2023年新高考数学大一轮复习专题49讲 专题四 立体几何 第3讲 立体几何与空间向量.docx

1、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，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，则cos .(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为，则sin |cosa，u|.(3)二面角设a的平面角为(0)，则|cos |cosu，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PABC，平面PAC平面ABC

2、，ABBCPAPC2，ABC120.(1)求证：PABC；(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ABBC2，ABC120，由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcosABC4422212，故AC2.又PA2AC241216PC2，故PAAC.又平面PAC平面ABC，且平面PAC平面ABCAC，故PA平面ABC.又BC平面ABC，故PABC.(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Axyz.则A(0,0,0)，B(1，0)，P(0,0,2)，C(0,2，0)，E(0，1)故(0，1)，(0,2，2)，(1，0)，设平面P

3、BC的法向量m(x，y，z)，则即令y1，有故可取m(，1，)，设直线AE与平面PBC所成的角为，则sin ，所以直线AE与平面PBC所成角的正弦值为.考向2二面角例2(2020全国)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD.ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO.(1)证明：PA平面PBC；(2)求二面角BPCE的余弦值(1)证明由题设，知DAE为等边三角形，设AE1，则DO，COBOAE，所以PODO，PC，PB，又ABC为等边三角形，则2OA，所以BA，PA，PA2PB2AB2，则APB90，所以PAPB，同理PAPC，又PCPBP，所以PA平面P

4、BC.(2)解过O作ONBC交AB于点N，因为PO平面ABC，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E，P，B，C，设平面PCB的一个法向量为n(x1，y1，z1)，由得令x1，得z11，y10，所以n(，0，1)，设平面PCE的一个法向量为m(x2，y2，z2)，由得令x21，得z2，y2，所以m，故cosm，n，所以二面角BPCE的余弦值为.易错提醒(1)解题时要建立右手直角坐标系(2)注意求线面角的公式中sin |cosa，u|，线面角的取值范围是.(3)利用空间向量求二面角要结合图形判断所求角是锐角还是钝角跟踪演练1

5、如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，CC1底面ABCD，且BAD60，CDCC12C1D14，E是棱BB1的中点(1)求证：AA1BD；(2)求二面角EA1C1C的余弦值(1)证明因为C1C底面ABCD，所以C1CBD.因为底面ABCD是菱形，所以BDAC.又ACCC1C，AC，CC1平面ACC1A1，所以BD平面ACC1A1.又AA1平面ACC1A1，所以BDAA1.(2)解如图，设AC交BD于点O，依题意，A1C1OC且A1C1OC，所以四边形A1OCC1为平行四边形，所以A1OCC1，且A1OCC1.所以A1O底面ABCD.以O为原点，OA，OB，OA1所在直线

6、分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz.则A(2，0,0)，A1(0,0,4)，C1(2，0,4)，B(0,2,0)，(2，2,0)由，得B1(，1,4)因为E是棱BB1的中点，所以E，所以，(2，0,0)设n(x，y，z)为平面EA1C1的法向量，则取z3，得n(0,4,3)，取平面A1C1C的法向量m(0,1,0)，又由图可知，二面角EA1C1C为锐二面角，设二面角EA1C1C的平面角为，则cos ，所以二面角EA1C1C的余弦值为.考点二利用空间向量解决探究性问题核心提炼与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存

7、在性问题处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断例3如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB2，ABC60，M是AB的中点(1)求证：EMAD；(2)求二面角ABEC的余弦值；(3)在线段EC上是否存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45，若存在，求出的值；若不存在，说明理由(1)证明EAEB，M是AB的中点，EMAB，平面ABE平面ABCD，平面ABE平面ABCDAB，EM平面ABE，EM平面ABCD，AD平面ABCD，EMAD.(2)解连接MC，EM平面ABCD，EM

8、MC，ABC是正三角形，MCAB，MB，MC，ME两两垂直建立如图所示空间直角坐标系Mxyz.则M(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,0,0)，C(0，0)，E(0,0，)，(1，0)，(1,0，)，设m(x，y，z)是平面BCE的一个法向量，则令z1，m(，1,1)，y轴所在直线与平面ABE垂直，n(0,1,0)是平面ABE的一个法向量cosm，n，二面角ABEC的余弦值为.(3)解假设在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45，(1,0，)，(0，)，设(0，)，00)，则由(2)得F(0，a,2)，(1，a2,2)由题意可知(1，a2,2)a210，解得a1(舍去

