(浙江专用)高考数学二轮复习专题二立体几何第3讲空间角学案
第3讲 空间角
[考情考向分析] 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，热点为异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的求解，向量法作为传统几何法的补充，为考生答题提供新的工具．
热点一 异面直线所成的角
(1)几何法：按定义作出异面直线所成的角(即找平行线)，解三角形．
(2)向量法：设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．设l ，m 的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21 a 22＋b 22＋c 22
. 例1 (1)(2018·全国Ⅱ)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15 B.56 C.55 D.2
2 答案 C
解析 方法一 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的一侧补上一个相同的长方体A ′B ′BA －
A 1′
B 1′B 1A 1.连接B 1B ′，由长方体性质可知，B 1B ′∥AD 1，所以∠DB 1B ′为异面直线AD 1与DB 1
所成的角或其补角．连接DB ′，由题意，得DB ′＝12
＋(1＋1)2
＝5，B ′B 1＝12
＋(3)2
＝2，DB 1＝12
＋12
＋(3)2
＝ 5.
在△DB ′B 1中，由余弦定理，得
DB ′2＝B ′B 21＋DB 2
1－2B ′B 1·DB 1·cos∠DB 1B ′，
即5＝4＋5－2×25cos∠DB 1B ′，∴cos∠DB 1B ′＝5
5
. 故选C.
方法二 如图，以点D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz .
由题意，得A (1,0,0)，D (0,0,0)，
D 1(0,0，3)，B 1(1,1，3)，
∴AD 1→
＝(－1,0，3)，
DB 1→
＝(1,1，3)，
∴AD 1→·DB 1→＝－1×1＋0×1＋(3)2
＝2， |AD 1→|＝2，|DB 1→
|＝5， ∴cos〈AD 1→，DB 1→
〉＝AD 1→·DB 1
→
|AD 1→|·|DB 1→|＝225
＝55.
故选C.
(2)(2018·浙江省杭州二中月考)已知异面直线a ，b 所成的角为50°，过空间一定点P 最多可作n 条直线与直线a ，b 均成θ角，则下列判断不正确的是( ) A ．当θ＝65°时，n ＝3 B ．当n ＝1时，θ只能为25° C ．当θ＝30°时，n ＝2 D ．当θ＝75°时，n ＝4
答案 B
解析 将空间直线平移，异面直线的夹角不变，则可将异面直线a ，b 平移到同一平面α内，使得点P 为平移后的直线a ′，b ′的交点，则当0°≤θ<25°时，n ＝0；当θ＝25°时，n ＝1，此时该直线为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线；当25°<θ<65°时，n
＝2，此时这两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线；当θ＝65°时，n ＝3，此时其中两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线，另一条直线为直线a ′，b ′所成钝角的角平分线所在的直线；当65°<θ<90°时，n ＝4，此时其中两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线，另外两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成钝角的角平分线所在的直线；当θ＝90°时，n ＝1，此时直线为过点P 且与平面α垂直的直线．综上所述，B 选项的说法错误，故选B.
思维升华 (1)运用几何法求异面直线所成的角一般是按找—证—求的步骤进行． (2) 两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|. 跟踪演练1 (2018·浙江省衢州二中模拟)如图，已知等腰三角形ABC 中，AB ＝AC ，O 为BC 的中点，动点P 在线段OB 上(不含端点)，记∠APC ＝θ，现将△APC 沿AP 折起至△APC ′，记异面直线BC ′与AP 所成的角为α，则下列结论一定成立的是( )
A ．θ>α
B ．θ<α
C ．θ＋α>π
2
D ．θ＋α<π
2
答案 A
解析 设PC →＝λBC →
，
则cos θ＝|PA →·PC →||PA →||PC →|＝|PA →·λBC →||PA →||λBC →|＝|PA →·BC →|
|PA →||BC →|
＝|PA →·(BP →＋PC →)||PA →|·(|BP →|＋|PC →|)
， 因为cos α＝|PA →·BC ′→||PA →||BC ′→|＝|PA →·(BP →＋PC ′→)|
|PA →||BC ′→|，
且PA →·PC →＝PA →·PC ′→
，
|BP →|＋|PC →|＝|BP →|＋|PC ′→|>|BC ′→
|， 所以cos θ 又θ，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以θ>α，故选A. 热点二 直线与平面所成的角 (1)几何法：按定义作出直线与平面所成的角(即找到斜线在平面内的投影)，解三角形． (2)向量法：设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为μ＝(a 2，b 2，c 2)，设直线l 与平面α的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|. 例2 (2018·浙江省名校协作体联考)在如图所示的几何体中，平面DAE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为等腰梯形，四边形DCFE 为菱形．已知AB ∥CD ，∠ABC ＝60°，CD ＝1 2 AB ＝1. (1)线段AC 上是否存在一点N ，使得AE ∥平面FDN ？证明你的结论； (2)若线段FC 在平面ABCD 上的投影长度为1 2，求直线AC 与平面ADF 所成角的正弦值． 解 (1)在线段AC 上存在点N ，使得AE ∥平面FDN ，且N 是AC 的中点． 如图，取AC 的中点N ，连接NF ，DN ，连接EC 交DF 于点O ，连接ON . ∵四边形CDEF 为菱形， ∴O 为EC 的中点． 在△ACE 中，由中位线定理可得ON ∥AE . ∵ON ⊂平面FDN ，AE ⊄平面FDN ，∴AE ∥平面FDN ， ∴在线段AC 上存在点N ，使得AE ∥平面FDN ，且N 是AC 的中点． (2)方法一 ∵DE ∥CF ， ∴DE 在平面ABCD 上的投影长度为1 2， 过点E 作EO ⊥AD 于点O ， ∵平面DAE ⊥平面ABCD ，且平面DAE ∩平面ABCD ＝AD ，EO ⊂平面DAE ， ∴EO ⊥平面ABCD ，则OD ＝1 2 ， ∵在等腰梯形ABCD 中，由已知易得AD ＝BC ＝1， ∴点O 为线段AD 的中点． 设点C 到平面FDA 的距离为h ， ∵V C －FDA ＝V F －ADC ， ∴h ·S △FDA ＝EO ·S △ADC ， 易知S △ADC ＝ 3 4，EO ＝32 ， 取AB 的中点M ，连接CM ，取CM 的中点P ，连接AP ，DP ，FP ，OP . ∵O ，P 分别为AD ，MC 的中点，AM ∥DC ∥EF ，且AM ＝DC ＝EF ，∴OP ∥EF 且OP ＝EF ， ∴四边形OPFE 为平行四边形，∴OE ∥FP ，OE ＝FP ， ∴FP ⊥平面ABCD . 易求得AP ＝72，DP ＝FP ＝32 ， ∴AF ＝ 102，DF ＝62 ， ∴DF 2 ＋AD 2 ＝AF 2 ，∴△ADF 为直角三角形， ∴S △FDA ＝64.∴h ＝EO ·S △ADC S △FDA ＝32×3 464 ＝ 64 . 设直线AC 与平面FDA 所成的角为θ， 在△ADC 中，易得AC ＝3，则sin θ＝h AC ＝24 . 方法二 ∵DE ∥CF ， ∴DE 在平面ABCD 上的投影长度为1 2， 过点E 作EO ⊥AD 于点O ， ∵平面DAE ⊥平面ABCD ，且平面DAE ∩平面ABCD ＝AD ，EO ⊂平面DAE . ∴EO ⊥平面ABCD ，则OD ＝1 2 ， ∵在等腰梯形ABCD 中，由已知易得AD ＝BC ＝1. ∴点O 为线段AD 的中点． 以O 为原点，OE 所在直线为z 轴，过O 且平行于DC 的直线为y 轴，过O 且垂直于yOz 平面的直线为x 轴建立空间直角坐标系，易得x 轴在平面ABCD 内． 可得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－14，0，C ⎝ ⎛ ⎭⎪⎫－34，54，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，14，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32， ∴AC →＝⎝ ⎛ ⎭⎪⎫－32，32，0，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32 ，－12，0， DF →＝DE →＋EF →＝DE →＋DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3 4，－14，32＋(0,1,0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，32. 设平面ADF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨ ⎪⎧ n ·DA →＝0， n ·DF →＝0， 得⎩⎪⎨ ⎪⎧ 32x －1 2y ＝0，34x ＋34y ＋32z ＝0. 