1、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12022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()A34 B54C74 D342底面为正三角形的直棱柱ABCA1B1C1中，AB8，AA16，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()A1113 B1213C713 D453.如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，AFAD，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为3210
2、，则的值为_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12021浙江卷如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，ABC120，AB1，BC4，PA15，M，N分别为BC，PC的
3、中点，PDDC，PMMD.(1)证明：ABPM.(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：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；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；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：sin 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，为斜线与平面所成的角)(3)向量法：sin |cos AB，n|ABnABn(其中AB为平面的斜线，n为平面的法向量，为斜线AB与平面所成的角).【对点训练】2
4、022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ABBC，BCAD，BCAB12AD，E是AD的中点(1)求证：PCCD.(2)若PBA45，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22021全国乙卷如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，PDDC1，M为BC的中点，且PBAM.(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
5、，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，AC2AA14，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，ABAC，D为BC的中点，则ADBC，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)、
6、B(1，0，0)、A1(0，0，1)，所以AB1，3，0，CC1AA1 0，3，1，cosAB，CC1ABCC1ABCC132234.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 |42+62213，A1M B1N A1A +12ABB1B +12BCA1A +12ABA1A +12BCA1A2 12A1A BC+12ABA1A 14ABBC361488-1228，cos A1M ，B1N 2852713.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，
7、0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)，所以D1E (0，2，1)，A1F A1A AFA1A AD(0，0，2)(2，0，0)(2，0，2)，所以cos A1F ，D1E A1F D1E A1F D1E 222+153210，解得13=-13舍去.答案：13考点二例1解析：(1)证明：在DCM中，易知DC1，CM2，DCM60，由余弦定理，得DM2CD2CM22CDCM cos DCM14212123，所以DM3，所以DM2DC2CM2，所以DCM为直角三角形，且CDM90，即DMDC.又因为DPDC，DPDMD，DP，DM平面PDM，所以DC平面PDM.因为ABDC，所以AB平面PD
8、M.因为PM平面PDM，所以ABPM.(2)如图，连接AM.因为ABCD，ABPM，所以PMCD.又因为PMMD，DMDCD，DM，DC平面ABCD，所以PM平面ABCD.因为AM平面ABCD，所以PMAM.由余弦定理，得AMAB2+BM2-2ABBMcosABC1+4-212cos1207，所以PMPA2-MA215-722.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，-12
9、，2，所以AN332，-52，2.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，则sin ANDCANDC52274+254+2156.对点训练解析：(1)连接EC，由己知BC綊12AD，E为中点，又ABBC，故四边形ABCE为正方形，所以知ECAD.面PAB面ABCD，又面PAB面ABCDAB，BCAB，BC平面ABCD，BC平面PAB，故BCPA.同理可证CEPA.又BCCEC，故PA平面ABCD.连接AC，可知ACBE，又PABE，PAACA，可知BE平面PAC.又PC平面PAC，PCBE.由已知DE綊BC，故四边形BCDE
10、为平行四边形，故CDBE，可知PCCD.解析：(2)以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP的正方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，由PBA45，知PAAB，不妨设AB1，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nPB=0nPE=0x-z=0y-z=0令z1，则xy1，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，则sin |cos PC，n|PCnPCn|13.考点三例2解析：(1)因为PD平面ABCD，所以PDAD，PDDC.在矩形ABCD中，A
11、DDC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BCt(t0)，则A(t，0，0)，B(t，1，0)，Mt2，1，0，P(0，0，1)，所以PB(t，1，1)，AM-t2，1，0.因为PBAM，所以PBAMt2210，得t2，所以BC2.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(2，1，1)设平面APM的法向量为n1(x1，y1，z1)，则n1AP=0n1AM=0，即-2x1+z1=0-22x1+y1=0，令x12，则z12，y11，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，y
12、2，z2)，则n2CB=0n2PB=0，即2x2=02x2+y2-z2=0，得x20，令y21，则z21，所以平面PMB的一个法向量为n2(0，1，1)cos n1，n2n1n2n1n237231414，所以二面角A PM B的正弦值为1-3141427014.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nAC=0nAA1 =0，即-23x-2y=02z=0，令x
13、1则y3，z0，所以n(1，3，0)，因为nEF311(3)0，EF面ACC1A1，所以EF平面ACC1A1；解析：(2)因为EA(23，0，0)，EC(0，2，0)，设面AEF的法向量为m(x1，y1，z1)，则mEF=0mEA=0，即3x1+y1+2z1=023x1=0，令y12，则x10，z11，所以m(0，2，1)；设面CEF的法向量为u(x2，y2，z2)，则uEF=0uEC=0，即3x2+y2+2z2=0-2y2=0，令x21，则y20，z232，所以u1，0，-32.设二面角AEFC为，则cos mumu3222+-12 12+-32210535，故二面角AEFC的余弦值为10535.
