向量法求空间角课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“空间向量与立体几何”专题，依据高考评价体系梳理了空间角（线线角、线面角、二面角）求解及线面位置关系证明等核心考点，通过真题分析明确二面角、线面角为高频考查内容，归纳证明与计算两类常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+素养提升”的复习策略，如以2024北京高考题求平面夹角余弦值为例，详解建系、求法向量、向量夹角公式应用步骤，培养学生逻辑推理与数学语言表达素养。特设易错点警示与解题模板，助力学生掌握答题技巧，教师可据此开展精准复习，提升备考效率。

向量法求空间角 1.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥ 平面ABCD,E为PB的中点. (1)证明:AD⊥PB. 证明:因为底面ABCD是矩形,所以AD⊥AB.因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD.因为AB∩PA=A,AB⊂平面PAB,PA⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB.因为PB⊂平面PAB,所以AD⊥PB. 解 (2)已知PA=AD,直线ED与平面PAB所成角的正切值为. (ⅰ)求; 如图,连接AE,设PA=AD=a,AB=b.因为AD⊥平面PAB,所以直线ED与平面PAB所成的角为∠AED.易得AE==,所以tan∠AED===,得==2. 解 (ⅱ)求异面直线DE与PC所成角的余弦值. 以A为原点,AB,AD,AP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.设PA= AD=2,则AB=4,则D(0,2,0),E(2,0,1),P(0,0,2),C(4, 2,0),=(2,-2,1),=(4,2,-2),得cos<,>= ==.因为异面直线DE与PC所 成的角为锐角,所以异面直线DE与PC所成角的余弦值为. 解 2.(2026·南通模拟)如图,已知多面体ABC-A1B1C1,AA1,BB1,CC1均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,AA1=4,CC1=1,AB=BC=BB1=2. (1)证明:AB1⊥A1C1; 证明:因为AA1⊥平面ABC,BB1⊥平面ABC,所以AA1∥BB1.因为AA1=4,BB1=2,AB=2,所以A1B1==2,又因为AB1==2,所以A=A+A1,所以AB1⊥A1B1.同理可得AB1⊥B1C1.又A1B1∩B1C1=B1,A1B1,B1C1⊂平面A1B1C1,所以AB1⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以AB1⊥A1C1. 解 (2)求直线AC1与平面A1B1C1所成角的正弦值. 解法一:由(1)及题意,易知∠AC1B1为直线AC1与平面A1B1C1所成的角,则sin∠AC1B1===. 解法二:取AC中点O,过点O作OD∥AA1,交A1C1于点D,则OD⊥平面ABC.因为AB=BC,所以OB⊥OC.因为AB=BC=2,∠ABC=120°,所以OB=1,OA=OC=.以O为原点,以OB,OC,OD所在直线为x轴、y轴、 解 z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-,0), B1(1,0,2),C1(0,,1),所以=(0,2,1),=(1, ,2).由(1)知,AB1⊥平面A1B1C1,所以平面A1B1C1 的一个法向量为.设直线AC1与平面A1B1C1所 成的角为θ,则sin θ=|cos<,>|==.所以直线AC1与平面A1B1C1所成角的正弦值为. 解 3.(2024·北京高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,BC∥AD,AB=BC=1,AD=3,点E在AD上,且PE⊥AD,PE=DE=2. (1)若F为线段PE的中点,求证:BF∥平面PCD; 证明:取PD的中点G,连接FG,CG,因为F为PE的中点,所以FG=DE=1,FG∥DE,又BC=1,AD∥BC,所以FG=BC,FG∥BC,所以四边形FGCB为平行四边形,所以BF∥CG,又BF⊄平面PCD,CG⊂平面PCD,所以BF∥平面PCD. 解 (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 因为AB⊥平面PAD,PE⊂平面PAD,所以AB⊥ PE,又PE⊥AD,AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD, 所以PE⊥平面ABCD.连接EC,易知四边形ABCE 为矩形,故直线EC,ED,EP两两垂直,故以E为坐 标原点,EC,ED,EP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P(0,0,2),C(1,0,0),D(0,2,0),A(0,-1,0),B(1,-1,0),则=(1,0,0),=(0,1,2),=(1,0,-2),=(0,2,-2).设平面PAB的法向量 解 解 4.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,AA1=AB,点D,E分别为棱BC,B1C1上的点,且==t(0<t<1). (1)若t=,求证:AD∥平面A1EB; 当t=时,==t=,即点D,E分别为BC,B1C1的中点,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1∥BB1∥CC1,AA1=BB1=CC1,四边形BB1C1C为平行四边形,连接DE,则DE∥BB1,DE=BB1,所以DE∥AA1,DE=AA1,所以四边形DEA1A是平行四边形,所以AD∥A1E.又AD⊄平面A1EB,A1E⊂平面A1EB,所以AD∥平面A1EB. 解 (2)若二面角C1-AD-C的大小为,求实数t的值. 解 个法向量为n2=(0,0,1),二面角C1-AD-C的大小为,所以= cos=,即=,得t2-4t+2=0,又0<t<1,所以t=2-. 解 5.(2026·石家庄模拟)如图,在五棱锥S-ABCDE中,平 面SAE⊥平面AED,AE⊥ED,SE⊥AD. (1)证明:SE⊥平面AED; 证明:因为平面SAE⊥平面AED,DE⊥EA,DE⊂平面AED,平面SAE∩平面AED=AE,所以DE⊥平面SAE,又SE⊂平面SAE,所以DE⊥SE,又因为SE⊥AD,ED∩AD=D,且AD,DE⊂平面AED,所以SE⊥平面AED. 解 (2)若四边形ABCD为矩形,且SE=AB=1,AD=3,=2.当直线DN与平面SAD所成的角最小时,求三棱锥D-SAE的体积. 以E为坐标原点,分别以EA,ED,ES所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设∠EAD=θ,则A(3cos θ,0,0),D(0,3sin θ,0),S(0, 0,1),可得CD与y轴夹角为θ,所以=(sin θ,cos θ,0),==(cos θ,-sin θ,0),=+=(sin θ+cos θ,cos θ-sin θ,0),=(3cos θ,0, 解 -1),=(0,3sin θ,-1),平面SAD的法向量记为n=(x,y,z),由 令z=3sin θcos θ,得n=(sin θ,cos θ,3sin θcos θ), cos<,n>== 解 =,当θ=时,等号成立,此时,直线DN与平面 SAD所成的角取得最小值,此时VD-SAE=S△ADE·SE =××1=. 解 为n1=(x1,y1,z1),则可取n1=(0,-2,1).设平面PCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则可取n2=(2,1,1).设平面PAB与平面PCD的夹角为θ,则cos θ=|cos<n1,n2>|==.所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为. 因为AA1⊥平面ABC,∠BAC=,所以以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设AA1=AB=3,则点A(0,0,0),B(3,0,0), C(0,3,0),C1(0,3,3),从而=(0,3,3),=(-3,3,0),=t=(-3t,3t,0),所以D(3-3t,3t,0),=(3-3t,3t,0).设平面AC1D的法向量为n1=(x,y,z),则取n1=(t,t-1,1-t),又平面ADC的一 $