令x ＝1，得平面ADF 的一个法向量为 n ＝(1，3，－2)． 若直线AC 与平面ADF 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，AC → 〉|＝ 322×3 ＝24 . 思维升华 (1)运用几何法求直线与平面所成的角一般是按找——证——求的步骤进行． (2)直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意所求角和两向量夹角间的关系． 跟踪演练2 (2018·杭州质检)如图，在等腰三角形ABC 中，AB ＝AC ，∠A ＝120°，M 为线段 BC 的中点，D 为线段BC 上一点，且BD ＝BA ，沿直线AD 将△ADC 翻折至△ADC ′，使AC ′⊥BD . (1)证明：平面AMC ′⊥平面ABD ； (2)求直线C ′D 与平面ABD 所成的角的正弦值． (1)证明 因为△ABC 为等腰三角形，M 为BC 的中点， 所以AM ⊥BD ， 又因为AC ′⊥BD ，AM ∩AC ′＝A ，AM ，AC ′⊂平面AMC ′， 所以BD ⊥平面AMC ′， 因为BD ⊂平面ABD ，所以平面AMC ′⊥平面ABD . (2)解 在平面AC ′M 中，过C ′作C ′F ⊥AM 交直线AM 于点F ，连接FD . 由(1)知，平面AMC ′⊥平面ABD ， 又平面AMC ′∩平面ABD ＝AM ，C ′F ⊂平面AMC ，所以C ′F ⊥平面ABD . 所以∠C ′DF 为直线C ′D 与平面ABD 所成的角． 设AM ＝1，则AB ＝AC ＝AC ′＝2，BC ＝23， MD ＝2－3，DC ＝DC ′＝23－2，AD ＝6－ 2. 在Rt△C ′MD 中， MC ′2＝DC ′2－MD 2＝(23－2)2－(2－3)2＝9－4 3. 设AF ＝x ，在Rt△C ′FA 和Rt△C ′FM 中，AC ′2 －AF 2 ＝MC ′2 －MF 2 ，即4－x 2 ＝9－43－(x －1)2 ， 解得x ＝23－2，即AF ＝23－2. 所以C ′F ＝223－3. 故直线C ′D 与平面ABD 所成的角的正弦值等于 C ′F DC ′＝23－3 3－1 . 热点三 二面角 二面角有两种求法：①几何法：利用定义作出二面角的平面角，然后计算． ②向量法：利用两平面的法向量．设平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4， b 4， c 4)，设二面角α—a —β的平面角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|＝|μ·v | |μ||v | ＝|cos 〈μ， v 〉|. 例3 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝4，点E 在线段AD 上且AE ＝3，现分别沿BE ，CE 所在的直线将△ABE ，△DCE 翻折，使得点D 落在线段AE 上，则此时二面角D －EC －B 的余弦值为( ) A.45 B.56 C.67 D.78 答案 D 解析 如图1所示，连接BD ，设其与CE 的交点为H ，由题意易知BD ⊥CE .翻折后如图2所示，连接BD ， 图1 图2 则在图2中，∠BHD 即为二面角D －EC －B 的平面角， 易求得BD ＝22，DH ＝255，BH ＝855 ， 所以cos∠DHB ＝BH 2＋DH 2－BD 22BH ·DH ＝7 8 ， 故选D. 思维升华 (1)构造二面角的平面角的方法(几何法)： 根据定义；利用二面角的棱的垂面；利用两同底等腰三角形底边上的两条中线等． (2)向量法：根据两平面的法向量． 跟踪演练3 (2018·绍兴质检)已知四面体SABC 中，二面角B －SA －C ，A －SB －C ，A －SC －B 的平面角的大小分别为α，β，γ，则( ) A.π 2<α＋β＋γ<π B. 3π 2 <α＋β＋γ<2π C ．π<α＋β＋γ<3π D ．2π<α＋β＋γ<3π 答案 C 解析 设三棱锥的顶点S 距离底面ABC 无穷远，则三棱锥S －ABC 近似为以△ABC 为底面的三棱柱，此时二面角的平面角α，β，γ等于三角形ABC 的三个内角；若顶点S 与底面ABC 的距离趋向于0，则三棱锥S －ABC 近似压缩为四顶点共面，则当S 为△ABC 内一点时，二面角的平面角α，β，γ的大小都为π，因此α＋β＋γ∈(π，3π)，故选C. 真题体验 1．(2017·全国Ⅲ)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°. 其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号) 答案 ②③ 解析 依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1. 由题意知，点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆． 设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝(1,0,0)，CB → 以Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[)0，2π， 则B (cos θ，sin θ，0)， ∴AB →＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB → |＝ 2. 设直线AB 与a 所成的角为α， 则cos α＝|AB →·a ||a ||AB →|＝22|sin θ|∈⎣⎢⎡ ⎦⎥⎤0，22， ∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误； 设直线AB 与b 所成的角为β， 则cos β＝|AB →·b ||b ||AB →| ＝2 2|cos θ|. 当直线AB 与a 的夹角为60°，即α＝60°时， |sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝22 ， ∴|cos θ|＝ 22，∴cos β＝22|cos θ|＝12 . ∵45°≤β≤90°，∴β＝60°， 即直线AB 与b 的夹角为60°. ∴②正确，①错误． 2．(2017·浙江改编)如图，已知正四面体D —ABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别 为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝ CR RA ＝2，分别记二面角D —PR —Q ，D —PQ —R ，D —QR —P 的平面角为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为________． 答案 α<γ<β 解析 如图①，作出点D 在底面ABC 上的射影O ，过点O 分别作PR ，PQ ，QR 的垂线OE ，OF ， OG ，连接DE ，DF ，DG ，则α＝∠DEO ，β＝∠DFO ，γ＝∠DGO . 由图可知，它们的对边都是DO ， ∴只需比较EO ，FO ，GO 的大小即可． 如图②，在AB 边上取点P ′，使AP ′＝2P ′B ，连接OQ ，OR ，则O 为△QRP ′的中心． 设点O 到△QRP ′三边的距离为a ，则OG ＝a ， OF ＝OQ ·sin∠OQF ∴OF OD tan β< OD tan γ tan α ， ∴α<γ<β. 3．(2018·浙江)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°， A 1A ＝4，C 1C ＝1，A B ＝B C ＝B 1B ＝2. (1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1； (2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值． 方法一 (1)证明 由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB ，得AB 1＝A 1B 1＝22， 所以A 1B 2 1＋AB 2 1＝AA 2 1， 故AB 1⊥A 1B 1. 由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ， 得B 1C 1＝ 5. 由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝2 3. 由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13， 所以AB 2 1＋B 1C 2 1＝AC 2 1， 故AB 1⊥B 1C 1. 又因为A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，A 1B 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1. (2)解 如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ，连接AD . 由AB 1⊥平面A 1B 1C 1， 得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1. 由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1. 所以∠C 1AD 即是直线AC 1与平面ABB 1所成的角． 由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21， 得cos∠C 1A 1B 1＝427，sin∠C 1A 1B 1＝77 ， 所以C 1D ＝3， 故sin∠C 1AD ＝ C 1 D AC 1＝3913 . 因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是 3913 . 