12 第一章 微专题1 空间向量在立体几何热点问题中的应用-【名师导航】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册同步讲义(人教A版2019)

微专题1　空间向量在立体几何热点问题中的应用 解决立体几何问题，常用三种方法：综合法、向量法、坐标法．处理空间图形之间的距离、夹角等度量问题时，综合法需要借助图形之间的位置关系或辅助线找出所求的距离、夹角，有一定难度．用向量法和坐标法不用考虑图形之间的关系，直接套用相应的公式求解即可，将这些度量“公式化”，就大大降低了难度． 立体几何中利用空间向量求空间角及解决有关的探索性、折叠问题是各类考试考查的热点内容，也是一个难点，常见于解答题中．题目灵活性较强，需要丰富的空间想象能力及计算能力，考查学生的综合应用能力，培养学生的思维能力． 类型1　利用空间向量求空间角 【例1】　(2022·天津卷)直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AA1⊥AB，AC⊥AB，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点． (1)求证：EF∥平面ABC； (2)求直线BE与平面CC1D夹角的正弦值； (3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值． [解]　(1)证明：取BB1的中点G，连接FG，EG，连接AD交EG于K，再连接FK， ∵EK∥A1B1，且E是AA1的中点，则K是AD的中点， ∴FK∥AC，又FK⊄平面ABC，AC⊂平面ABC， ∴FK∥平面ABC，同理可得，EG∥平面ABC，又FK∩EG＝K， ∴平面EFG∥平面ABC， ∴EF∥平面ABC． (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥AB，AA1⊥A1B1，则可建立如图所示的空间直角坐标系， 又AA1＝AB＝AC＝2，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点． 故B(2，2，0)，E(1，0，0)，C(2，0，2)，C1(0，0，2)，D(0，1，0)， 则＝(－1，－2，0)，＝(－2，0，0)，＝(－2，1，－2)， 设n＝(x，y，z)是平面CC1D的法向量，则有n·＝0， 即 令z＝1，则x＝0，y＝2，所以n＝(0，2，1)， 设直线BE与平面CC1D的夹角为θ， 则sin θ＝＝， 即直线BE与平面CC1D夹角的正弦值为． (3)∵A1(0，0，0)，则＝(2，0，2)，＝(0，1，0)， 设平面A1CD的法向量为m＝(a，b，c)，则有m·＝0， 即令a＝1，则b＝0，c＝－1，故m＝(1，0，－1)， 设平面A1CD与平面CC1D的夹角为β， 所以cos β＝|cos 〈n，m〉|＝． 类型2　利用空间向量解决探索性问题 【例2】　如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4． (1)求证：AC⊥BC1； (2)在AB上是否存在点D，使得AC1∥平面CDB1，若存在，确定点D的位置并说明理由，若不存在，说明理由． [解]　(1)证明：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，则AC，BC，CC1两两垂直，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)，B1(0，4，4)．∵＝(－3，0，0)，＝(0，－4，4)，∴＝0，即⊥，∴AC⊥BC1． (2)假设在AB上存在点D使得AC1∥平面CDB1，设＝(－3λ，4λ，0)，其中0≤λ≤1，则D(3－3λ，4λ，0)，＝(3－3λ，4λ－4，－4)， 又＝(0，－4，－4)，＝(－3，0，4)，AC1∥平面CDB1，∴存在实数m，n，使成立， ∴m(3－3λ)＝－3，m(4λ－4)－4n＝0，－4m－4n＝4， ∴λ＝，∴在AB上存在点D使得AC1∥平面CDB1，且D为AB的中点． 类型3　利用空间向量解决翻折问题 【例3】　如图1所示，在△ABC中，AB＝4，BC＝2，∠B＝，DE垂直平分AB．现将三角形ADE沿DE折起，使得二面角P-DE-B大小为，得到如图2所示的空间几何体(折叠后点A记作点P)． (1)求点D到面PEC的距离； (2)点Q为一动点，满足(0＜λ＜1)，当直线BQ与平面PEC所成的角最大时，试确定点Q的位置． [解]　(1)由AB＝4，BC＝2，∠B＝， 得AC＝＝6， 所以AB2＝AC2＋BC2，所以∠C＝，DC＝BC， 因为DE垂直平分AB，所以DE⊥PD，DE⊥BD， 所以∠PDB为二面角P-DE-B的平面角， 所以∠PDB＝，PD＝BD，所以△PDB为等边三角形， 取BD中点O，连接PO，OC，所以PO⊥BD，OC⊥BD． 