13 例析空间向量在立体几何选择题中的应用-《中学生数理化》高二数学2024年9月刊

■河南省南乐县第一高级中学 吉晓波 空间向量在立体几何中的应用极为广 泛,不仅简化了传统几何中的许多计算和证 明过程,而且提供了新视角和方法来解决问 题。下面就空间向量在立体几何选择题中的 应用一一例析。 一、求空间角 遇到选择题中求解空间中异面直线的夹 角、直线与平面所成的角、平面与平面之间的 夹角,可借助空间向量夹角公式求解,使复杂 问题简单化。 图1 例 1 (2024年山 东临沂市二模)如图1, 已 知 正 方 体 ABCD- A1B1C1D1 中,M,N 分 别为CC1,C1D 的中点, 则( )。 A.直线 MN 与A1C 所成角的余弦值为 6 3 B.平面BMN 与平面BC1D1 夹角的余 弦值为 10 10 C.在BC1 上存在点Q,使得B1Q⊥BD1 D.在B1D 上存在点P,使得PA∥平面 BMN 图2 解析:以 D 为坐标 原点,建立如图2所示 的空间直角坐标系。设 正方体的边长为1,则 A(1,0,0),D(0,0,0), B(1,1,0),C(0,1,0), A1(1,0,1),D1(0,0, 1),B1(1,1,1),C1(0, 1,1),M 0,1, 1 2 ,N 0,12,12 。 对于选项 A,MN→= 0,-12,0 ,A1C→= (-1,1,-1)。 直线 MN 与 A1C 所成角的余弦值为 |cos<MN→,A1C→>|= |MN→·A1C→| |MN→||A1C→| = 1 2 1 2× 3 = 3 3 ,故A错误。 对于选项B,MN→= 0,-12,0 ,BM→= -1,0, 1 2 。 设n=(x,y,z)为平面BMN 的一个法 向量,则 n·MN→=-12y=0, n·BM→=-x+12z=0。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 取x=1,可得y=0,z=2,所以n=(1, 0,2)。 C1D1→=(0,-1,0),BC1→=(-1,0,1)。 设平面 BC1D1 的一个法向量为 m= (x1,y1,z1),则 m·C1D1→=-y1=0, m·BC1→=-x1+z1=0。 取x1=1,可得y1=0,z1=1,所以m= (1,0,1)。 平面BMN 与平面BC1D1 夹角的余弦 值cos<m,n>= m·n |m||n|= 1+2 5× 2 = 3 10 10 , 故B错误。 对 于 选 项 C,因 为 Q 在 BC1 上,设 Q(x0,1,z0),所以C1Q→=λC1B→,0≤λ≤1。 C1Q→= (x0,0,z0-1),C1B→= (1,0, -1),则x0=λ,z0=-λ+1。 所以Q(λ,1,-λ+1),B1Q→=(λ-1,0, 83 解题篇 挑战压轴题 高二数学 2024年9月 -λ),BD1→=(-1,-1,1)。 若B1Q→·BD1→=1-λ-λ=0,则λ= 1 2 。 故 BC1 上 存 在 点 Q 1 2 ,1, 1 2 ,使 得 B1Q⊥BD1,选项C正确。 对于选项D,因为 NM∥DC∥AB,所以 N,M,B,A 四点共面。 而A∈平面BMN,所以B1D 上不存在 点P,使得PA∥平面BMN,选项D错误。 故选C。 图3 例 2 如图3,三 棱 柱 ABC-A1B1C1 的 所 有 棱 长 都 相 等,且 AA1⊥平面ABC,D 是 棱CC1 的中点,E 是棱 AA1 上的动点,设 AE =x,随着x 的增大,平 面 BDE 与 底 面 ABC 所成钝二面角的平面角 ( )。 A.减小 B.先减小再增大 C.先增大再减小 D.增大 图4 解析:如图4所示, 以AC 中点O 为坐标原 点,OB,OC 分 别 为 x 轴,y 轴,过 O 点垂直 向上作z 轴,建立空间 直角坐标系。 设所 有 棱 长 均 为 2,则x∈(0,2),B(3, 0,0),D(0,1,1),E(0, -1,x),BD→=(- 3, 1,1),DE→=(0,-2,x-1)。 