人教高中数学第五节 第2课时 精研题型明考向——利用空间向量求空间角 教案.doc

第2课时　精研题型明考向——利用空间向量求空间角
一、真题集中研究——明考情
1.(2020·全国卷Ⅲ·考查平行垂直关系与二面角)
如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.
(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A­EF­A1的正弦值．
解：设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，以C1为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C1­xyz.
(1)证明：连接C1F，则C1(0,0,0)，A(a，b，c)，E，F，＝，＝，得＝，
因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，
所以点C1在平面AEF内．
(2)由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，
＝(0，－1，－1)，＝(－2,0，－2)，＝(0，－1,2)，＝(－2,0,1)．
设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，
则即
可取n1＝(－1，－1,1)．
设n2为平面A1EF的法向量，
则同理可取n2＝.
因为cosn1，n2＝＝－，
所以二面角A­EF­A1的正弦值为.
2．(2020·新高考全国卷Ⅰ·考查平行垂直关系与线面角)
如图，四棱锥P­ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
解：(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.
因为PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
因为平面PAD∩平面PBC＝l，AD⊂平面PAD，
所以l∥AD.
所以l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，
则D(0,0,0)，C(0,1，0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，＝(0,1,0)，＝(1,1，－1)．
由(1)可设Q(a,0,1)，则＝(a,0,1)．
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，
则即
可取n＝(－1,0，a)．
所以cos〈n，〉＝＝.
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝×＝ .
因为≤，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
3．(2019·全国卷Ⅲ·考查平行垂直关系与二面角及翻折问题)
图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的二面角B ­CG ­A的大小．
解：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，
从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，
可求得BH＝1，EH＝.
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz，则A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)，＝(1,0, )，＝(2，－1,0)．
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
所以可取n＝(3,6，－)．
又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)，
所以cos〈n，m〉＝＝.
因此二面角B­CG­A的大小为30°.
[把脉考情]
常规
角度
1.求异面直线所成的角：以棱柱、棱锥等简单几何体为载体，考查应用定义法或向量法求两异面直线所成的角．
2.求直线与平面所成的角：以棱柱、棱锥或不规则的几何体为载体，与线、面位置关系的证明相结合，考查直线与平面所成的角的求法．
3.求二面角：以棱柱、棱锥或不规则的几何体为载体，与线面位置关系的证明相结合，考查二面角的求法
创新
角度
求空间角常与立体几何中的翻折问题、探索性问题等交汇命题
二、题型精细研究——提素养
题型一　异面直