方法二 (1)证明 如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz . 由题意知各点坐标如下： A (0，－3，0)， B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)， C 1(0，3，1)． 因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→ ＝(0,23，－3)． 由AB 1→·A 1B 1→ ＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1→ ＝0，得AB 1⊥A 1C 1. 又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1. (2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知 AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→ ＝(0,0,2)． 设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨ ⎪⎧ n ·AB →＝0， n ·BB 1→＝0， 得⎩⎨ ⎧ x ＋3y ＝0， 2z ＝0， 可取n ＝(－3，1,0)． 所以sin θ＝|cos 〈AC 1→ ，n 〉|＝|AC 1→ ·n ||AC 1→||n | ＝39 13. 因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913 . 押题预测 如图所示，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，SA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为线段AB ， SD 的中点． (1)证明：EF ∥平面SBC ； (2)设SA ＝AD ＝2AB ，试求直线EF 与平面SCD 所成角的正弦值． 押题依据 定义法求直线与平面所成的角的关键是利用直线与平面所成角的定义去构造一个直角三角形，通过解三角形的知识求角．方法一求解第(2)问的关键是构造三角形，证明∠AFE 为直线EF 与平面SCD 所成角的余角． (1)证明 方法一 如图，过点E 作EG ∥SB ，交SA 于点G ，连接GF . 因为E 为AB 的中点，所以G 为SA 的中点， 又F 为SD 的中点， 所以GF ∥AD ， 所以GF ∥BC ，又BC ⊂平面SBC ，GF ⊄平面SBC ， 所以GF ∥平面SBC . 因为GE ∥SB ，SB ⊂平面SBC ，GE ⊄平面SBC ， 所以GE ∥平面SBC ， 又GE ∩GF ＝G ，GE ，GF ⊂平面GEF ， 所以平面GEF ∥平面SBC ， 又EF ⊂平面GEF ，所以EF ∥平面SBC . 方法二 取SC 的中点H ，连接FH ，BH ，因为F 是SD 的中点，所以FH ∥CD ，FH ＝1 2CD ， 又CD ∥AB ，CD ＝AB ，点E 是AB 的中点，所以FH ∥BE ，FH ＝BE ，所以四边形EFHB 是平行四边形， 所以EF ∥BH ， 又BH ⊂平面SBC ，EF ⊄平面SBC ，所以EF ∥平面SBC . (2)解 方法一 如图，连接AF . 因为SA ＝AD ，SA ⊥AD ， 所以AF ⊥SD . 因为SA ⊥平面ABCD ， 所以SA ⊥CD . 因为AD ⊥CD ，SA ∩AD ＝A ，SA ，AD ⊂平面SAD ， 所以CD ⊥平面SAD ， 因为AF ⊂平面SAD ，所以CD ⊥AF ， 又SD ∩CD ＝D ，SD ，CD ⊂平面SCD ， 所以AF ⊥平面SCD . 所以∠AFE 即为直线EF 与平面SCD 所成角的余角． 令SA ＝AD ＝2AB ＝4， 则AE ＝1，AF ＝22，所以EF ＝3. 设直线EF 与平面SCD 所成的角为θ， 则sin θ＝sin ⎝ ⎛⎭ ⎪⎫π2－∠AFE ＝cos∠AFE ＝AF EF ＝223. 所以直线EF 与平面SCD 所成角的正弦值为22 3. 方法二 因为四边形ABCD 是矩形，SA ⊥底面ABCD ， 所以直线AB ，AD ，AS 两两垂直． 以A 为坐标原点，AB ，AD ，AS 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz . 设SA ＝AD ＝2AB ＝4， 则S (0,0,4)，C (2,4,0)，D (0,4,0)，E (1,0,0)，F (0,2,2)． 所以EF →＝(－1,2,2)，SD →＝(0,4，－4)，DC → ＝(2,0,0)． 设平面SCD 的法向量为a ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨ ⎪⎧ a ·SD →＝4y －4z ＝0， a ·DC →＝2x ＝0， 取y ＝1，所以a ＝(0,1,1)是平面SCD 的一个法向量． 设直线EF 与平面SCD 所成的角为θ， 所以sin θ＝|a ·EF → ||a |·|EF →|＝|0＋2＋2|2×3＝22 3. 所以直线EF 与平面SCD 所成角的正弦值为22 3 . A 组 专题通关 1．(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A. 32 B.155 C.105 D.33 答案 C 解析 方法一 将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图①所示，连接 AD 1，B 1D 1，BD . 图① 由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1， 所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°. 在△ABD 中，由余弦定理知BD 2 ＝22 ＋12 －2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝3. 又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ， 所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 2 12×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝10 5 . 故选C. 方法二 以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图②所示． 图② 由已知条件知B 1(0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(1,0,0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1,0，－1)，AB 1→ ＝(1，－3，－1)． 所以cos 〈AB 1→ ，BC 1→ 〉＝ AB 1→·BC 1 → |AB 1→||BC 1→| ＝25×2＝105. 所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为10 5 . 故选C. 2．(2018·嘉兴、丽水模拟)已知两个平面α，β和三条直线m ，a ，b ，若α∩β＝m ，a ⊂ α且a ⊥m ，b ⊂β，设α和β所成的一个二面角的大小为θ1，直线a 和平面β所成的角 的大小为θ2，直线a ，b 所成的角的大小为θ3，则( ) A ．θ1＝θ2≥θ3 B ．θ3≥θ1＝θ2 C ．θ1≥θ3，θ2≥θ3 D ．θ1≥θ2，θ3≥θ2 答案 D 解析 当平面α与平面β所成的二面角为锐角或直角时，θ1＝θ2，当平面α与平面β所成的二面角为钝角时，θ2为θ1的补角，则θ1>θ2，综上所述，θ1≥θ2，又由最小角定理得θ3≥θ2，故选D. 3．如图，正四棱锥P －ABCD .记异面直线PA 与CD 所成的角为α，直线PA 与平面ABCD 所成的角为β，二面角P －BC －A 的平面角为γ，则( ) A ．β<α<γ B ．γ<α<β C ．β<γ<α D ．α<β<γ 答案 C 解析 如图，过点P 作PO ⊥平面ABCD ，则O 为正方形ABCD 的中心．连接AO ，并过O 点作OE ⊥BC ，交BC 于点E ，连接PE . ∵AB ∥DC ，∴异面直线PA 与CD 所成的角就是∠PAB ，而AO 为PA 在平面ABCD 上的投影，∴∠PAO 为PA 与平面ABCD 所成的角． ∴∠PAB >∠PAO . 又OE ⊥BC ，PO ⊥BC ，OE 与PO 相交于点O ， ∴BC ⊥平面POE ，∴PE ⊥BC ， 因此∠PEO 为二面角P －BC －A 的平面角． ∵OE 又∠PAB ＝∠PBE ，cos∠PBE ＝BE PB ，cos∠PEO ＝OE PE ， ∵OE ＝BE ，PE ∴cos∠PBE 4．已知四边形ABCD ，AB ＝BD ＝DA ＝2，BC ＝CD ＝2，现将△ABD 沿BD 折起，使二面角A － BD －C 的大小在⎣⎢⎡⎦ ⎥⎤ π 6，5π6内，则直线AB 与CD 所成角的余弦值的取值范围是( ) A.⎣ ⎢⎡⎦⎥⎤ 0，528 B.⎣⎢⎡⎦ ⎥⎤0，28 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0， 28∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫528，1 D.⎣⎢ ⎡⎦⎥⎤ 28 ，528 答案 A 解析 设BD 的中点为E ，连接AE ，CE ， 因为AB ＝BD ＝DA ＝2，BC ＝CD ＝2， 所以AE ＝3，CE ＝1，且AE ⊥BD ，CE ⊥BD ， 则∠AEC 为二面角A －BD －C 的平面角， 在平面ABD 内，过点A 作AF ∥BD ，使AF ＝BD ，构造平行四边形ABDF ，连接FD ，CF ，则∠CDF 或其补角即为异面直线AB 与CD 的夹角， 则在△AEC 中，由余弦定理得 AC 2＝AE 2＋CE 2－2AE ·CE cos∠AEC ＝4－23cos∠AEC ， 又因为∠AEC ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6 ，5π6， 所以AC 2 ＝4－23cos∠AEC ∈[1,7]． 