因为PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PDB， 所以DE⊥平面PDB，因为DE⊂平面BCED， 所以平面PDB⊥平面BCED， 因为PO⊥BD，OC⊥BD，所以∠POC为二面角P-BD-C的平面角， 所以PO⊥OC． 以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(，0，0)，C(0，3，0)，P(0，0，3)，D(－，0，0)，E(－，2，0)， 所以＝(0，3，－3)，＝(－，2，－3)， 设平面PEC的法向量为n＝(x，y，z)， 则令z＝1，则n＝，又＝(，0，3)， 所以点D到面PEC的距离为d＝＝＝． (2)设Q(x1，y1，z1)，由(0＜λ＜1)， 可得(x1，y1，z1－3)＝λ(－，2，－3)， 所以所以Q(－λ，2λ，3－3λ)， 所以＝(－λ－，2λ，3－3λ)． 设直线BQ与平面PEC所成的角为θ，θ∈， 则有sin θ＝＝＝， 所以当λ＝时，sin θ有最大值为， 此时直线BQ与平面PEC所成角最大， 即当＝时，直线BQ与平面PEC所成角最大． 微专题强化练(一)　空间向量在立体几何热点问题中的应用 一、选择题 1．如图，将菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是AC的中点，∠ABC＝，则折后平面OEF与平面ABC夹角的余弦值为(　　) A． B． C． D． A　[以O为原点，分别以OB，OC，OD所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 设AB＝2， 则E，F， 故＝＝， 设平面OEF的法向量为n＝(x，y，z)， 由 取y＝1，得n＝(－，1，)， 又平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)， 则cos 〈n，m〉＝＝＝， 所以平面OEF与平面ABC夹角的余弦值为．故选A．] 2．正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2，E是棱AB的中点，F是四边形AA1D1D内一点(包含边界)，且＝－，当三棱锥F-AED的体积最大时，EF与平面ABB1A1所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． A　[如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，E(1，0，0)，D(0，2，0)，设F(0，m，n)，m∈[0，2]，n∈[0，2]，则＝(1，－m，－n)，＝(0，2－m，－n)， ∴＝m2－2m＋n2＝－，∵S△ADE为定值，要想三棱锥F-AED的体积最大，则F到底面ADE的距离最大，其中n2＝－－m2＋2m＝－(m－1)2＋， ∴当m＝1时，n2取得最大值为， ∵n∈[0，2]，∴n的最大值为，∴F＝， 又平面ABB1A1的一个法向量为n＝(0，1，0)， ∴当三棱锥F-AED的体积最大时，EF与平面ABB1A1所成角的正弦值为 ＝＝＝．故选A．] 3．(多选)如图1，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A′的位置，如图2，连接A′B，A′C，且A′D⊥CD，平面A′BE与平面A′CD的交线为l，则下列结论中正确的是(　　) A．平面A′DE⊥平面A′BE B．CD∥l C．BC与平面A′DE所成角的余弦值为 D．平面A′BE与平面A′BD夹角的余弦值为 ABD　[在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以AB⊥DE，因为CD∥BE，所以DE⊥CD，因为A′D⊥CD，A′D∩DE＝D，A′D，DE⊂平面A′DE， 所以CD⊥平面A′DE，因为CD∥BE， 所以BE⊥平面A′DE，因为BE⊂平面A′BE，所以平面A′DE⊥平面A′BE， 故A正确； 因为CD∥BE，CD⊄平面A′BE，BE⊂平面A′BE，所以CD∥平面A′BE，又平面A′BE与平面A′CD的交线为l，所以CD∥l，故B正确； 由A知，DE⊥AB，且BE⊥平面A′DE，则DE⊥A′E，且BE⊥A′E，BE⊥DE，以E为原点，分别以EB，ED，EA′所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则B(1，0，0)，A′(0，0，1)，C，D，所以＝＝＝(1，0，－1)， 由A可知，CD⊥平面A′DE， 故平面A′DE的一个法向量为＝(－2，0，0)， 则cos ＝ ＝， 设BC与平面A′DE所成角为θ， 则cos θ＝，故C不正确； 显然平面A′BE的一个法向量为n＝＝， 设平面A′BD的法向量为m＝(x，y，z)， 则有即 取y＝1，则x＝z＝，所以m＝， 设平面A′BE与平面A′BD的夹角为α， 所以cos α＝|cos m，n〉|＝，故D正确．] 