2023版高考数学一轮复习讲义：第八章立体几何初步8-7-1

成套的课件成套的教案成套的试题尽在高中数学同步资源大全QQ群483122854联系QQ309000116加入百度网盘群2500G一线老师必备资料一键转存，自动更新，一劳永逸第1课时利用空间向量求空间角提升关键能力——考点突破掌握类题通法考点一异面直线所成的角[基础性]1．[2022·陕西西安市西安中学高三模拟]已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，BC的中点为D，A1D⊥底面ABC，则异面直线AB与CC1所成角的余弦值为()A．34B．C．74D．2．底面为正三角形的直棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝8，AA1＝6，M，N分别为AB，BC的中点，则异面直线A1M与B1N所成的角的余弦值为()A．1113B．C．713D．3.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，AF＝λAD，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为3210，则λ的值为反思感悟用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量．(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．[提醒]注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．考点二直线与平面所成的角[综合性][例1][2021·浙江卷]如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.(1)证明：AB⊥PM.(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．听课笔记：反思感悟求直线与平面所成角的方法(1)定义法：①作，在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂足的位置是关键；②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；③求，构造角所在的三角形，利用解三角形的知识求角．(2)公式法：sinθ＝hl(其中h为斜线上除斜足外的任一点到所给平面的距离，l为该点到斜足的距离，θ为斜线与平面所成的角)(3)向量法：sinθ＝|cos〈AB，n〉|＝AB·nABn(其中AB为平面α的斜线，n为平面α的法向量，θ为斜线AB与平面【对点训练】[2022·福建三明市三明一中高三模拟]如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，其中AB⊥BC，BC∥AD，BC＝AB＝12AD，E是AD的中点(1)求证：PC⊥CD.(2)若∠PBA＝45°，求直线PC与平面PBE所成的角的正弦值．考点三二面角[综合性][例2][2021·全国乙卷]如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A­PM­B的正弦值．听课笔记：反思感悟向量法计算二面角大小的常用方法(1)法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)定义法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．【对点训练】[2022·陕西高三模拟]如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝2AA1＝4，E，F分别是BC，A1B1的中点．(1)求证：EF∥平面ACC1A1；(2)求二面角A­EF­C的余弦值．第1课时利用空间向量求空间角提升关键能力考点一1．解析：设三棱柱ABC­A1B1C1的棱长为2，∵AB＝AC，D为BC的中点，则AD⊥BC，∵A1D⊥平面ABC，以点D为坐标原点，DB、AD、DA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则点A(0，－3，0)、B(1，0，0)、A1(0，0，1)，所以AB＝1，3，0，CC1＝AA1因此，异面直线AB与CC1所成角的余弦值为34答案：D2.解析：如图，|A1M|＝|B1N|A1M·B1N＝A＝A1A2＋12A1A·BC+12AB·A1A＋∴cos〈A1M，B1N答案：C3．解析：以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)．正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)，所以D1E＝(0，2，－1)，A1F＝A1A＋AF＝A1A＋λAD＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)，所以cos〈A1答案：1考点二例1解析：(1)证明：在△DCM中，易知DC＝1，CM＝2，∠DCM＝60°，由余弦定理，得DM2＝CD2＋CM2－2CD·CMcos∠DCM＝1＋4－2×1×2×12＝3，所以DM＝3所以DM2＋DC2＝CM2，所以△DCM为直角三角形，且∠CDM＝90°，即DM⊥DC.又因为DP⊥DC，DP∩DM＝D，DP，DM⊂平面PDM，所以DC⊥平面PDM.因为AB∥DC，所以AB⊥平面PDM.因为PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.(2)如图，连接AM.因为AB∥CD，AB⊥PM，所以PM⊥CD.又因为PM⊥MD，DM∩DC＝D，DM，DC⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD.因为AM⊂平面ABCD，所以PM⊥AM.由余弦定理，得AM＝AB＝1+4-2×1×所以PM＝PA2-MA2＝15-7取AD的中点为E，连接ME，则ME，DM，PM两两垂直．以M为坐标原点，分别以MD，ME，MP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，可得A(－3，2，0)，P(0，0，22)，D(3，0，0)，M(0，0，0)，C(3，－1，0)．因为N为PC的中点，所以N32所以AN＝33由(1)可知，DC⊥平面PDM，所以平面PDM的一个法向量为DC＝(0，－1，0)．设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sinθ＝AN·DCANDC＝对点训练解析：(1)连接EC，由己知BC綊12AD，E又AB⊥BC，故四边形ABCE为正方形，所以知EC⊥AD.∵面PAB⊥面ABCD，又面PAB∩面ABCD＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面PAB，故BC⊥PA.同理可证CE⊥PA.又BC∩CE＝C，故PA⊥平面ABCD.连接AC，可知AC⊥BE，又PA⊥BE，PA∩AC＝A，∴可知BE⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC，∴PC⊥BE.由已知DE綊BC，故四边形BCDE为平行四边形，故CD∥BE，∴可知PC⊥CD.解析：(2)以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP的正方向为x，由∠PBA＝45°，知PA＝AB，不妨设AB＝1，则可知B(1，0，0)，P(0，0，1)，E(0，1，0)∴PB＝(1，0，－1)，PE＝(0，1，－1)．设平面PBE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·PB令z＝1，则x＝y＝1，∴n＝(1，1，1)．又C(1，1，0)，故PC＝(1，1，－1)．设PC与平面PBE所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈PC，n〉|＝|PC·nPC·考点三例2解析：(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC＝t(t>0)，则A(t，0，0)，B(t，1，0)，Mt2，1，0，P(0所以PB＝(t，1，－1)，AM＝-t因为PB⊥AM，所以PB·AM＝－t22＋1＝0，得t＝2，所以BC＝解析：(2)易知C(0，1，0)，由(1)可得AP＝(－2，0，1)，AM＝-22，1，0，CB＝(2，0，0)，PB设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·AP=0令x1＝2，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一个法向量为n1＝(2，1，2)．设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n2·CB=0得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0，1，1)．cos〈n1，n2〉＝n1·n2n所以二面角A­PM­B的正弦值为1-31414对点训练解析：(1)如图建立空间直角坐标系，则A(23，0，0)，E(0，0，0)，C(0，－2，0)，A1(23，0，2)，B1(0，2，2)，F(3，1，2)，所以EF＝(3，1，2)，AC＝-23，-2，0，AA1＝(0，0，2)，设面ACC1A1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AC=0n·AA1=0，即-23x-2y=02z=0，令x＝1则y＝－3，z＝0，所以n＝(1，－3，0)，因为n·EF＝3×1