因为AE ⊥BD ，CE ⊥BD ，且AE ∩CE ＝E ，AE ，CE ⊂平面AEC ， 所以BD ⊥平面AEC ， 则BD ⊥AC ，所以AF ⊥AC ， 则在Rt△CAF 中，CF 2 ＝AC 2 ＋AF 2 ∈[5,11]， 则在△CDF 中，由余弦定理易得直线AB 与CD 的夹角的余弦值为|cos∠CDF |＝⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪DF 2＋CD 2－CF 2 2DF ·CD ∈⎣ ⎢⎡⎦⎥⎤0，528，故选A. 5．长方体的对角线与过同一个顶点的三个表面所成的角分别为α，β，γ，则cos 2 α＋cos 2 β＋cos 2 γ＝________. 答案 2 解析 设长方形的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则对角线长d ＝a 2 ＋b 2 ＋c 2 ， 所以cos 2 α＋cos 2 β＋cos 2 γ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＋c 2d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋c 2d 2＋⎝ ⎛⎭ ⎪⎫a 2＋b 2d 2＝ 2()a 2 ＋b 2 ＋c 2 d 2＝2. 6.如图所示，在正方体AC 1中， AB ＝2, A 1C 1∩B 1D 1＝E ，直线AC 与直线DE 所成的角为α，直线DE 与平面BCC 1B 1所成的角为β，则cos ()α－β＝________. 答案 6 6 解析 由题意可知，α＝π 2 ，则cos ()α－β＝sin β， 以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则D ()0，0，0， E ()1，1，2， DE → ＝()1，1，2，平面BCC 1B 1的法向量DC → ＝()0，2，0， 由此可得cos ()α－β＝sin β＝|DE →·DC → ||DE →||DC →| ＝6 6. 7.(2018·浙江省名校新高考研究联盟联考)如图，平行四边形PDCE 垂直于梯形ABCD 所在的 平面，∠ADC ＝∠BAD ＝90°，∠PDC ＝120°，F 为PA 的中点，PD ＝1，AB ＝AD ＝1 2 CD ＝1. (1)求证：AC ∥平面DEF ； (2)求直线BC 与平面PAD 所成角的余弦值． (1)证明 连接PC . 设PC 与DE 的交点为M ，连接FM ，因为F ，M 分别为PA ，PC 的中点，则FM ∥AC . 因为FM ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，所以AC ∥平面DEF . (2)解 方法一 (几何法)取CD 的中点G ，连接AG ，则AG ∥BC ， 所以直线AG 与平面PAD 所成的角即为直线BC 与平面PAD 所成的角． 过点G 作GH ⊥PD ，交PD 于点H ， 又平面PDCE ⊥平面ABCD ，平面PDCE ∩平面ABCD ＝CD ，AD ⊥CD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以AD ⊥平面PDCE ， 又GH ⊂平面PDCE ，所以AD ⊥GH ， 因为PD ∩AD ＝D ，PD ，AD ⊂平面PAD ， 所以GH ⊥平面PAD ，则∠GAH 即为所求的线面角， 易得GH ＝ 3 2 ，AG ＝BC ＝2， 则sin∠GAH ＝GH AG ＝ 64 ， 所以直线BC 与平面PAD 所成角的余弦值为 104 . 方法二 (向量法)过点D 在平面PDCE 中作DQ ⊥PE ，交PE 于点Q ，由已知可得PQ ＝1 2 ， 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DQ 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．由题意可得D (0,0,0)，P ⎝ ⎛ ⎭⎪⎫0，－12，32，A (1,0,0)， B (1,1,0)， C (0,2,0)， 则DA →＝(1,0,0)，DP →＝⎝ ⎛ ⎭⎪⎫0，－12，32， 设平面PAD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨ ⎪⎧ n ·DA →＝0， n ·DP →＝0， 即⎩⎪⎨⎪ ⎧ x ＝0，－12 y ＋3 2z ＝0，令y ＝3， 得平面PAD 一个法向量n ＝(0，3，1)， BC → ＝(－1,1,0)． 设直线BC 与平面PAD 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，BC →〉|＝ ⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝322＝64， 所以直线BC 与平面PAD 所成角的余弦值为 10 4 . 8．(2018·浙江省杭州二中月考)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ＝CD ＝BC ＝2，AD ＝5，M ，N 是 AD 上的点，且AM ＝DN ＝2，现将△ABM ，△CDN 分别沿BM ，CN 折起，使得A ，D 重合记作S . (1)求证：BC ∥平面SMN ； (2)求直线SN 与底面BCNM 所成角的余弦值． (1)证明 ∵BC ∥MN ，且MN ⊂平面SMN ，BC ⊄平面SMN ，∴BC ∥平面SMN . (2)解 过S 向底面作垂线，垂足为O ，连接BC 的中点Q 与MN 的中点P ，根据对称性可知O 新新课标版高考数学二轮复习难点2-7立体几何中的空间角与距离教学案理 立体几何中的“角”与“距离”是定量分析空间几何元素（点、线、面）间位置关系的两个重要的几何量,在研究这些“角”和“距离”时,常将空间问题转化为平面问题来处理,这是化归思想在立体几何中的具体应用. 空间角是考查学生对立体几何中的视图、空间想象能力、逻辑推理能力以及运算能力的一个综合知识点;空间距离既能考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力,又能考查学生的转化思想及运算能力,空间距离的计算也是学生感觉较难的部分.在求解空间的角与距离的问题时,一般应包括三个部分:求作、论证和计算,这三部分是一个统一的整体.求空间中的角或距离的常用方法注意根据定义找出或作出所求的角或距离，给出证明，一般情况下，力求明确所求角或距离的位置.求角与距离的关键是将空间的角与距离灵活地转化为平面上的角与距离，然后将所求量置于一个三角形中，通过解三角形最终求得所需的角与距离. 空间向量是高中数学立体几何中新增加的内容 .借助于空间向量工具，可以对一些传统解法中较为繁琐的问题加以定量化 ,从而降低了思维难度 ,增强了可操作性 ,使学生对立体几何更容易产生兴趣 .空间向量在角和距离的处理上有着独特的优势 ,它最大限度地避开了思维的高强度转换 ,避开了各种辅助线添加的难处 ,代之以空间向量的计算 ,有利于我们较好地解决问题 . 1 异面直线所成的角 异面直线所成角的大小，是由空间一点分别引它们的平行线所成的锐角（或直角）来定义的.因此，通常我们要求异面直线所成的角会要求学生通过平移直线，形成角，然后在某个三角形中求出角的方法来得到异面直线所成角的大小.在这一方法中，平移直线是求异面直线所成角的关键，而如何平移直线要求学生有良好的空间观和作图能力.新教材对立体几何的处理有了一些新的变化，淡化了对学生作图能力的要求，引进了空间向量的方法（实际上是把空间问题代数化），避开了一些繁杂的作图，其中在求异面直线所成的角中运用空间向量的方法有很大的优点.另外，对异面直线所成的角的求法我们还可以借用一些固定的模型，引用一些已知的公式来求出角的大小. 例１在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC ?是直角三角形，12AC BC AA ===，D 为侧棱1AA 的中点. （1）求异面直线1DC 、1BC 所成角的余弦值； （2）求二面角11B DC C --的平面角的余弦值. 1．(2019·合肥二模)如图，三棱台ABC -EFG 的底面是正三角形，平面ABC ⊥平面BCGF ，CB ＝2GF ，BF ＝CF . (1)求证：AB ⊥CG ； (2)若BC ＝CF ，求直线AE 与平面BEG 所成角的正弦值． 详细分析：(1)证明：取BC 的中点为D ，连接DF . 由ABC -EFG 是三棱台得，平面ABC ∥平面EFG ，从而BC ∥FG . ∵CB ＝2GF ，∴CD 綊GF ， ∴四边形CDFG 为平行四边形，∴CG ∥DF . ∵BF ＝CF ，D 为BC 的中点， ∴DF ⊥BC ，∴CG ⊥BC . ∵平面ABC ⊥平面BCGF ，且交线为BC ，CG ?平面BCGF ， ∴CG ⊥平面ABC ，而AB ?平面ABC ， ∴CG ⊥AB . (2)连接AD .由△ABC 是正三角形，且D 为中点得，AD ⊥BC . 由(1)知，CG ⊥平面ABC ，CG ∥DF ， ∴DF ⊥AD ，DF ⊥BC ， ∴DB ，DF ，DA 两两垂直． 以DB ，DF ，DA 分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz . 设BC ＝2，则A (0,0，3)，E ????－12 ，3，32，B (1,0,0)，G (－1，3，0)， ∴AE →＝????－12，3，－32，BG →＝(－2，3，0)，BE →＝????－32 ，3，32. 设平面BEG 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由????? BG →·n ＝0BE →·n ＝0，可得????? －2x ＋3y ＝0，－32x ＋3y ＋32z ＝0. 令x ＝3，则y ＝2，z ＝－1，∴n ＝(3，2，－1)． 