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“求空间角”专题，覆盖异面直线所成角、直线与平面所成角、平面与平面夹角三大核心考点，依据高考评价体系明确向量法的考查要求，通过教材习题改编与真题分析，归纳出选择、填空、解答题等常考题型，构建了“基础-能力-素养”三级训练体系。 课件亮点在于“真题溯源+方法导引+素养提升”，如以正方体线面角求解为例，通过坐标化建系、向量化表示、代数化计算的思维路径，培养学生的空间观念与推理能力，结合翻折、动点等创新题型，帮助学生掌握法向量求角技巧，教师可依托此课件精准突破高频考点，提升复习效率。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 第7节　求空间角 返回目录 目录 1 2 3 基础满分练 课前 自检自测·夯基固本 能力高分练 课中 关键能力·可视思维 素养提升练 课中 高考定向·捕捉热点 第7节　求空间角 基础 满分练 课前 自检自测·夯基固本 三个高考关键点 关键点1 异面直线所成的角的计算与概念辨析 1.(人教A版选择性必修第一册教材习题改编)设两条异面直线m,n的方向向量分别为a=(-1,1,0),b=(0,-1,1),则直线m与n所成的角为(　　)[命题点❶] A. B. C. D. A 返回目录 解析:因为两条异面直线m,n的方向向量分别为a=(-1,1,0),b=(0,-1,1), cos<a,b>==-=-, 所以m与n所成的角的余弦值为, 所以m与n所成的角为故选A. 返回目录 2.(人教A版选择性必修第一册教材习题)在直三棱柱A1B1C1-ABC中, ∠BCA=90°,D1,F1分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值是(　　)[命题点❶] A. B. C. D. A 解析:如图,建立空间直角坐标系.设BC=CA=CC1=1,则A(1,0,1),B(0,1,1),D1(,0),F1(,0,0),所以=(,-,-1), =(-,0,-1),所以|cos<>|= 返回目录 关键点2 直线与平面所成角的公式应用 3.(人教A版选择性必修第一册教材习题改编)若直线l的一个方向向量为e=(1,1,0),平面α的一个法向量为n=(0,-),则直线l与平面α所成的角为(　　)[命题点❷] A. B. C. D. A 解析:设直线l与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cos<e,n>|=因为θ∈(0,],所以θ=故选A. 返回目录 4.(人教A版选择性必修第一册教材习题改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是A1B1的中点,则直线DC1与平面ACE所成角的正弦值为(　　) [命题点❷] A. B. C. D. A 返回目录 解析:以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),C1(0,2,2),A(2,0,0),E(2,1,2),C(0,2,0),所以=(0,2,2), =(0,1,2),=(-2,2,0).设平面ACE的法向量为m=(x,y,z),所以取z=1,得m=(-2,-2,1).设直线DC1与平面ACE所成的角为θ,则sin θ= 返回目录 关键点3 平面与平面的夹角及二面角的计算 5.已知平面α的法向量n1=(1,0,0),平面β的法向量n2=(0,1,0),则平面α与β的夹角为(　　)[命题点❸] A.30° B.45° C.60° D.90° D 解析:因为n1·n2=1×0+0×1+0×0=0,所以n1⊥n2,故α⊥β,所以平面α与β的夹角为90°.故选D. 返回目录 6.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在BB1,DD1上,且A1C⊥平面AEF,AD=3,AB=4,AA1=5,则平面AEF和平面D1B1BD夹角的余弦值为(　　)[命题点❸] A. B. C. D. C 返回目录 解析:以A为坐标原点,以AB,AD,AA1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A(0,0,0),B(4,0,0),D(0,3,0),D1(0,3,5),A1(0,0,5),C(4,3,0), 所以=(-4,3,0),=(0,0,5).设平面DBB1D1的法向量 为n=(x,y,z),则所以取x=3, 得n=(3,4,0).由于A1C⊥平面AEF,所以平面AEF的一个法向量为 =(4,3,-5).设平面AEF和平面D1B1BD的夹角为θ,则cos θ=,所以平面AEF和平面D1B1BD夹角的余弦值为 返回目录 回归教材•考教衔接 1.异面直线所成的角　[❶] 建系要确保各点坐标易计算,方向向量可任选直线上两点坐标作差 若异面直线l1,l2所成的角为θ,a,b分别是直线l1,l2的方向向量,则 cos θ=|cos<a,b>|=. 两异面直线所成的角为锐角或直角,而不共线的向量的夹角的范围为(0,π),所以公式中要加绝对值. 返回目录 2.直线与平面所成的角[❷] 法向量求解可灵活取特殊值,简化计算,注意所求结果为正弦值 如图所示,设l为平面α的斜线,l∩α=A,a为l的方向向量,n为平面α的法向量,θ为l与α所成的角,则sin θ=|cos<a,n>|=. 返回目录 3.平面与平面的夹角[❸] (1)平面与平面的夹角:平面α与平面β相交,形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角,如图①.若平面α,β的法向量分别是n1和n2,则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ,则cos θ=|cos<n1,n2>| =||=. 图① 返回目录 (2)二面角:二面角α-l-β为θ或π-θ.设二面角大小为φ,则|cos φ|=cos θ=,如图②③. 图② 图③ 返回目录 能力 高分练 课中 关键能力•可视思维 考点1　异面直线所成的角 命题视角:异面直线所成角的向量求法. 例1 (2026·广东佛山期中)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若点M为AB的中点,,则DB1与MN所成角的余弦值为(　　) A. B.- C. D.- A 返回目录 考点1 考点2 考点3 解析:以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1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B1(1,1,1),由,则N(0,1,),由点M为AB的中点,则M(1,,0),则=(-1,),=(1,1,1),则|cos<>|=,故DB1与MN所成角的余弦值为故选A. 