4．若正方形ABCD的边长为a，E，F分别为CD，CB的中点(如图1)，沿AE，AF将△ADE，△ABF折起，使得点B，D恰好重合于点P(如图2)，则直线PA与平面PCE所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． A　[在正方形ABCD中，由AD⊥DE，AB⊥BF，可得PA⊥PE，PA⊥PF， 设a＝2，则BD＝2，EF＝，PE＝DE＝1，PF＝BF＝1， 则满足PE2＋PF2＝EF2，则PE⊥PF． ∵PA，PF，PE两两垂直，以P为坐标原点，建立空间直角坐标系如图， 则P(0，0，0)，E(1，0，0)，F(0，1，0)，A(0，0，2)． 设C(x，y，z)，由AC＝2，CE＝FC＝1， 得得x＝，y＝，z＝－，即C， 得＝(1，0，0)，＝， 设平面PCE的一个法向量为m＝(x，y，z)， 由m··＝0， 得得令y＝1，则x＝0，z＝1， 即m＝(0，1，1)，所以平面PCE的一个法向量为m＝(0，1，1)， 又＝(0，0，2)，设PA与平面PCE所成的角为θ， 则sin θ＝＝＝＝．故选A．] 二、填空题 5．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为_______________． 　[建立空间直角坐标系如图所示，设AB＝1， 则F，E，设M(0，y，1)(0≤y≤1)， 则＝，＝． ∴cos θ＝＝＝＝·， 令t＝1－y，则y＝1－t， ∵0≤y≤1，∴0≤t≤1， 当t≠0时，cos θ＝·＝·＝· ＝·， 当t＝1时，cos θ有最大值，cos θ的最大值为×＝×＝． 综上，cos θ的最大值为．] 6．如图，已知圆柱OO1，A在圆O上，AO＝1，OO1＝，P，Q在圆O1上，且PQ＝，则直线AO1与平面OPQ所成角的余弦值的最小值是________． 　[以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， 则O1，取P， 设A(cos θ，sin θ，0)，则＝， 设平面OPQ的法向量为n＝(x，y，z)， 则取z＝－1，得n＝， 设直线AO1与平面OPQ所成角为α，α∈， 则sin α＝＝， 当且仅当sin θ＝1，即cos θ＝0，A(0，1，0)时，等号成立， 即直线AO1与平面OPQ所成角的正弦值的最大值是，∴直线AO1与平面OPQ所成角的余弦值的最小值是．] 三、解答题 7．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝2，PA＝2． (1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB； (2)求直线AC与PD所成角的余弦值； (3)在线段PD上是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由． [解]　(1)证明：取BC的中点E，连接DE，交AC于点O，连接ON，连接AE，由题知，AD＝DC＝，BC＝2，AD⊥CD，∴四边形AECD为正方形． ∴EO⊥AC，O为AC中点，∴NO∥PA，NO⊥平面ABCD． 建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－1，0)，B(2，－1，0)，C(0，1，0)，D(－1，0，0)，P(0，－1，2)． ∵点N为PC的中点， ∴N(0，0，1)，∴＝(1，0，1)． 设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由＝(0，0，2)，＝(2，0，0)，可取n＝(0，1，0)，∴·n＝0． 又∵DN⊄平面PAB，∴DN∥平面PAB． (2)由(1)知＝(0，2，0)，＝(－1，1，－2)．设直线AC与PD所成的角为θ， 则cos θ＝＝． (3)存在． 设M(x，y，z)，，0<λ<1， ∴∴M(－λ，λ－1，2－2λ)． 设平面ACM的法向量为m＝(a，b，c)， 由＝(0，2，0)，＝(－λ，λ，2－2λ)，可得m＝(2－2λ，0，λ)， 由图知平面ACD的一个法向量为p＝(0，0，1)， ∴|cos 〈m，p〉|＝＝， 解得λ＝或λ＝2(舍去)． ∴M， ∴＝，m＝． 设BM与平面MAC所成的角为φ， 则sin φ＝＝＝， ∵0°≤φ≤90°， ∴φ＝30°． 故存在点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°，此时BM与平面MAC所成的角为30°． 12/12 学科网（北京）股份有限公司 $$