设AE 与平面BEG 所成角为θ， 则直线AE 与平面BEG 所成角的正弦值为sin θ＝|cos 〈AE →，n 〉|＝??????AE →·n |AE →|·|n |＝64. 2.(2019·湖南五市十校联考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥ 平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42， P A ＝2. (1)求证：AB ⊥PC ； (2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M -AC -D 的大小为45°，如果存在，求出BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由． 详细分析：(1)证明：由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42，可得△ABC 是等腰直角三角形，即AB ⊥AC ，因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AB ，又P A ∩AC ＝A ，所以AB ⊥平面P AC ，所以AB ⊥PC . (2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，C (22，22， 0)，D (0,22，0)，P (0,0,2)，B (22，－22，0)，PD →＝(0,22， －2)，AC →＝(22，22，0)，AP →＝(0,0,2)． 设PM →＝tPD →(0 立体几何专题：空间角 第一节：异面直线所成的角 一、基础知识 1.定义： 直线a 、b 是异面直线，经过空间一交o ，分别a ?//a ，b ?//b ，相交直线a ?b ?所成的锐角（或直 角）叫做 。 2.范围： ?? ? ??∈2,0πθ 3.方法： 平移法、问量法、三线角公式 （1）平移法：在图中选一个恰当的点（通常是线段端点或中点）作a 、b 的平行线，构造一个三角形，并解三角形求角。 （2）向量法： 可适当选取异面直线上的方向向量，利用公式b a = ><=,cos cos θ 求出来 方法1：利用向量计算。选取一组基向量，分别算出 b a ? 代入上式 方法2：利用向量坐标计算，建系，确定直线上某两点坐标进而求出方向向量 ),,(111z y x a = ),,(222z y x b =2 2 22222 1 2 12 12 12121cos z y x z y x z z y y x x ++++++= ∴θ （3）三线角公式 用于求线面角和线线角 斜线和平面内的直线与斜线的射影所成角的余弦之积等于斜线和平面内的直线所成角的余弦 即：θθθcos cos cos 2 1= 二、例题讲练 例1、（2007年全国高考）如图，正四棱柱 1111ABCD A B C D -中， 12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为 例2、在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，已知AB=a ，BC=)(b a b >,AA 1= c ，求异面直线D 1B 和AC 所成 的角的余弦值。 方法一：过B 点作 AC 的平行线（补形平移法） A B 1 B 1 A 1D 1 C C D 立体几何（3）空间直角坐标系与空间向量 一、建立空间直角坐标系的几种方法 构建原则： 遵循对称性，尽可能多的让点落在坐标轴上。 作法： 充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来建立空间直角坐标系. 类型举例如下： （一）用共顶点的互相垂直的三条棱构建直角坐标系 ABCD — A i B i C i D i 中，AA 、= 2，底面 ABCD AB // CD , AB = 4 , AD = 2 , DC = 1，求异面 余弦值. 解析：如图1，以D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、DD i 所在直线为x 、y 、z 轴建立空 间直角坐标系，贝U C i （0，i ，2 ）、B （2，4，0）， UJUD UJU ??? BC i （ 2，3,2），CD （0，i,O ）. LULU UUU 设BC i 与CD 所成的角为， UUUL UUUT 一 则 BCipD 3 i7 则 cos UUU U ||UUur ---- ? BG CD i7 （二）利用线面垂直关系构建直角坐标系 ABC — A i B i C i 中，AB 丄侧面 BB i C i C , E 为 一点，EA 丄 EB i .已知 AB 2 , BB i = 2 , -.求二面 例1已知直四棱柱 是直角梯形，/ A 为直角, 直线BC i 与DC 所成角的 例2 如图2，在三棱柱 棱CC i 上异于C 、C i 的 BC = i ，/ BCC i = 冬2 角A —EB i —A i的平面角的正切值. 3 解析：如图2，以B 为原点，分别以BB i 、BA 所在直线为y 轴、z 轴，过B 点垂直于平 面AB i 的直线为x 轴建立空间直角坐标系. 由于 BC = i , BB i = 2 , AB = 2，/ BCC i = 3 uur uur 由 EA 丄 EB i ，得 EAgEB i a,0 2 (舍去). u u EA 的夹角. UUJU iuiu g Buuu[ -i ，即 tan |EA B i AI V 3 (2) 求面VAD 与面VDB 所成的二面角的余弦值. ???在三棱柱ABC — A i B i C i 中, 有 B (0,0,0) (0,0, .2)、B i (0, 2, 0)、 c ，2,0 i 3,a , 且 3 a(a 4 2) a 2 uu 由已知有EA uuir uuu EB] , B i A i uui r EB uuuu ,故二面角A — EB i — A i 的平面角 的大小为向量BA 与 uur 因BA uiu BA ，- uuu (0,0,. 2) , EA 故cos uu u EA (三) 利用面面垂直关系构建直角坐标系 例3如图3准四棱 面VAD 是正三角形，平面 锥V — ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧 VAD 丄底面ABCD . VAD ; 立体几何与空间向量 03 空间点、线、面的位置关系 一、具体目标： 1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理； 2.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理； 3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题. 二、知识概述： 1.平面的基本性质 (1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内(即直线在平面内)． (2)公理2：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个平面)． (3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线． 推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面． 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 2. 空间两直线的位置关系 直线与直线的位置关系的分类??? 共面直线??? ?? 平行 相交 异面直线：不同在任何一个平面内 直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况． 平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况． 平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行． 等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 3.异面直线所成的角 ①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角或直角叫作异面直线a ，b 所成的角(或夹角)． ②范围：. 4.异面直线的判定方法： ]2 , 0(π 【考点讲解】 判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线； 反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面． 5.求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下： ①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形； ④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角． 求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围． 【温馨提示】平面的基本性质，点、直线、平面之间的位置关系是高考试题主要考查知识点，题型除了选择题或填空题外，往往在大题中结合平行关系、垂直关系或角的计算间接考查． 1.【2019年高考全国Ⅲ卷】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD， M是线段ED的中点，则（） A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线 C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线 【解析】本题主要考查的空间两条直线的位置关系问题，要求会构造三角形，讨论两直线是否共面，并通过相应的计算确定两条直线的大小关系.如图所示，作EO CD ⊥于O，连接ON，BD，易得直线BM，EN是三角形EBD的中线，是相交直线.