2019届二轮复习第2讲　立体几何中的空间角问题课件（38张）（全国通用）

2019届二轮复习第2讲　立体几何中的空间角问题课件（38张）（全国通用）

第 2 讲　立体几何中的空间角问题 高考定位　 以空间几何体为载体考查空间角 ( 以线面角为主 ) 是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为空间角的求解，常以解答题的形式进行考查，高考注重以传统方法解决空间角问题，但也可利用空间向量来求解 . (2018· 浙江卷 ) 如图，已知多面体 ABCA 1 B 1 C 1 ， A 1 A ， B 1 B ， C 1 C 均垂直于平面 ABC ， ∠ ABC ＝ 120° ， A 1 A ＝ 4 ， C 1 C ＝ 1 ， AB ＝ BC ＝ B 1 B ＝ 2. (1) 证明： AB 1 ⊥ 平面 A 1 B 1 C 1 ； (2) 求直线 AC 1 与平面 ABB 1 所成的角的正弦值 . 真 题 感 悟 (2) 解 　如图，过点 C 1 作 C 1 D ⊥ A 1 B 1 ，交直线 A 1 B 1 于点 D ，连接 AD . 由 AB 1 ⊥ 平面 A 1 B 1 C 1 ， AB 1  平面 ABB 1 ，得平面 A 1 B 1 C 1 ⊥ 平面 ABB 1 ， 由 C 1 D ⊥ A 1 B 1 得 C 1 D ⊥ 平面 ABB 1 ，所以 ∠ C 1 AD 是 AC 1 与平面 ABB 1 所成的角 . 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： 考 点 整 合 图 1 　　　　　　图 2 探究提高　 求异面直线所成的角，可以应用向量法，也可以应用异面直线的定义求解 . 【训练 1 】 (1) (2018· 浙江卷 ) 已知四棱锥 SABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等， E 是线段 AB 上的点 ( 不含端点 ). 设 SE 与 BC 所成的角为 θ 1 ， SE 与平面 ABCD 所成的角为 θ 2 ，二面角 SABC 的平面角为 θ 3 ，则 ( 　　 ) A. θ 1 ≤ θ 2 ≤ θ 3 B. θ 3 ≤ θ 2 ≤ θ 1 C. θ 1 ≤ θ 3 ≤ θ 2 D. θ 2 ≤ θ 3 ≤ θ 1 解析　 (1) 由题意知四棱锥 S-ABCD 为正四棱锥，如图，连接 AC ， BD ，记 AC ∩ BD ＝ O ，连接 SO ，则 SO ⊥ 平面 ABCD ，取 AB 的中点 M ，连接 SM ， OM ， OE ，易得 AB ⊥ SM ，则 θ 2 ＝ ∠ SEO ， θ 3 ＝ ∠ SMO ，易知 θ 3 ≥ θ 2 . 再根据最小角定理知， θ 3 ≤ θ 1 ，所以 θ 2 ≤ θ 3 ≤ θ 1 ，故选 D. 热点二　求线面角 【例 2 】 (2017· 浙江卷 ) 如图，已知四棱锥 PABCD ， △ PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形， BC ∥ AD ， CD ⊥ AD ， PC ＝ AD ＝ 2 DC ＝ 2 CB ， E 为 PD 的中点 . (1) 证明： CE ∥ 平面 PAB ； (2) 求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值 . (2) 解 　分别取 BC ， AD 的中点为 M ， N ，连接 PN 交 EF 于点 Q ，连接 MQ . 因为 E ， F ， N 分别是 PD ， PA ， AD 的中点，所以 Q 为 EF 中点， 在平行四边形 BCEF 中， MQ ∥ CE . 由 △ PAD 为等腰直角三角形得 PN ⊥ AD . 由 DC ⊥ AD ， N 是 AD 的中点得 BN ⊥ AD . 因为 PN ∩ BN ＝ N ，所以 AD ⊥ 平面 PBN . 由 BC ∥ AD 得 BC ⊥ 平面 PBN ，因为 BC  平面 PBC ，所以平面 PBC ⊥ 平面 PBN . 过点 Q 作 PB 的垂线，垂足为 H ，则 QH ⊥ 平面 PBC . 连接 MH ，则 MH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影，所以 ∠ QMH 是直线 CE 与平面 PBC 所成的角 . 设 CD ＝ 1. 探究提高 　 (1) 传统法解决线面角问题的关键是先找出线面所成的角，再在三角形中解此角 .(2) 利用法向量求解空间线面角的关键在于 “ 四破 ” ：第一，破 “ 建系关 ” ，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破 “ 求坐标关 ” ，准确求解相关点的坐标；第三，破 “ 求法向量关 ” ，求出平面的法向量；第四，破 “ 应用公式关 ”. 