设平面BDE 的一个法向量为n=(a,b, c),则: n·BD→=0, n·DE→=0, 即 - 3a+b+c=0,-2b+c(x-1)=0。 令c=23,则a=x+1,b= 3(x-1)。 故n=(x+1,3(x-1),23)。 又平面 ABC 的一个法向量m=(0,0, 1),故两个平面法向量夹角θ的余弦值cos θ = m·n |m||n|= 23 (x+1)2+3(x-1)2+12 = 3 x- 1 2 2 + 15 4 。 又x∈(0,2),故当x∈ 0, 1 2 时,cos θ 单调递增;当x∈ 12 ,2 时,cos θ单调递减。 平面BDE 与底面ABC 所成钝二面角α 的余弦值满足cos α=-cos θ。 所以当x∈ 0, 1 2 时,cos α 单调递减; 当x∈ 12 ,2 时,cos α单调递增。 故随着x 的增大,cos α先减小后增大, 即α先增大后减小。选C。 公式总结:设异面直线所成的角为θ,异 面直线a,b的方向向量分别为a,b,则cos θ = |a·b| |a||b| ;设直线与平面所成的角为θ,直线 a的方向向量为a,平面α 的法向量为n,则 sin θ= |a·n| |a||n| ;设二面角为θ,平面α,β的法 向量分别为n,m,则|cos θ|= |n·m| |n||m| 。 二、求空间距离 选择题中求解空间中的两点距离、点线距 离、点面距离、线线距离、线面距离、面面距离, 或者求解锥体的高(体积)时,可借助空间向量 距离公式求解,避免了复杂的作辅助线及证明 过程,但要注意转化的等价性及计算的准确性。 图5 例 3 (2024年江 苏盐城市模拟测试)如图 5,在棱长为2的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 设 点 P 为 底 面 A1B1C1D1 内(含 边 界) 的动点,则点A,C1 到平 面PBD 距离之和的最小值为( )。 A. 3 3 B. 23 3 93 解题篇 挑战压轴题 高二数学 2024年9月 图6 C. 2 2 D. 2 3 解 析:在 正 方 体 ABCD-A1B1C1D1 中, DA,DC,DD1 两 两 互 相垂直,建立空间直角 坐标系,如图6所示。 则 D (0,0,0), A(2,0,0),B(2,2,0),C1(0,2,2)。设P(a, b,2),0≤a≤2,0≤b≤2,所以 DB→=(2,2, 0),DP→=(a,b,2)。 设平面PBD 的一个法向量为m=(x,y, z),则: m·DB→=2x+2y=0, m·DP→=ax+by+2z=0。 令x=2,则y=-2,z=b-a。 于是m=(2,-2,b-a)。 则点 A,C1 到平面 PBD 距离之和为 d1+ d2 = |m·DA→| |m| + |m·DC1→| |m| = 4 8+(b-a)2 + |-4+2(b-a)| 8+(b-a)2 。 设a-b=t,则t∈[-2,2],d1+d2= 4 8+t2 + |-4-2t| 8+t2 = 8+2t 8+t2 =2 (4+t)2 8+t2 = 2 (4+t)2 (4+t)2-8(4+t)+24 = 2 1 1- 8 (4+t)+ 24 (4+t)2 。 因为t∈[-2,2],所以t+4∈[2,6],即 1 t+4∈ 1 6 ,1 2 。 函数y=1- 8 (4+t)+ 24 (4+t)2 的图像开 口向上,对称轴为 1 t+4= 1 6 ,函数在 1 t+4∈ 1 6 ,1 2 上单调递增。 所 以 当 1 t+4 = 1 2 时,d1 + d2 = 2 1 1- 8 (4+t)+ 24 (4+t)2 取 到 最 小 值 d1+ d2=2 1 1-8× 1 2+24× 1 4 = 23 3 。故选B。 图7 例 4 (2024年山东青 岛市高三上学期期中测试) 《九章算术》中将底面为直角 三角形且侧棱垂直于底面的 三棱柱称为堑堵。