过M作MF OD ⊥于F，连接BF，Q平面CDE⊥平面ABCD，, EO CD EO ⊥?平面CDE，EO ∴⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，MFB ∴△与EON △均为直角 三角形．设正方形边长为2，易 知12 EO ON EN === , ， 5 , 2 MF BF BM ==∴=， BM EN ∴≠，故选B． ] 2 ,0( π【真题分析】 第3讲 空间向量与立体几何 自主学习导引 真题感悟 1．(2020·陕西)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为 A.5 5 B.53 C. 25 5 D.35 解析 利用向量法求解． 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2. 可得O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)， ∴BC 1→＝(0,2，－1)，AB 1→ ＝(－2,2,1)， ∴cos 〈BC 1→ ，AB 1→ 〉＝ BC 1→·AB 1 → |BC 1→||AB 1→| ＝4－15×9＝15＝55＞0. ∴BC 1→与AB 1→ 的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角， ∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为 55 . 答案 A 2．(2020·辽宁)如图，直三棱柱ABC A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝λAA ′，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点． (1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′； (2)若二面角A ′MNC 为直二面角，求λ的值． 解析 (1)证明 证法一 连接AB ′，AC ′，由已知∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，三棱柱ABCA ′B ′C ′为直三棱柱，所以M 为AB ′的中点．又因为N 为B ′C ′的中点，所以MN ∥AC ′.又MN ?平面A ′ACC ′，AC ′?平面A ′ACC ′，因此MN ∥平面A ′ACC ′. 证法二 取A ′B ′的中点P ，连接MP ，NP .而M ，N 分别为AB ′与B ′C ′的中点，所以MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′，所以MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′.又MP ∩NP ＝P ，因此平面MPN ∥平面A ′ACC ′.而MN ?平面MPN ，所以MN ∥平面A ′ACC ′. (2)以A 为坐标原点，分别以直线AB ，AC ，AA ′为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，如图所示． 设AA ′＝1，则AB ＝AC ＝λ，于是A (0,0,0)，B (λ，0,0)，C (0，λ，0)，A ′(0,0,1)，B ′(λ， 沪教版（上海）高中数学度高三数学二轮复习 立体几何专题之 空间的角与距离① 教学目标 1、理解点到平面、直线和直线、直线和平面、平面和平面距离的概念；会用求距离的常用方法（如：直 接法、转化法、向量法） 2、理解线线角、线面角、面面角的概念定义和取值范围；会用求角的方法“一作二证三计算”。 知识梳理 1、空间角： （1）空间角的计算步骤一作、二证、三算。 （2）异面直线所成角： 1>范围：___________ (0°，90°]； 2>计算方法: <1>平移法：一般情况下应用平行四边形的对边、梯形的平行对边、三角形的中位线进行平移; <2>补体法； （3）直线与平面所成的角： 1>定义：平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角；一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是直角； 2>范围：_____________ [0°，90°]； 3>斜线与平面所成角的计算： <1>直接法：关键是作垂线，找射影可利用面面垂直的性质； <2>平移法：通过三角形的中位线或平行四边形的对边平移，计算其平行线与平面所成的角（也可平移平面）。 <3>通过等体积法求出斜线任一点到平面的距离d，计算这点与斜足之间的线段长l，则sin d l θ=. (6)二面角： 1>定义：平面内的一条直线把平面分为两部分，其中的每一部分叫做半平面.从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面。二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角，叫做这个二面角的平面角.规定：二面角的两个半平面重合时，二面角为0，当两个半平面合成一个平面时，二面角为π，因此，二面角的大小范围为_______ [0°，180°]； 2>确定二面角的方法： <1>定义法；<2>垂面法； 注：空间角的计算步骤：一作、二证、三算 第3课时空间向量与空间角 ●三维目标 1.知识与技能 (1)理解直线与平面所成角的概念． (2)能够利用向量方法解决线线、线面、面面的夹角求法问题． (3)体会空间向量解决立体几何问题的三步曲． 2．过程与方法 经历规律方法的形成推导过程、解题的思维过程，体验向量的指导作用． 3．情感、态度与价值观 通过学习向量及其运算由平面向空间推广的过程，逐步认识向量的科学价值、应用价值和文化价值，提高学习数学的兴趣，树立学好数学的信心． ●重点难点 重点：向量法求解线线、线面、面面的夹角． 难点：线线、线面、面面的夹角与向量夹角的关系． (教师用书独具) ●教学建议 按照传统方法解立体几何题，需要有较强的空间想象能力、演绎推理能力以及作图能力，学生往往由于这些能力的不足造成解题困难．用向量法处理立体几何问题，实现了几何问题代数化，把对空间图形的研究从“定性推理”转化为“定量计算”，即将复杂的几何论证转化为代数运算，从而避免了几何作图，减少了逻辑推理，降低了难度，学生易于操作，容易接受． 本节课宜采取的教学方法：(1)诱导思维法：这种方法有利于学生对知识进行主动建构；有利于突出重点，突破难点；有利于调动学生的主动性和积极性，发挥其创造性．(2)分组讨论法：有利于学生进行交流，及时发现问题，解决问题，培养学生的互相合作精神．(3) 讲练结合法：可以及时巩固所学内容，抓住重点，突破难点． 学法方面，自主探索、观察发现、类比猜想、合作交流．建构主义学习理论认为，学习是学生积极主动的建构知识的过程，学习应该与学生熟悉的背景相联系．在教学中，让学生在问题情境中，经历知识的形成和发展，通过观察、归纳、思考、探索、交流、反思、参与学习，认识和理解数学知识、学会学习，发展能力． ●教学流程 创设问题情境，提出空间中两条异面直线的夹角、直线与平面的夹角、二面角的取值范围各是多少？?通过引导学生回答问题，分析空间角大小与向量夹角的关系，并进一步得出用向量求空间角的方法.? 通过例1及其变式训练，使学生掌握利用向量求异面直线所成角的方法及注意事项.?通过例2及其变式训练，使学生掌握利用向量求直线与平面所成的角.?通过例3及其变式训练，解决利用向量求二面角问题.?完成当堂双基达标，巩固所学知识并进行反馈矫正.? 归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节课所学知识. 【问题导思】 1．空间中两条异面直线所成角的范围是多少？ 【提示】 (0，π 2 ]． 2021届高三数学二轮专题复习教案――立体几何 一、本章学问构造： 二、重点学问回忆 1、空间几何体构造特征 〔1〕棱柱、棱锥、棱台和多面体 棱柱是由满意以下三个条件面围成几何体：①有两个面互相平行；②其余各面都是四边形；③每相邻两个四边形公共边都互相平行；棱柱按底面边数可分为：三棱柱、四棱柱、五 棱柱等．棱柱性质：①棱柱各个侧面都是平行四边形，全部侧棱都相等； ②棱柱两个底面与平行于底面截面是对应边互相平行全等．． 多边形. ③过棱柱不相邻两条侧棱截面都是平行四边形. 棱锥是由一个底面是多边形，其余各面是有一个公共顶点三角形所围成几何体．棱锥具有以下性质：①底面是多边形；②侧面是以棱锥顶点为公共点三角形；③平行于底面截面和底面是相像多边形，相像比等于从顶点到截面和从顶点究竟面间隔 比．截面面积和底面面积比等于上述相像比平方． 棱台是棱锥被平行于底面一个平面所截后，截面和底面之间部分．由棱台定义可知，全部侧棱延长线交于一点，继而将棱台复原成棱锥． 多面体是由假设干个多边形围成几何体．多面体有几个面就称为几面体，如三棱锥是四面体． 〔2〕圆柱、圆锥、圆台、球 分别以矩形一边，直角三角形始终角边，直角梯形垂直于底边腰所在直线，半圆以它直径所在直线为旋转轴，旋转一周而形成几何体叫做圆柱、圆锥、圆台、球 圆柱、圆锥和圆台性质主要有：①平行于底面截面都是圆；②过轴截面〔轴截面〕分别是全等矩形、等腰三角形、等腰梯形；③圆台上底变大到与下底一样时，可以得到圆柱；圆台上底变小为一点时，可以得到圆锥． 2、空间几何体侧面积、外表积 〔1〕棱柱侧面绽开图面积就是棱柱侧面积，棱柱外表积就是它侧面积与两底面面积和． 因为直棱柱各个侧面都是等高矩形，所以它绽开图是以棱柱底面周长与高分别为长和宽矩形．假如设直棱柱底面周长为c ，高为h ，那么侧面积S ch =侧． 假设长方体长、宽、高分别是a 、b 、c ，那么其外表积2()S ab bc ca =++表． 〔2〕圆柱侧面绽开图是一个矩形．矩形宽是圆柱母线长，矩形长为圆柱底面周长．假如设圆柱母线长为l ，底面半径为r ，那么圆柱侧面积2πS rl =侧，此时圆柱底面面积 2πS r =底.所以圆柱外表积222π2π2π()S S S rl r r r l =+=+=+侧底． 〔3〕圆锥侧面绽开图是以其母线为半径扇形．