向量跃空间，数理解新篇——空间向量的工具作用-《中学生数理化》高二数学2025年9月刊

知识篇新高考名师护脑中学生数理化 高二数学2025年9月 向量跃空间，数理解新篇 空间向量的工具作用 ■河北省张家口市第二中学 王潇 高考立体几何常涉及空间中线面关系的 因为CP⊥平面PBD,BDC平面PBD, 证明和角度、距离的计算，空间向量可将几何 所以CP⊥BD。 问题转化为代数运算，降低思维难度。空间 因为CP∩BC=C,CPC平面PBC, 向量题有固定的解题套路，只要建立合适的 BCC平面PBC,所以BD⊥平面PBC。 空间直角坐标系，求出相关点的坐标和向量， (2)因为AB⊥AD,所以BD=√2。由 就能通过计算得出结果，在考试中节省时间， 勾股定理可得BC=√2。 提高解题效率和准确性。 因为CP⊥平面PBD,PBC平面PBD, 一、用向量运算求直线与平面所成角 所以PC⊥PB。 如图1，设直线( P 因为PC=1,BC=√2，所以由勾股定理 的方向向量为a,平面 得PB=1,即PC=PB=1。 a的法向量为u,直线l 则△PBC为等腰直角三角形，设其斜边 与平面α所成的角为 0,a与u的夹角为9， 上的高为h,由等面积公式得2×1×1 图1 则①cosP a·u lalui ×2X,解得h= 1 2 ②sin0=|cos| a·u 以B为坐标原点，BC,BD所在直线分 alluo 别为x轴，y 例1 如 轴，过B作垂直 图2，在四棱锥 于平面ABCD P-ABCD 中， A B 的直线为之轴， CP⊥平面 图2 建立如图4所 图4 PBD,AB∥CD, 示的空间直角坐标系。 AB⊥AD,AB=AD=PC=1,CD=2。 则B(0,0,0),D(0,2,0),C(√2,0,0)， (1)证明：BD⊥平面PBC; (2)求直线PC与平面PAD所成角的正 P悟0，）（停，竖）小故A币-丽= 弦值。 解：(1)如图 停竖市=（竖，-，号）元 3,取CD的中点 E,连接BE。 停0-） A 因为AB∥ 图3 设平面PAD的法向量为n=(x,y,2), CD.AB-CD 1 A方·n=E, 2y=0, =DE,所以四边形ABED为平行四边形， 则 AD=BE=1。 号+号=0 D庐.n= 又DE=EC=1,故DE=EC=BE,则 取x=1,解得y=一1，x=-3,可得n= BD⊥BC。 (1,-1,-3)。 9 中学生款理化架贺学新高黄年护航 设直线PC与平面PAD所成角为0，则 因为C1MC平面A1A2C,C1,所以B1D1⊥ CM。又BD∥B1D1,故BD⊥C1M。 sin 0= 1PC.n2√22√22 |Pc1|n1×√i11 方法二：多面体由正四棱台ABCD 故直线PC与平面PAD所成角的正弦 A1BC1D1和正四棱柱A1B1C1D1-A2BC,D2 值为2厘 构成，由多面体的性质，连接AC,BD,交于点 O,连接AC2,B2D2,交于点O1,连接OO1, 点拨：(1)利用线面垂直的性质得到 A1C1,CM。 CP⊥BD,利用直角三角形斜边中线定理的 以O为坐标原点， 2 D 逆命题得到BD⊥BC,再利用线面垂直的判 OA,OB,OO1所在直 B 定定理即可证明。(2)建立空间直角坐标系， 线分别为x轴，y轴，之 M 利用向量法求解即可。 轴，建立如图7所示的 例2(2025年山东 D 空间直角坐标系。 A 模拟预测)如图5所示的 由AB=4,A1B1= 多面体由正四棱台AB- 2,得AC=4√2，A1C1= B CD-A1B1C1D1和正四棱 D 2√2。又AA1=2,解得 图7 柱A1B1C1D1-A2B,C2D2 正四棱台的高为√2。 (正四棱柱下底面与正四 故B(0,2√2,0)，D(0,-2√2,0)，D1(0, 棱台上底面重合)构成。 图5 已知AB=4,AA1=A1B1 一2，√2)，C1(-√2,0，√2)。设M(√2,0， =2,A1A2=4√2，M是A1A2上一动点。 m),则B元=(0，-42,0)，C1M=(22,0, (1)证明：BD⊥C1M; m-√2)。因BD·C1M=0,故BD⊥C1M。 (2)若A,立=子AA,求直线CM与 (2)建系同(1)中的方法二。 平面BDD1所成角的余弦值。 