10 环节1 专题3 §2 空间向量与立体几何-【提分教练】2024年新高考数学二轮总复习课件（新教材）

专题三　立体几何 §2　空间向量与立体几何 环节1 1 【典例1】　(2023·新高考Ⅰ卷)如图，在正四棱柱 ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3． (1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角P­-A2C2­-D2为150°时，求B2P． 基础考点1　空间位置关系与空间角 [解]　(1)证明：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)， 所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)， 所以，所以B2C2∥A2D2． 3 (2)设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，所以＝(2，0，1－n)，＝(0，－2，3－n)， 设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)，所以 令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2)． 设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)，又＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，1)， 所以 令y2＝1，得b＝(1，1，2)． 所以|cos 150°|＝|cos 〈a，b〉|＝， 整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，所以BP＝1或BP＝3，所以B2P＝1． 4 【典例2】　(2023·湖北省八市联考)如图所示，六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠BAD＝，AA1∥BB1∥CC1∥DD1，且BB1⊥平面ABCD，AA1＝CC1，＝λ＝λ(0＜λ≤1)，＝2，平面BEF与平面ABCD的交线为l． (1)证明：直线l⊥平面B1BDD1； (2)已知EF＝2，三棱锥B1­-BDF的体积＝， 若D1F与平面BDD1所成角为θ，求sin θ的取值范围． 基础考点1 能力考点 基础考点2 专题限时集训 §2　空间向量与立体几何 [解]　(1)连接AC，BD，B1D1． ∵AA1＝CC1，AA1∥CC1，＝λ＝λ， ∴，即AE＝CF，AE∥CF． 四边形AEFC为平行四边形，则AC∥EF． ∵EF⊂平面BEF，AC⊄平面BEF， ∴AC∥平面BEF， ∵平面BEF∩平面ABCD＝l， 又AC⊂平面ABCD，∴AC∥l． ∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD， 又BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则AC⊥BB1， 又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面B1BDD1， ∴AC⊥平面B1BDD1，又AC∥l， ∴l⊥平面B1BDD1． 6 (2)连接A1C1交B1D1于点O1，AC∩BD＝O，则OO1∥BB1． ∵BB1⊥平面ABCD， ∴OO1⊥平面ABCD，因为OB，OC⊂平面ABCD， 则OO1⊥OB，OO1⊥OC． ∵∠BAD＝，四边形ABCD是菱形，则OB⊥OC， ∴AC＝EF＝2，∴OA＝OC＝1，AB＝BD＝， ∴以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 7 设BB1＝t，则DD1＝2t．∵＝×1××t＝， ∴t＝2，即BB1＝2，DD1＝4， ∴OO1＝3，则D1(0，0，3λ)，F(0，1，3λ)， ∴ ，又＝(0，1，0)是平面BDD1的一个法向量， ∴ sin θ＝， ∵设f (λ)＝(3λ－4)2＋(0＜λ≤1)，则f (λ)∈，∴＜sin θ≤． ∴sin θ的取值范围是． 8 1．利用向量法求线面角的两种方法 (1)法一：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)法二：通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角． 基础考点1 能力考点 基础考点2 专题限时集训 §2　空间向量与立体几何 2．利用向量法计算两个平面夹角大小的方法 (1)法向量法：如图1，分别求出两个平面的法向量m，n，若两个平面的夹角为θ，则cos θ＝． (2)方向向量法：如图2，AB⊥l，CD⊥l， 若两个平面的夹角为θ，则 cos θ＝|cos 〈〉|＝． 基础考点1 能力考点 基础考点2 专题限时集训 §2　空间向量与立体几何 1．(多选)(2023·浙江宁波二模)已知SO⊥平面α于点O，点A，B是平面α上的两个动点，且∠OSA＝，∠OSB＝，则(　　) A．SA与SB所成的角可能为 B．SA与OB所成的角可能为 C．SO与平面SAB所成的角可能为 D．平面SOB与平面SAB的夹角可能为 √ √ 基础考点1 能力考点 基础考点2 专题限时集训 §2　空间向量与立体几何 AC　[设OA＝1，则SO＝，SA＝2