9、)，即直线DF的方向向量与平面ACB1的法向量不垂直所以，在棱A1B1上不存在点F，使得直线DF平面ACB1.专题强化练1.如图，在三棱锥ABCD中，ABBDADAC2，BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，P为AB的中点，E为BD的中点(1)求证：AE平面BCD；(2)求直线PD与平面ACD所成角的正弦值(1)证明由题图可知，ABD是边长为2的等边三角形，E为BD的中点，AEBD，且AE，如图，连接CE，BCD是斜边长为2的等腰直角三角形，CEBD1，在AEC中，AC2，EC1，AE，AC2AE2EC2，AEEC.BDECE，BD平面BCD，EC平面BCD，AE平面BCD.(2)解方法一取C

10、D的中点F，连接AF，EF，ACAD，CDAF.由(1)可知，AECD，AEAFA，AE平面AEF，AF平面AEF，CD平面AEF，又CD平面ACD，平面AEF平面ACD.设PD，AE相交于点G，则点G为ABD的重心，AGDGAE.过点G作GHAF于H，则GH平面ACD，连接DH，则GDH为直线PD与平面ACD所成的角易知AGHAFE，EFBC，AF，GHEF，sinGDH，即直线PD与平面ACD所成角的正弦值为.方法二由(1)可知AE平面BCD，且CEBD，可作如图所示的空间直角坐标系Exyz，则A(0,0，)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，P，(0,1，)，(1,1,0)，设平面AC

11、D的一个法向量为n(x，y，z)，即取xy1，则z，n为平面ACD的一个法向量，设PD与平面ACD所成的角为，则sin ，故直线PD与平面ACD所成角的正弦值为.2(2019全国)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点(1)证明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值(1)证明如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.由题设知A1B1DC且A1B1DC，可得B1CA1D且B1CA1D，故MEND且MEND，因此

12、四边形MNDE为平行四边形，MNED.又ED平面C1DE，MN平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)解由已知可得DEDA.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A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，2)，N(1,0,2)，(0,0，4)，(1，2)，(1,0，2)，(0，0)设m(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则所以令y1，则m(，1,0)设n(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则所以令p2，则n(2,0，1)所以cosm，n.所以sinm，n，所以二面角AMA1N的正弦值为.3.如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，底面

13、ABCD为直角梯形，其中ABCD，CDA90，CD2AB2，AD3，PA，PD2，点E在棱AD上且AE1，点F为棱PD的中点(1)证明：平面BEF平面PEC；(2)求二面角ABFC的余弦值(1)证明在RtABE中，由ABAE1，得AEB45，同理在RtCDE中，由CDDE2，得DEC45，所以BEC90，即BEEC.在PAD中，cosPAD，在PAE中，PE2PA2AE22PAAEcosPAE51214，所以PE2AE2PA2，即PEAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PE平面PAD，所以PE平面ABCD，所以PEBE.又因为CEPEE，CE，PE平面PEC，所以BE平

14、面PEC，又BE平面BEF，所以平面BEF平面PEC.(2)解由(1)知EB，EC，EP两两垂直，故以E为坐标原点，以射线EB，EC，EP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(，0,0)，C(0,2，0)，P(0,0,2)，A，D(，0)，F，(，2，0)，设平面ABF的法向量为m(x1，y1，z1)，则不妨设x11，则m(1，1,2)，设平面BFC的法向量为n(x2，y2，z2)，则不妨设y22，则n(4,2,5)，记二面角ABFC为(由图知应为钝角)，则cos ，故二面角ABFC的余弦值为.4. (2020潍坊模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长

15、为4的正方形，PAD是正三角形，CD平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点(1)求证：PO平面ABCD；(2)求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小；(3)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为，若存在，求线段PM的长度；若不存在，说明理由(1)证明因为PAD是正三角形，O是AD的中点，所以POAD.又因为CD平面PAD，PO平面PAD，所以POCD.又ADCDD，AD，CD平面ABCD，所以PO平面ABCD.(2)解如图，以O点为原点，分别以OA，OG，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.则O(0,0,0)，A(2,0,0

16、)，B(2,4,0)，C(2,4,0)，D(2,0,0)，G(0,4,0)，P(0,0,2)，E(1,2，)，F(1,0，)，(0，2,0)，(1,2，)，设平面EFG的法向量为m(x，y，z)，则即令z1，则m(，0,1)，又平面ABCD的法向量n(0,0,1)，设平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为，所以cos .所以平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为.(3)解假设在线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为，即直线GM的方向向量与平面EFG法向量m所成的锐角为，设，0,1，所以(2，4,22)，所以cos |cos，m|，整理得22320，0，方程无解，所以，不存在这样的点M.