假如设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，那么侧面积πS rl =侧，那么圆锥外表积是由其侧面积与底面面积和构成，即为 2πππ()S S S rl r r r l =+=+=+侧底． 〔4〕正棱锥侧面绽开图是n 个全等等腰三角形．假如正棱锥周长为c ，斜高为h '，那么它侧面积1 2 S ch '= 侧． 〔5〕正棱台侧面积就是它各个侧面积和．假如设正棱台上、下底面周长是c c '，，斜高是h '，那么它侧面积是1 2 S ch '= 侧． 第二篇 专题三 第3讲 立体几何与空间向量 1．如图，在三棱锥A －BCD 中，AB ＝BD ＝AD ＝AC ＝2，△BCD 是以BD 为斜边的等腰直角三角形，P 为AB 的中点，E 为BD 的中点． (1)求证：AE ⊥平面BCD ； (2)求直线PD 与平面ACD 所成角的正弦值． 【解析】(1)证明：由题图可知，△ABD 是边长为2的等边三角形， ∵E 为BD 的中点，∴AE ⊥BD ，且AE ＝3， 如图，连接CE ， ∵△BCD 是斜边长为2的等腰直角三角形， ∴CE ＝12 BD ＝1， 在△AEC 中，AC ＝2，EC ＝1，AE ＝3， ∴AC 2＝AE 2＋EC 2，∴AE ⊥EC . ∵BD ∩EC ＝E ，BD ⊂平面BCD ，EC ⊂平面BCD ， ∴AE ⊥平面BCD . (2)方法一：取CD 的中点F ，连接AF ，EF ， ∵AC ＝AD ，∴CD ⊥AF . 由(1)可知，AE ⊥CD ， ∵AE ∩AF ＝A ，AE ⊂平面AEF ，AF ⊂平面AEF ， ∴CD ⊥平面AEF ， 又CD ⊂平面ACD ，∴平面AEF ⊥平面ACD . 设PD ，AE 相交于点G ，则点G 为△ABD 的重心， ∴AG ＝DG ＝23AE ＝233 . 过点G 作GH ⊥AF 于H ，则GH ⊥平面ACD ， 连接DH ，则∠GDH 为直线PD 与平面ACD 所成的角． 易知△AGH ∽△AFE ， EF ＝12BC ＝22，AF ＝142 ， ∴GH ＝AG AF ·EF ＝233142×22 ＝22121， ∴sin ∠GDH ＝GH DG ＝77 ， 即直线PD 与平面ACD 所成角的正弦值为77 . 方法二：由(1)可知AE ⊥平面BCD ，且CE ⊥BD ， ∴可作如图所示的空间直角坐标系E －xyz ， 则A (0，0，3)，C (1，0，0)，D (0，1，0)，P ⎝ ⎛⎭⎫0，－12，32， AD →＝(0，1，－3)，CD →＝(－1，1，0)，DP →＝⎝ ⎛⎭⎫0，－32，32， 设平面ACD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎨⎧ y －3z ＝0，－x ＋y ＝0， 取x ＝y ＝1，则z ＝ 33， ∴n ＝⎝⎛⎭ ⎫1，1，33为平面ACD 的一个法向量， 设PD 与平面ACD 所成的角为θ， 则sin θ＝|n ·DP →||n ||DP →| ＝77， 故直线PD 与平面ACD 所成角的正弦值为77 . 2．如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，A 1 B 1＝1，四边形ABCD 为平行四边形，点E 为棱B C 的中点． 2012届高考数学第二轮立体几何问题的题型与方法考点专题复习教案第21－24课时：立体几何问题的题型与方法 一．复习目标： 1．在掌握直线与平面的位置关系(包括直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系)的基础上，研究有关平行和垂直的的判定依据(定义、公理和定理)、判定方法及有关性质的应用；在有关问题的解决过程中，进一步了解和掌握相关公理、定理的内容和功能，并探索立体几何中论证问题的规律；在有关问题的分析与解决的过程中提高逻辑思维能力、空间想象能力及化归和转化的数学思想的应用． 2．在掌握空间角(两条异面直线所成的角，平面的斜线与平面所成的角及二面角)概念的基础上，掌握它们的求法(其基本方法是分别作出这些角，并将它们置于某个三角形内通过计算求出它们的大小)；在解决有关空间角的问题的过程中，进一步巩固关于直线和平面的平行垂直的性质与判定的应用，掌握作平行线(面)和垂直线(面)的技能；通过有关空间角的问题的解决，进一步提高学生的空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力． 3．通过复习，使学生更好地掌握多面体与旋转体的有关概念、性质，并能够灵活运用到解题过程中．通过教学使学生掌握基本的立体几何解题方法和常用解题技巧，发掘不同问题之间的内在联系，提高解题能力． 4．在学生解答问题的过程中，注意培养他们的语言表述能力和“说话 要有根据”的逻辑思维的习惯、提高思维品质．使学生掌握化归思想，特别是将立体几何问题转化为平面几何问题的思想意识和方法，并提高空间想象能力、推理能力和计算能力． 5．使学生更好地理解多面体与旋转体的体积及其计算方法，能够熟练地使用分割与补形求体积，提高空间想象能力、推理能力和计算能力．二．考试要求： （1）掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图，能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系。 （2）了解空两条直线的位置关系，掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，掌握两条直线所成的角和距离的概念（对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离）。 （3）了解空间直线和平面的位置关系，掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理，理解直线和平面垂直的判定定理和性质定理，掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念，了解三垂线定理及其逆定理。 （4）了解平面与平面的位置关系，掌握两个平面平行的判定定理和性质定理。掌握二面角、二面角的平面角、两个平面间的距离的概念，掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理。 （5）会用反证法证明简单的问题。 （6）了解多面体的概念，了解凸多面体的概念。 第三讲立体几何 ——大题备考【命题规律】 立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关． 微专题1线面角 保分题 [2022·辽宁沈阳二模]如图，在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是正方形，P A⊥平面ABCD，P A＝2AB＝4，点M是P A的中点． (1)求证：BD⊥CM； (2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值． 提分题 例1[2022·全国乙卷]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点． (1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值． 听课笔记： 【技法领悟】 利用空间向量求线面角的答题模板 巩固训练1 [2022·山东泰安一模]如图，在四棱锥P- ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，P A⊥平面ABCD，E为PD中点． (1)若P A＝1，求证：AE⊥平面PCD； (2)当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E - ABC的体积． 微专题2二面角 保分题 [2022·山东临沂二模]如图，AB是圆柱底面圆O的直径，AA1、CC1为圆柱的母线，四边 形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB＝AA1＝2BC＝2CD，E、F分别为A1D、C1C的中点． (1)证明：EF∥平面ABCD； (2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值． 提分题 例2 [2022·湖南岳阳三模]如图，在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是菱形，F是PD 的中点． (1)证明：PB∥平面AFC； ，求 (2)若直线P A⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且P A与平面AFC所成的角正弦值为√21 7 锐二面角F - AC - D的余弦值． 听课笔记： 立体几何第二轮复习讲义 （1）（2013全国新课标1卷理8）某几何体的三视图如图 所示，则该几何体的体积为 （A）8π 16+ （B）8π 8+ （C）π61 16+ （D）16π 8+ （2）(2013课标全国Ⅰ，理6)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为()． A．500π 3 cm3B． 866π 3 cm3 C．1372π 3 cm3D． 2048π 3 cm3 （3）.（2015全国1卷理18）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC。 （1）证明：平面AEC⊥平面AFC （2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值 【规律方法】 （ 年份题号分数涉及知识点 2010 10 14 18 22 三棱柱外接球的面积 三视图 四棱锥（1）证明线线垂直；（2）求线面角的正弦值. 2011 6 15 18 22 几何体的三视图 四棱锥的体积 四棱锥（1）证明线线垂直；（2）求二面角的余弦值. 2012 7 11 19 22 三视图，几何体的体积 内接于球的三棱锥体积 直三棱柱（1）证明线线垂直；（2）求二面角的大小. 