2024年新高考数学大一轮复习专题四立体几何第3讲立体几何与空间向量.docx

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第3讲立体几何与空间向量

[考情分析]空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．

考点一利用空间向量求空间角

核心提炼

设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．

(1)线线夹角

设l，m的夹角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，

则cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(a\o\al(2,1)＋b\o\al(2,1)＋c\o\al(2,1))\r(a\o\al(2,2)＋b\o\al(2,2)＋c\o\al(2,2))).

(2)线面夹角

设直线l与平面α的夹角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，

则sinθ＝eq\f(|a·u|,|a||u|)＝|cos〈a，u〉|.

(3)二面角

设α－a－β的平面角为θ(0≤θ≤π)，

则|cosθ|＝eq\f(|u·v|,|u||v|)＝|cos〈u，v〉|.

考向1求线面角

例1(2020·宁波余姚中学月考)如图，已知三棱锥P－ABC，平面PAC⊥平面ABC，AB＝BC＝PA＝eq\f(1,2)PC＝2，∠ABC＝120°.

(1)求证：PA⊥BC；

(2)设点E为PC的中点，求直线AE与平面PBC所成角的正弦值．

(1)证明AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，由余弦定理得

AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋4－2×2×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝12，故AC＝2eq\r(3).

又PA2＋AC2＝4＋12＝16＝PC2，故PA⊥AC.

又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，故PA⊥平面ABC.

又BC?平面ABC，故PA⊥BC.

(2)解由(1)知PA⊥平面ABC，故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.

则A(0,0,0)，B(1，eq\r(3)，0)，P(0,0,2)，C(0,2eq\r(3)，0)，E(0，eq\r(3)，1)．

故eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0,2eq\r(3)，－2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，

设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，

则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(3)y－2z＝0，,－x＋\r(3)y＝0，))

令y＝1，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)，,y＝1，,z＝\r(3)，))故可取m＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))，

设直线AE与平面PBC所成的角为θ，

则sinθ＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·m|,|\o(AE,\s\up6(→))||m|)

＝eq\f(2\r(3),\r(?\r(3)?2＋12)\r(?\r(3)?2＋12＋?\r(3)?2))＝eq\f(\r(21),7)，

所以直线AE与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(21),7).

考向2二面角

例2(2020·全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝eq\f(\r(6),6)DO.

(1)证明：PA⊥平面PBC；

(2)求二面角B－PC－E的余弦值．

(1)证明由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，

则DO＝eq\f(\r(3),2)，CO＝BO＝eq\f(1,2)AE＝eq\f(1,2)，

所以PO＝eq\f(\r(6),6)DO＝eq\f(\r(2),4)，

PC＝eq\r(PO2＋OC2)＝eq\f(\r(6),4)，PB＝eq\r(PO2＋OB2)＝eq\f(\r(6),4)，

又△ABC为等边三角形，则eq\f(BA,sin60°)＝2OA，

所以BA＝eq\f(\r(3),2)，

PA＝eq\r(PO2＋OA2)＝eq\f(\r(6),4)，

PA2＋PB2＝eq\f(3,4)＝AB2，则∠APB＝