如图7, 在堑堵ABC-A1B1C1 中,若 AB=BC=AA1=2,且 P 为线段BA1 的中点,则点 P 到直线B1C 的 距离为( )。 A.2 B. 6 2 C. 3 2 D. 2 2 图8 解析:根 据 堑 堵 的 定义,建立以点 B 为原 点的空间直角坐标系, 如图8所示。 则 B (0,0,0), A1(2,0,2),B1(0,0,2), C(0,2,0),P(1,0,1)。 故B1C→=(0,2,-2), B1P→ = (1,0,-1), cos<B1C→,B1P→>= (0,2,-2)·(1,0,-1) 22×2 = 1 2 , 所以sin<B1C→,B1P→>= 3 2 。 设点 P 到直线B1C 的距离为d,所以 sin<B1C→,B1P→>= 3 2= d |B1P→| ,解得d= 6 2 。 故选B。 三、求解空间中点的轨迹、外接球等其他 问题 对于选择题中空间点的位置、点的轨迹 问题、外接球问题,用几何法求解往往比较 难,可建立空间直角坐标系,利用向量坐标运 算巧妙处理。 例 5 (2024年山西太原市三模)如图 9,在 正 方 体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 是 A1B1 的中点,点F 是线段A1C 上的动点,则 下列结论正确的是( )。 A.三棱锥B-C1EF 的体积为定值 04 解题篇 挑战压轴题 高二数学 2024年9月 图9 B.存 在 点 F,使 得 DF⊥平面BC1E C.不存在点F,使得 BC∥平面AEF D.不 存 在 点 F,使 得 平 面 AEF ⊥ 平 面 BC1E 图10 解析:如 图 10 所 示,以 D 为坐标原点, DA,DC,DD1 分 别 为 x 轴,y 轴,z 轴,建立 空间直角坐标系。 不妨设 AB=2,则 A(2,0,0),B(2,2,0), C(0,2,0),D(0,0,0), A1(2,0,2),C1(0,2,2),E(2,1,2)。 设CF→=λCA1→=(2λ,-2λ,2λ),λ∈[0, 1],则DF→=DC→+CF→=DC→+λCA1→=(2λ, 2-2λ,2λ),即F(2λ,2-2λ,2λ)。 对于选项 A,易知 BC1→=(-2,0,2), BE→=(0,-1,2),CA1→=(2,-2,2)。 设平面BC1E 的一个法向量n=(x,y, z),则 n·BC1→=-2x+2z=0, n·BE→=-y+2z=0。 令x=1,则y=2,z=1,可得n=(1,2,1)。 因为n·CA1→=0,且CA1⊄平面BC1E, 所以CA1∥平面BC1E。 可知点F 到平面BC1E 的距离为定值, 故三棱锥F-BC1E 的高为定值。 又因为△BC1E 的面积为定值,所以三 棱锥 B-C1EF 的体积VB-C1EF=VF-BC1E 为定 值,故A正确。 对于选项 B,易知 DF→=(2λ,2-2λ, 2λ),平面BC1E 的一个法向量n=(1,2,1)。 若DF→∥n,则2λ1= 2-2λ 2 = 2λ 1 ,解得λ= 1 3 。即当CF→=13CA1 → 时,DF⊥平面BC1E, 故B正确。 对于选项C,易知CB→=(2,0,0),AF→= (2λ-2,2-2λ,2λ),AE→=(0,1,2)。 设平面AEF 的一个法向量m=(a,b,c), 则 m·AF→=(2λ-2)a+(2-2λ)b+2λc=0, m·AE→=b+2c=0。 令c=λ-1,则b=2-2λ,a=2-3λ。 故m=(2-3λ,2-2λ,λ-1)。 令CB→·m=-2(3λ-2)=0,解得λ= 2 3 。即当CF→=23CA1 → 时,BC∥平面 AEF, 故C错误。 对于选项D,令n·m=-6λ+5=0,解 得 λ= 5 6 。即 当 CF→ = 56CA1 → 时,平 面 AEF⊥平面BC1E,故D错误。 故选AB。 方法总结:利用空间向量求解探索性问 题的策略如下。 (1)假设题中的数学对象存在(或结论成 立)或暂且认可其中的一部分结论。 (2)在这个前提下进行逻辑推理,把要成 立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把 “是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数) 是否有解,是否有规定范围内的解”等问题。 若由此推导出矛盾,则假设不成立;否则,给 出肯定结论。 图11 例 6 (2024年 陕西西安市模拟测试) 如图11所示,在六面 体 ABEDC 中,CB= CD=2CA=2,AB= DE=BE=AD= 5, BD=AE=22,则该 六面体的外接球的表 面积为( )。 A.4π B.9π C.12π D.16π 解析:由 CB=CD=2CA=2,AB= 图12 AD= 5,BD=2 2, 得 CA2 +CB2 =5= AB2,故CA⊥CB。同 理 CA⊥ CD,CB ⊥ CD。 如图12,以点C 为 原 点,直 线 CA,CB, CD 分别为x 轴,y 轴, 14 解题篇 挑战压轴题 高二数学 2024年9月 z轴,建立空间直角坐标系,则 C(0,0,0), A(1,0,0),B(0,2,0),D(0,0,2)。 设E(x,y,z),由DE=BE= 5,AE= 22,得 (x-1)2+y2+z2=8, x2+(y-2)2+z2=5, x2+y2+(z-2)2=5, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解 得 x=1, y=2, z=2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 或 x=- 5 3 , y= 2 3 , z= 2 3 。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 即点E(1,2,2)或E - 5 3 ,2 3 ,2 3 。 在六面体 ABEDC 中,点 C,E 在平面 ABD 两侧,点E - 5 3 ,2 3 ,2 3 不符合题意。 因此,点E(1,2,2)。 令线段CE 的中点为O,则O 12 ,1,1 。 易知OA=OB=OD=OC=OE= 3 2 。 因此,六面体ABEDC 的外接球球心为O,半 径为 3 2 。 所以六面体ABEDC 的外接球的表面积 S=4π· 32 2 =9π。选B。 图13 例 7 (2024 年 浙 江 湖 州 市 一 模)如图13所示, 在四棱锥P-ABCD 中,棱长为2的侧 棱PD 垂直底面边 长 为 2 的 正 方 形 ABCD,M 为 棱 PD 的中点,过直线BM 的平面α 分别与侧 棱PA、PC 相交于点E、F,当PE=PF 时, 截面 MEBF 的面积为( )。 A.2 B.3 C.33 D.22 解析:由题意知,PD⊥平面 ABCD,四 边形ABCD 为正方形。 如图14,建立空间直角坐标系Dxyz,则 C(0,2,0),P(0,0,2),A(2,0,0),M(0,0, 1),B(2,2,0),PA→=(2,0,-2),BM→=(-2, 图14 -2,1)。 设 PE→=tPA→ = (2t,0,-2t), 0≤t≤1,则E(2t, 0,2-2t)。 又 PE=PF, PA =PC,故 PF→ =tPC→ = (0,2t, -2t),则F(0,2t,2-2t)。 由题意知,M、E、B、F 四点共面,所以 BM→=xBE→+yBF→。 所 以 -2=(2t-2)x-2y, -2=-2x+(2t-2)y, 1=(2-2t)x+(2-2t)y, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解 得 x=y= 3 4 ,t= 2 3 。 所以E 43 ,0, 2 3 ,F 0,43,23 。BE→= - 2 3 ,-2, 2 3 ,BF→= -2,-23,23 。 因此,cos<BE→,BF→>= BE →·BF→ |BE→||BF→| = 28 9 4+ 4 9+ 4 9× 4+ 4 9+ 4 9 = 7 11 , 即 cos ∠EBF= 7 11 。 