2013 6 8 18 22 正方体与球，球的体积 三视图，几何体的体积 三棱柱（1）证明线线垂直；（2）求线面角的正弦值. 2014 12 19 17 三视图，最长的棱长 三棱柱（1）证明线线相等；（2）求二面角的余弦值. 2015 6 11 18 22 锥体的体积估算（《九章算术》） 三视图，表面积 凸多面体（1）证明面面垂直；（2）求线线角的余弦值. 2011年高考第二轮专题复习（教学案）：立体几何 第1课时 直线、平面、空间几何体 考纲指要： 立体几何在高考中占据重要的地位，考察的重点及难点是直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质和判定，而查空间线面的位置关系问题，又常以空间几何体为依托，因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式。 考点扫描： 1．空间两条直线的位置关系：（1）相交直线；（2）平行直线；（3）异面直线。 2．直线和平面的位置关系：（1）直线在平面内；（2）直线和平面相交；（3）直线和平面平行。 3．两个平面的位置关系有两种：（1）两平面相交；（2）两平面平行。 4．多面体的面积和体积公式，旋转体的面积和体积公式。 考题先知： 例1．在平面几何中，我们学习了这样一个命题：过三角形的内心作一直线，将三角形分成的两部分的周长比等于其面积比。请你类比写出在立体几何中， 有关四面体的相似性质，并证之。 解：通过类比，得命题：过四面体的内切球的球心作一截面，将四面体 分成的两部分的表面积比等于其体积比。 证明：如图，设四面体P-ABC 的内切球的球心为O ，过O 作截面DEF 交三 条棱于点E 、D 、F ，记内切圆半径为r,则r 也表示点O 到各面的距离，利用体积的“割补法”知： PDF O PEF O PDE O DEF P V V V V ----++==r S r S r S PDF PEF PDE ⋅+⋅+⋅3 1 3131 BCFD O DEF O ACFE O ABC O ABDE O ABC DEF V V V V V V ------++++= = r S r S r S r S r S BCFD DEF ACFE ABC ABDE ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅31 31313131，从而2 1 表表S S V V ABC DEF DEF P =--。 例2．（1）当你手握直角三角板，其斜边保持不动，将其直角顶点提起一点，则直角在平面内的正投影是锐角、直角 还是钝角？ （2）根据第（1）题，你能猜想某个角在一个平面内的正投影一定大于这个角吗？如果正确，请证明；如果错误，则利用下列三角形举出反例：△ABC 中，2,6== AC AB ， 13-=BC ，以∠BAC 为例。 解：（1）记Rt △ABC ，∠BAC=900 ，,,b AC c AB ==记直角顶点A 在平面上的正投影为A 1，，且AA 1=h ，则因为0)()()(2 2 2 2 2 2 2 2 12 1<+--+-=-+b c h b h c BC C A B A ，所以∠BA 1C 为钝角，即直角在平面内的正投影是钝角； （2）原猜想错误。对于△ABC ， αα∉⊆A BC ,，记直角顶点A 在平面α上的正投影为A 1，设AA 1=h ，则 21214,6h C A h B A -=-=，令∠BAC=∠BA 1C ，则由余弦定理得： 2 62)13(462 ⨯⨯--+= 2 2 2 22462)13(46h h h h -⋅----+-，解之得：2=h ，即当点A 离平面α的距离是2时，∠ BAC 在一个平面内的正投影∠BA 1C 等于它本身； 若取23 = h ，则27,21511==CA BA ，从而4 2 6cos +=∠BAC ， 35 34cos 1+= ∠C BA ，可知∠B A 1C <∠BAC ，即∠BAC 在一个平面内的正投影∠BA 1C 小于它本身。 复习智略： 例3．一个几何体的三视图如右图所示，其中主视图与左视图 是腰长为6的等腰直角三角形，俯视图是正方形。 （Ⅰ）请画出该几何体的直观图，并求出它的体积； 主视图 俯视图 左视图 P A C D 图1 B 图2 A B C D D 1 C 1 B 1 A 1 第二讲 大题考法——立体几何 [典例感悟] [典例1] (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点． (1)证明：PO ⊥平面ABC ； (2)若点M 在棱BC 上，且二面角M -P A -C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值. [解] (1)证明：因为P A ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以PO ⊥AC ，且PO ＝2 3. 连接OB ，因为AB ＝BC ＝ 2 2 AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝1 2 AC ＝2. 所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB . 又因为OB ∩AC ＝O ，所以PO ⊥平面ABC . (2)以O 为坐标原点，OB ―→ 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz . 由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0，23)，AP ―→ ＝(0,2,23)． 取平面P AC 的一个法向量OB ―→ ＝(2,0,0)． 设M (a,2－a,0)(0 第3讲 立体几何中的向量方法 利用空间向量证明平行与垂直(综合型) 设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)、υ＝(a 3，b 3，c 3)，则有： (1)线面平行 l ∥α⇔a ⊥μ⇔a·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直 l ⊥α⇔a ∥μ ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行 α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0. [典型例题] 如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ， AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．证明： (1)BE ⊥DC ； (2)BE ∥平面P AD ； (3)平面PCD ⊥平面P AD . 【证明】 依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1，1，1)． (1)向量BE →＝(0，1，1)，DC →＝(2，0，0)，故BE →·DC → ＝0. 所以BE ⊥DC . (2)因为AB ⊥AD ，又P A ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥P A ，P A ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面P AD ， 所以向量AB → ＝(1，0，0)为平面P AD 的一个法向量． 而BE →·AB → ＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0， 所以BE ⊥AB ， 又BE ⊄平面P AD ，所以BE ∥平面P AD . (3)由(2)知平面P AD 的一个法向量AB →＝(1，0，0)，向量PD →＝(0，2，－2)，DC → ＝(2，0，0)， 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n · DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x ＝0， 不妨令y ＝1，可得n ＝(0，1，1)为平面PCD 的一个法向量．且n ·AB → ＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0， 所以n ⊥AB → .所以平面PCD ⊥平面P AD . 利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系． (2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素． (3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系． (4)根据运算结果解释相关问题． [对点训练] 在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．求证： (1)B 1D ⊥平面ABD . (2)平面EGF ∥平面ABD . 证明：(1)依题意，以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴， 建立空间直角坐标系，如图所示，则B (0，0，0)，D (0，2，2)，B 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，设BA ＝a ， 则A (a ，0，0)， 所以BA →＝(a ，0，0)，BD →＝(0，2，2)，B 1D →＝(0，2，－2)，B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD → ＝0＋4－4＝0， 即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD . 又BA ∩BD ＝B ，BA ，BD ⊂平面ABD ， 因此B 1D ⊥平面ABD .新新课标版高考数学二轮复习难点2-7立体几何中的空间角与距离教学案理
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