微专题9 专项1 空间向量与空间角(专题微讲PPT)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学高考复习课件聚焦“立体几何”专题，围绕空间向量与空间角核心考点，依据高考评价体系梳理考查要求，通过分析近五年真题明确空间角计算（线面角、二面角）的高频考点权重，归纳“建系求角”“向量运算”等常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“以题梳点+方法提炼”的实战策略，如结合典型真题解析空间向量法求二面角的“三步法”（建系、求法向量、算夹角），培养学生的几何直观与空间观念素养。特设“易错点警示”和“解题模板”，帮助学生熟练掌握答题技巧，教师可据此系统开展专题复习，提升学生高考冲刺效率。

赢在微点 考前顶层设计 数学 专题三　 立体几何 专题三　立体几何 微专题9 空间向量与立体几何 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 核心整合 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 核心整合 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 核心整合 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 核心整合 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 专题三　立体几何 专项1　 空间向量与空间角 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 方法提炼 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 方法提炼 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 方法提炼 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 方法提炼 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 本部分内容讲解结束 把握高考微点，实现素能提升，完成微练（十三） 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(0<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(0≤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(0≤θ≤)，则cos θ＝|cos 〈μ，v〉|＝. 2.空间距离 (1)点到直线的距离：如图①，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) ① (2)点到平面的距离：如图②，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＝|·|＝||＝. ② 微点一　直线与平面所成的角 例1　(2025·开封二模)在四棱锥P­ABCD中，BC∥AD，PA⊥AD，平面PAB⊥平面ABCD，∠BAD＝120°，且PA＝AB＝BC＝AD＝2. (1)求证：PA⊥平面ABCD； 证明：在四棱锥P­ABCD中，由BC∥AD，∠BAD＝120°，得∠ABC＝60°，连接AC，如图，而AB＝BC，则△ABC为等边三角形，取AB的中点E，连接CE，则CE⊥AB，由平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，CE⊂平面ABCD，得CE⊥平面PAB， 而PA⊂平面PAB，则CE⊥PA，又PA⊥AD，CE与 AD相交，CE，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面 ABCD. 取BC的中点F，连接AF，AF＝，BF＝CF＝1，AF⊥BC，AF⊥AD，由PA⊥平面ABCD，AF⊂平面ABCD，得PA⊥AF，即AF，AD，AP两两垂直，以A为原点，直线AF，AD，AP分 别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由PA＝AB＝ BC＝AD＝2，得A(0，0，0)，F(，0，0)，B(， (2)求直线PB与平面PAD所成角的正弦值． －1，0)，P(0，0，2)，＝(，－1，－2)，＝(，0，0)，显然为平面PAD的一个法向量，设直线PB与平面PAD所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝，所以直线 PB与平面PAD所成角的正弦值是. 向量法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，建立适当的空间直角坐标系． (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； 证明：如图，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)若B1A＝B1C，求直线BC1与平面AB1C所成角的正弦值． 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. 微点二　平面与平面所成的角 例2　(2025·全国二卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得面EFD′A′与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A′B∥平面CD′F； 证明：因为EB∥FC，EB⊄平面CD′F，FC⊂平面CD′F，所以EB∥平面CD′F，因为A′E∥D′F，A′E⊄平面CD′F，D′F ⊂平面CD′F，所以A′E∥平面CD′F.因为EB⊂平面 BA′E，A′E⊂平面BA′E，EB∩A′E＝E，所以平面 BA′E∥平面CD′F.因为A′B⊂平面BA′E，所以A′B ∥平面CD′F. (2)求平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值． 因为∠DAB＝90°，EF∥AD，所以∠FEB ＝90°，即AB⊥EF，翻折后，A′E⊥EF，EB⊥EF， 所以面EFD′A′与面EFCB所成二面角的平面角为 ∠A′EB，即∠A′EB＝60°，同理∠D′FC＝60°. 设AD＝1，取CF的中点O， 连接D′O，在△OD′F中，D′F＝1，OF＝，∠D′FO＝60°，由余弦定理得OD′＝，所以D′F2＝OF2＋OD′2，所以OD′⊥OF. 在线段EB上取一点M，使得EM＝，连接OM， 则EM＝OF，又EM∥OF，所以四边形EMOF 为平行四边形，所以EF∥OM， 因为D′F⊥EF，CF⊥EF，D′F∩CF＝F，所以EF⊥平面CD′F，即OM⊥平面CD′F，所以OM，OC，OD′两两垂直， 如图所示，以O为原点，，，的方 向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间 直角坐标系，则B(1，，0)，C(0，，0)， D′(0，0，)，E(1，－，0)，F(0，－，0)， ＝(1，1，0)，＝(0，－，)，＝(1，0，0)，＝(0，，).设平面BCD′的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 取z1＝，则m＝(－3，3，).设平面 EFD′A′的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即取z2＝，则n＝(0，－3，).设平面BCD′与平面EFD′A′的夹角为θ，则cos θ ＝＝＝＝，所以sin θ＝ ＝＝，所以平面 BCD′与平面EFD′A′所成二面角的正弦值为. 利用向量法求两平面夹角(二面角)的步骤 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)求两平面的夹角：cos θ＝. (4)结合平面与平面夹角的范围求出两平面的夹角(或结合图形写出二面角). 训练2　(2025·湖北四模)如图，平面四边形PBCD中，点A是线段PD上一点，AB⊥PD，PD＝4，沿着AB将△PAB翻折，得到四棱锥P­ABCD. (1)证明：平面PAD⊥平面ABCD； 证明：在平面四边形PBCD中，因为点A是线段PD上一点，AB⊥PD，所以折叠后有AB⊥PA，AB⊥AD.又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD. (2)若AB＝AP，且CD＝，∠ADC＝45°，折叠后∠PAD＝120°. (ⅰ)求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值的最大值； (ⅰ)设AB＝AP＝t(0<t<3)，则AD＝4－t.如图，以A为坐标原点，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，过点A且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系．因为CD＝，∠PAD＝120°，∠ADC＝45°，所以A(0，0，0)，B(t，0，0)，P(0，－，)， D(0，4－t，0)，C(1，3－t，0)，所以＝(－1， －3，)，＝(－1，1，0)，＝(－t，－， )，＝(t，0，0).设平面PCD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则令x1＝t，可得n＝(t，t，8－t)，设平面 PAB的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则 令z2＝1，可得m＝(0，，1).设平面PAB与平面 PCD的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝.令u＝t＋4(4<u<7)，则cos θ＝ ＝＝，所以当 ＝，即t＝时，cos θ取得最大值. (ⅱ)若三棱锥P­ACD的四个顶点均在以G为球心的球上，则球G的体积是否存在最小值？若存在，求出此时线段AB的长；若不存在，请说明理由． 如图，设△PAD和△ACD的外接圆圆心分别为点E，F，过点E作平面PAD的垂线，过点F作平面ACD的垂线，则两垂线的交点就是球心G.过点F作FH⊥AD于H，连接EH，PG，PE，DF，显然四边形GFHE为矩形，所以GE2＝PG2－PE2＝FH2＝DF2－DH2. 在△PAD中，由余弦定理得PD＝，由 正弦定理得△PAD的外接圆半径r1＝PE＝ ＝；在△ACD中，由余弦定理得AC＝，由正弦定理得△ACD的外接圆半径r2＝DF＝＝.设球G的半径为R，则PG＝R，PG2－PE2＝DF2－DH2， 即R2－r＝r－()2， 即R2＝r＋r－()2＝＝(t－2)2＋4，故当t＝2时，R取得最小值2，此时球G的体积为.综上，球G的体积存在最小值，此时AB＝2. $