【训练 2 】 如图，在四棱锥 P-ABCD 中， AD ∥ BC ， ∠ ADC ＝ ∠ PAB ＝ 90° ， BC ＝ CD ＝ AD ， E 为棱 AD 的中点，异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90°. (1) 在平面 PAB 内找一点 M ，使得直线 CM ∥ 平面 PBE ，并说明理由； (2) 若二面角 P-CD-A 的大小为 45° ，求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值 . 解 　 (1) 在梯形 ABCD 中， AB 与 CD 不平行 . 延长 AB ， DC ，相交于点 M ( M ∈ 平面 PAB ) ，点 M 即为所求的一个点 . 理由如下： 由已知， BC ∥ ED ，且 BC ＝ ED . 所以四边形 BCDE 是平行四边形 . 从而 CM ∥ EB . 又 EB  平面 PBE ， CM  平面 PBE . 所以 CM ∥ 平面 PBE . ( 说明：延长 AP 至点 N ，使得 AP ＝ PN ，则所找的点可以是直线 MN 上任意一点 ) (2) 法一 　由已知， CD ⊥ PA ， CD ⊥ AD ， PA ∩ AD ＝ A ，所以 CD ⊥ 平面 PAD . 从而 CD ⊥ PD . 所以 ∠ PDA 是二面角 P-CD-A 的平面角 . 所以 ∠ PDA ＝ 45°. 热点三　求二面角 【例 3 】 (2016· 浙江卷 ) 如图，在三棱台 ABC-DEF 中，平面 BCFE ⊥ 平面 ABC ， ∠ ACB ＝ 90° ， BE ＝ EF ＝ FC ＝ 1 ， BC ＝ 2 ， AC ＝ 3. (1) 求证： BF ⊥ 平面 ACFD ； (2) 求二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值 . 又因为 EF ∥ BC ， BE ＝ EF ＝ FC ＝ 1 ， BC ＝ 2 ，所以 △ BCK 为等边三角形，且 F 为 CK 的中点，则 BF ⊥ CK ，且 CK ∩ AC ＝ C ， CK ， AC  平面 ACFD ，所以 BF ⊥ 平面 ACFD . (2) 解　 法一　过点 F 作 FQ ⊥ AK 于 Q ，连接 BQ . 因为 BF ⊥ 平面 ACK ，所以 BF ⊥ AK ，则 AK ⊥ 平面 BQF ，所以 BQ ⊥ AK . 所以 ∠ BQF 是二面角 B-AD-F 的平面角 . 法二 　如图，延长 AD ， BE ， CF 相交于一点 K ，则 △ BCK 为等边三角形 . 取 BC 的中点 O ，连接 KO ，则 KO ⊥ BC ，又平面 BCFE ⊥ 平面 ABC ，平面 BCFE ∩ 平面 ABC ＝ BC ，所以 KO ⊥ 平面 ABC . 以点 O 为原点，分别以射线 OB ， OK 的方向为 x 轴， z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 O-xyz . 设平面 ACK 的法向量为 m ＝ ( x 1 ， y 1 ， z 1 ) ，平面 ABK 的法向量为 n ＝ ( x 2 ， y 2 ， z 2 ). 探究提高 　 (1) 用传统法求解二面角的关键是：先找出二面角的平面角，再在三角形中求解此角 . (2) 利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下，这种方法具有一定的优势，但要注意，必须能断定 “ 所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角 ” ，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严谨的 . 【训练 3 】 (2018· 绍兴仿真考试 ) 四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形， ∠ ABC ＝ 60° ， E 为 AB 的中点， PA ⊥ 平面 ABCD ， PC 与平面 PAB 所成的角的正弦值为 . (1) 在棱 PD 上求一点 F ，使 AF ∥ 平面 PEC ； (2) 求二面角 D-PE-A 的余弦值 . 法二　 取 BC 的中点 G ，连接 AG ，由已知可得 AG ⊥ AD . 又 ∵ PA ⊥ 平面 ABCD ，故可以 A 为原点，以 AG ， AD ， AP 分别为 x ， y ， z 轴建立如图所示空间直角坐标系 . 3. 利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错 . 4. 空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把 “ 非运算 ” 问题 “ 运算 ” 化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题 . 应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性