⊥平面ABCD，平面AB1C∩平面ABCD＝AC，OB1⊂平面AB1C，所以OB1⊥平面ABCD.又OB1∥DD1，所以DD1⊥平面ABCD，又在△ABD中，AD＝AB＝2，∠BAD＝，所以BD＝2，则AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，则A(2，0,0)，B1(0，，2)，C(－2，2，0)，B(0,2，0)，C1(－1，，2)，所以＝(－1，－，2)，＝(－2，，2)，＝(－4，2，0)，设平面AB1C的法向量为n＝(x，y，z)，则有取x＝，则y＝2，z＝0，所以n＝(，2,0)．则|cos〈，n〉|＝＝，所以直线BC1与平面AB1C所成角的正弦值为. 利用向量求直线与平面所成角的步骤 (1)建系→找出(或作出)两两垂直的三条直线，建立适应的空间直角坐标系． (2)求向量→先分别求出相关点的坐标，再求直线的方向向量和平面的法向量． (3)用公式→由两向量夹角的余弦公式cos〈m，n〉＝求两个向量的夹角的余弦值． 提醒　平面的法向量与斜线的方向向量所成角的余弦值的绝对值为线面角的正弦值，不是余弦值． 训练1　如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，AB＝AC，F是B1C1的中点，点E在棱CC1上． (1)证明：A1F⊥B1E； (2)若∠BAC＝120°，AA1＝2AB，直线A1F与平面AB1E所成的角为60°，求CE∶EC1. 解　(1)证明：由题意知，三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面A1B1C1，又A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.又CC1∩B1C1＝C1，CC1⊂平面B1C1CB，B1C1⊂平面B1C1CB，所以A1F⊥平面B1C1CB，又B1E⊂平面B1C1CB，所以A1F⊥B1E. (2)由题意，以F为坐标原点，FC1所在直线为x轴，FA1所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.设AB＝2a，C1E＝b，因为∠BAC＝120°，AA1＝2AB，所以AA1＝4a，于是F(0，0,0)，A1(0，a,0)，B1(－a，0,0)，E(a,0，b)，A(0，a,4a)，所以＝(－a，－a，－4a)，＝(2a，0，b)，＝(0，a,0)．设平面AB1E的法向量为m＝(x，y，z)，则即令x＝，得m＝.又sin 60°＝|cos〈m，〉|＝，所以＝，所以b＝，所以EC1＝a，所以CE＝4a－＝a，所以CE∶EC1＝3∶13. 考向二　平面与平面所成的角 例2　(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A­CP­D的正弦值为，求AD. 解　(1)因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB.因为AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，根据平面知识可知BC∥AD，又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC． (2)以A为原点，的方向为y轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)．设D(s，t,0)(s<0)，＝(s，t,0)，＝(s，t－2,0)，因为AD⊥DC，所以·＝s2＋t(t－2)＝0，即s2＝t(2－t)>0，可得到0<t<2，显然平面PAC的法向量可为m＝(1,0,0)．又＝(0，－2,2)，＝(s，t－2,0)，设平面CDP的法向量为n＝(x，y，z)，则即令y＝s，所以x＝2－t，z＝s，则n＝(2－t，s，s)．所以cos〈m，n〉＝＝，即＝，解得t＝，此时AD＝＝＝. 另解　 ① 设A(a,0,0)，C(0，b,0)，其中a2＋b2＝4，则平面PDC的一个法向量为n1＝(2,0，－a)，平面PAC的一个法向量为n2＝(b，a,0)， ② D(x，y,0)，其中2＋2＝1，n1＝(－1，，0)，n2＝. ③ n1＝(sin θ，1－cos θ，sin θ)，n2＝(cos θ，1－sin θ，cos θ)，D(x，y,0)，其中x2＋y2＝1(三角换元如上)，m＝(0,1,0)，n＝(y,1－x，y)． ④ D(x，y,0)，其中2＋2＝1，n1＝(，1,0)，n2＝(2y,2(1－x)，(x－1)＋y)． ⑤ MF＝，AF＝. ⑥ DF＝，DE＝. ⑦ AH＝. 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，用坐标法解题的步骤如下： (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平面的法向量n1，n2. (3)计算：cos θ＝. 训练2　如图，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，PD＝，若∠PDC＝∠PDB，且PD与平面ABCD所成的角为45°，E为AD的中点，点F在线段PA上，且PC∥平面BEF. (1)求； (2)求平面PBE与平面BEF夹角的余弦值． 解　 (1)设AC∩BE＝O，BD∩AC＝G，由菱形ABCD知G是BD，AC的中点，而E为AD的中点，则O为△ABD的重心，所以AO＝AG＝AC，因为PC∥平面BEF，平面PAC∩平面BEF＝OF，PC⊂平面PAC，因此FO∥PC，所以＝＝. (2)在菱形ABCD中，由∠BCD＝60°，知△DCB为等边三角形，有DC＝DB.又∠PDC＝∠PDB，则△PDB≌△PDC，即PB＝PC．取BC的中点M，连接PM，DM，则BC⊥PM，BC⊥DM，而PM∩DM＝M，且两相交直线在平面PMD内，于是BC⊥平面PMD，而BC⊂平面ABCD，所以平面PMD⊥平面ABCD.在平面PMD内过点P作PH⊥DM于点H，平面PMD∩平面ABCD＝DM，从而PH⊥平面ABCD，∠PDH是PD与平面ABCD所成的角，则∠PDH＝45°，因为PD＝，则PH＝DH＝.又DM＝，因此H与M重合． 以H为坐标原点，HD，HB，HP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0，)，B(0,1,0)，A(，2,0)，D(，0,0)，E(，1，0)，＝(0,1，－)，＝＝，则F，＝，＝(，0,0)．设平面BEF的法向量m＝(x1，y1，z1)，则令z1＝－1，得m＝(0，，－1)．设平面PBE的法向量n＝(x，y，z)，则令z＝1，得n＝(0，，1)，于是cos〈m，n〉＝＝＝，所以平面PBE与平面BEF夹角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$