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练1 (2025·河南南阳期末)已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中, ∠ABC=135°,AB=,BC=1,BB1=2,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. A 返回目录 考点1 考点2 考点3 解析:在直三棱柱中以B为顶点,BA为x轴,在平面ABC内过点B作垂直于AB的直线为y轴,BB1为z轴建立空间直角坐标系如图所示,A(,0,0),B(0,0,0), C(-,0),A1(,0,2),B1(0,0,2),C1(-,2),=(-,0,2),=(-,2),设异面直线AB1与BC1所成角为θ,则cos θ=|cos<>| =|| =故选A. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 用向量法求异面直线所成角的步骤 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点2　直线与平面所成的角 命题视角:线面角的向量求法. 例2 (2026·江苏泰州模拟)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长为2,侧棱长为,D是BC的中点. (1)证明:A1B∥平面ADC1; (2)求直线A1B1与平面ADC1所成角的正弦值. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)证明:如图,连接A1C交AC1于点O,连接OD,则点O为A1C的中点,且D是BC的中点,则OD为△A1BC的中位线,所以OD∥A1B. 又因为OD⊂平面ADC1,A1B⊄平面ADC1, 所以A1B∥平面ADC1. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)解:取B1C1的中点F,因为在正三角形ABC中,D是BC的中点,故AD⊥BC. 因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱, 所以CC1⊥平面ABC, 又因为D是BC的中点,F是B1C1的中点, 所以DF∥CC1,所以DF⊥平面ABC,所以DF⊥BC,DF⊥AD. 以D为坐标原点,分别以DA,DB,DF为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图,则D(0,0,0),A(,0,0),C(0,-1,0), B(0,1,0),A1(,0,),C1(0,-1,),B1(0,1,). 返回目录 考点1 考点2 考点3 故=(-,1,0),=(,0,0),=(0,-1,). 设平面ADC1的法向量为m=(x,y,z), 则 令y=,则x=0,z=1,即m=(0,,1). 设直线A1B1与平面ADC1所成角为θ, 可得sin θ=|cos<,m>|=, 所以直线A1B1与平面ADC1所成角的正弦值为 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练2 (原创)如图1,在△ABC中,∠B=90°,D,E两点分别在AB,AC上,使=DE=BD=2.现将△ABC沿DE折起得到四棱锥A-BCED,在图2中, AC=. 图1 图2 (1)求证:AD⊥平面BCED; (2)求直线AB与平面ACE所成角的余弦值. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)证明:在题图1的△ABC中,连接CD(图略),=DE=BD=2, 所以DE∥BC,AD=4,BC=DE=3. 因为∠ABC=90°,所以∠ADE=90°,则AD⊥DE,DE⊥BD. 在△BCD中,∠CBD=90°,BD=2,BC=3,则CD= 在题图2的△ACD中,连接CD(图略),AD=4,CD=,AC=, 满足AD2+CD2=AC2,所以AD⊥CD. 因为AD⊥CD,AD⊥DE,CD∩DE=D,CD,DE⊂平面BCED, 所以AD⊥平面BCED. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)解:因为AD⊥平面BCED,DE⊥BD,以点D为原点,DB,DE,DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,4),B(2,0,0), C(2,3,0),E(0,2,0),=(2,0,-4),=(2,3,-4),=(0,2,-4), 设平面ACE的一个法向量为m=(x,y,z),则 返回目录 考点1 考点2 考点3 令z=1,则y=2,x=-1,可得m=(-1,2,1)为平面ACE的一个法向量,设直线AB与平面ACE所成角为θ,0, 则sin θ=|cos<,m>|=, 所以cos θ=, 因此,直线AB与平面ACE所成角的余弦值为 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 用空间向量求线面角的解题步骤 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点3　平面与平面的夹角 命题视角:平面与平面夹角的向量求法. 例3 (2026·江苏南京模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,底面ABCD为梯形,AD∥BC,∠BAD=∠PAD=90°,AD=AB=AP=2BC,E是PD的中点. (1)求证:CE∥平面PAB; (2)求平面ACE与平面CDE的夹角的余弦值. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF,因为E为PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD. 因为AD∥BC,BC=AD, 所以EF∥BC,EF=BC, 所以四边形EFBC为平行四边形, 所以EC∥BF, 又BF⊂平面PAB,EC⊄平面PAB, 所以EC∥平面PAB. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)解:因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PA⊂平面PAD,∠PAD=90°,所以PA⊥平面ABCD. 