所以sin ∠EBF= 1-cos2∠EBF = 62 11 。 S△EBF= 1 2BE×BF×sin ∠EBF= 1 2× 44 9× 62 11= 42 3 。 易 得 ME→ = 43,0,- 1 3 ,MF→ = 0, 4 3 ,- 1 3 。 所以cos<ME→,MF→>= ME →·MF→ |ME→||MF→| = 1 9 16 9+0+ 1 9× 0+ 16 9+ 1 9 = 1 17 。 24 解题篇 挑战压轴题 高二数学 2024年9月 故cos ∠EMF= 1 17 ,所以sin ∠EMF= 1-cos2 ∠EMF= 122 17 。 S△EMF= 1 2ME×MF×sin ∠EMF= 1 2× 17 9× 122 17 = 22 3 。 故截面MEBF的面积S=S△EBF+S△EMF= 42 3 + 22 3 =22 。选D。 图15 例 8 (2024年河 北石家庄市 三 模)如 图 15,在棱长为2的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, M 为B1C1 的中点,则下 列说法正确的有( )。 A.若点O 为BD 的 中点,则异面直线 MO 与CC1 所成角的余弦 值为 5 5 B.若点N 为线段BC 上的动点(包含端 点),则 MN+DN 的最小值为 17 C.若点P 为CD 的中点,则平面 AMP 与四边形CDD1C1 的交线长为 2 D.若点 Q 在侧面正方形 ADD1A1 内 (包含边界),且 MQ⊥A1C,则点Q 的轨迹长 度为 2 解析:对于选项 A,取BC 的中点E,连 接 ME,MO,OE,则 CC1 ∥ME。所 以 ∠OME 为异面直线MO 与CC1 所成角。 在Rt△OEM 中,cos ∠OME= ME OM = 2 12+22 = 25 5 ,故A错误。 对于选项B,将侧面 BCC1B1 沿 BC 旋 转至与平面ABCD 共面。 图16 如 图 16,连 接 DM,交 BC 与点 N, 此 时 MN+ DN 最 小,且 MN +DN = DM = 42+12 = 17,故B正确。 图17 对于选项C,如图 17,以点 D 为原点,以 DA,DC,DD1 为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空 间 直 角 坐 标 系,则 A(2,0,0),P(0,1,0), M(1,2,2)。 因 为 平 面 ABCD∥平面A1B1C1D1,所以平面AMP 与 平面A1B1C1D1 的交线为过点 M 且平行于 AP 的直线。 取A1B1 靠近 B1 的四等分点 F,连接 FM,并延长交C1D1 于点S。 连接SP,交CC1 于点T。 由F2, 3 2 ,2 ,可得 MF→= 1,-12,0 , AP→=(-2,1,0),则 MF→=-12AP →,MF∥ AP,所 以 MF 为 平 面 AMP 与 平 面 A1B1C1D1 的交线。 则SP 为平面AMP 与平面CDD1C1 的 交线。 所 以 TP 为 平 面 AMP 与 四 边 形 CDD1C1 的交线。 因 为 Rt△FB1M ≌Rt△SC1M,所 以 SC1=FB1= 1 2 。 又Rt△SC1T∽Rt△PCT,故CT= 4 3 , 则PT= 12+ 43 2 = 5 3 ,C错误。 对于 选 项 D,点 Q 在 侧 面 正 方 形 ADD1A1 内,可设Q(x,0,z)。 则A1C→=(-2,2,-2),MQ→=(x-1, -2,z-2)。 因为 MQ⊥A1C,所以 MQ→·A1C→=0,即 -2(x-1)-4-2(z-2)=0,化简得x+ z=1。 则点Q 的轨迹为直线x+z=1在正方 形ADD1A1 内的线段,其轨迹长度为 2,故 D正确。 故选BD。 (责任编辑 徐利杰) 34 解题篇 挑战压轴题 高二数学 2024年9月