因为AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AB, 又∠BAD=90°,所以AB,AD,AP两两垂直. 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AD=AB=AP=2BC=2,则A(0,0,0),P(0,0,2),D(0,2,0),C(2,1,0),E(0,1,1), 所以=(2,1,0),=(0,1,1),=(-2,1,0),=(-2,0,1). 设平面ACE的法向量为n=(x,y,z), 返回目录 考点1 考点2 考点3 则取x=1,得y=-2,z=2,所以n=(1,-2,2). 设平面CDE的法向量为m=(a,b,c), 则 取a=1,得b=2,c=2,所以m=(1,2,2). 设平面ACE与平面CDE的夹角为θ,则cos θ=|cos<m,n>|=,即平面ACE与平面CDE的夹角的余弦值为 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 返回目录 考点1 考点2 考点3 素养 提升练 课中 高考定向•捕捉热点 命题趋势1:近年高考中向量法求空间角,集中在线线角、线面角、面面角的求解,逐步加强与空间几何体、空间向量运算的综合考查. 1.(2025·北京,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,△ABC与△ADC均为等腰直角三角形,∠BAC=90°,∠ADC=90°,E为线段BC的中点. (1)若F,G分别为线段PD,PE的中点,求证:FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求AB与平面PCD所成角的正弦值. 返回目录 (1)证明:取PA的中点N,PB的中点M,连接FN,MN,GM. 由题意,知∠ADC=90°,∠BAC=90°, 令AD=CD=2,则AC=AB=2, ∴BC==4.又FN=AD=1,BE=CB=2,GM=BE=1,则FN=GM. ∵∠DCA=∠ACB=45°, ∴∠ADC=∠DCB=90°,∴AD∥BC,故FN∥GM,且FN=GM,即四边形FGMN为平行四边形,∴FG∥MN. ∵FG⊄平面PAB,MN⊂平面PAB, ∴FG∥平面PAB. 返回目录 (2)解:∵PA⊥平面ABCD,AC,AB⊂平面ABCD,∴PA⊥AC,PA⊥AB. 又AC⊥AB,则PA,AC,AB两两垂直. 以A为原点,AC,AB,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AD=DC=2,则AC=AB=PA=2, 则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,0,0),D(,-,0),P(0,0,2), =(0,2,0), 返回目录 =(,0),=(-2,0,2).设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),则 令x=1,则y=-1,z=1, 得n=(1,-1,1),设AB与平面PCD所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=, 故AB与平面PCD所成角的正弦值为 返回目录 命题趋势2:强化空间角与空间几何体的结合,融合空间向量运算与法向量求解,创新与翻折、动点相关的空间角问题,注重几何直观与向量运算的综合. 2.(一题多解)(2025·新高考Ⅱ,17)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; (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 返回目录 (1)证明:由题意知,EB∥FC,FC⊂平面CD'F,EB⊄平面CD'F, 所以EB∥平面CD'F. 又A'E∥D'F,D'F⊂平面CD'F,A'E⊄平面CD'F,所以A'E∥平面CD'F. 又A'E∩EB=E,A'E,EB⊂平面A'EB,所以平面A'EB∥平面CD'F. 又A'B⊂平面A'EB, 所以A'B∥平面CD'F. 返回目录 (2)解:因为AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,CD=2AD,EF∥AD, 所以四边形AEFD为正方形且FD'=FC,所以EF⊥FC,EF⊥FD', 又平面EFD'A'∩平面EFCB=EF,FD'⊂平面EFD'A',FC⊂平面EFCB, 所以∠D'FC为平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角的平面角,所以∠D'FC=60°, 所以△D'FC为等边三角形. (方法1)延长EF,BC交于点C1,连接C1D'. 返回目录 不妨设DF=1,则由题可得FC=1,BE=2,又BE∥FC,所以CF为△C1EB的中位线,所以C1F=1, 所以S△D'FC·C1F=12×1= 又D'C1=,D'C=1,C1C=, 设△CC1D'中CD'边上的高为h1,则h1=, 则CD'·h1= 返回目录 设点F到平面D'C1C的距离为h2,由, 得h2= 易知点F到D'C1的距离为D'C1= 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ, 则sin θ= 返回目录 (方法2)取FC中点G,连接D'G,则D'G⊥FC.过点G作GH∥EF,交BE于点H. 由题可得EF⊥平面FCD',则GH⊥平面FCD',又D'G,FC⊂平面FCD', 所以GH⊥D'G,GH⊥GC. 以点G为坐标原点,分别以GH,GC,GD'所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 返回目录 设AD=1,则C(0,,0),B(1,,0),F(0,-,0),E(1,-,0),D'(0,0,), 所以=(-1,-1,0),=(0,-),=(-1,0,0),=(0,). 设平面BCD'的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则 令z1=1,得y1=,x1=-,则平面BCD'的一个法向量为m=(-,1). 设平面EFD'A'的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则 返回目录 令z2=1,得x2=0,y2=-,则平面EFD'A'的一个法向量为n=(0,-,1). cos<m,n>==- 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ= 返回目录 $