因为A成=子A不，所以M(2,0 解：(1)方法一：如图6， 4√2)，故MC1=(-2√2,0，一3√2)，DD1= 连接C1M,BD,B1D1, (0,√2，√2)。 AC1,A2C2 设平面BDD1的法向量为m=(x,y, 因为ABCD-A1BC1D 是正四棱台，所以平面ABCD∥ BD·m=0, {-4√2y=0, 之)，则 即 令 平面AB1CD,且B,D,D1, DD1·m=0, √2y+√2x=0。 B,四点共面。 图6 x=1,得y=之=0，所以平面BDD1的一个 又因为平面ABCD∩ 法向量为m=(1,0,0)。 平面BDD1B1=BD,平面A1B1C1D1∩平面 设直线C,M与平面BDD,所成角为θ∈ BDD1B1=B1D1,所以BD∥B1D1。 因为A1B1C1D1-A2BC,D2是正四棱 [0,],则sng=le(MC,m1= MC1·m MC|Im 柱，所以底面A1B,C1D1是正方形，A1C1⊥ |-2√2|2√13 B1D1,且A1A2⊥底面A1B1C1D1。 √W26×1 13 又B1D1二底面AB1C1D1,所以A1A2⊥ 所以cos0= 2√13 3√13 B1D1。 13 13 ,故直 因为A1A2∩A1C1=A1,A1A2C平面 A1A,C2C1,A1C1C平面A1A,CC1,所以 线CM与平面BDD,所成角的余弦值为3Y 139 B1D1⊥平面A1A2CC1。 点拨：(1)方法一，由条件证得BD∥ 10 如识篇每高考名师护算中学生教理化 高二数学2025年9月 B1D1,B,D1⊥平面A1A,C2C1,即可求证；方 法二，先建系，再由向量的垂直关系即可求 0,E05,0M(-9r(侵号故 证。(2)通过建系，求得平面BDD1的法向 应=(0,5,0，市=（侵小，A耐 量，代人夹角公式即可求解。 二、用向量运算求平面与平面的夹角 （ 如图8，若PA⊥平 面&于点A,PB⊥平面 设平面AEF的法向量为n1=(x1y1,1), B B于点B,平面PAB交 平面AEM的法向量为n=(x2,y2z,)。 直线l于点E,则∠AEB [n1·AE=√3y=0, 图8 为二面角a-lB的平面 n·A京=1+ 则 令x1= 角，∠AEB+∠APB=180°. 21十2y1十x1=0 若n1,n2分别为平面a,B的法向量，则 2,得y1=0,1=-1,即n1=(2,0,-1)。 n1·n2 n2·AE=5y2=0, cos(nn:》=nn:。根据图形判断二面 则 令 角日为锐二面角还是钝二面角，若二面角为 n,·AM=-L 2y2十2=0。 锐二面角，则cos8=|cos(n1,n2)|;若二面角 x2=2,得y2=0,22=1,即n2=(2,0,1)。 为钝二面角，则cos9=一|cos(n1,n2)。 设二面角F-AE-M的平面角为a,则 例3在四棱锥P-ABCD中，底面 cos&=cos(nn2)=后后=后，所以 ABCD为菱形，∠ABC=60°，AB=PA=2, √5×5 PA⊥平面ABCD,E,M,F分别是CD,PD, 4 sin a-5. PC的中点。 (1)证明：平面PAE⊥平面PCD; 故二面角F-AE-M的正弦值为专。 (2)求二面角F-AE-M的正弦值。 点拨：(1)由条件证得AE⊥CD,PA⊥ 解：(1)如图9，底面 P CD,即可求证。(2)通过建系，求得平面法向 ABCD为菱形，∠ABC= 量，代人夹角公式即可求解。 60°，所以△ACD是正三角 例4如图11，AB过球 形。又E是CD的中点，所 心O,以AB为直径的圆记为 B 以AE⊥CD。 圆O,C为圆O上不同于A,B 因为PA⊥平面AB 图9 的动点，D是球面上不在圆O CD,CDC平面ABCD,所 上的动点，E为△ABC的重 图11 以PA⊥CD。 因为PA∩AE=A,PAC平面PAE, 心，F在线段BD上，且BF=名BD AEC平面PAE,所以CD⊥平面PAE。又 (1)证明：EF∥平面ACD; CDC平面PCD,故平面PAE⊥平面PCD。 (2)当三棱锥D-ABC的体积最大时，求 (2)由(1)知，AB, 本z 平面BEF与平面ACD夹角的余弦值 AE,AP两两垂直。以A 解：(1)如图12，连接BE并 为坐标原点，AB,AE,AP 延长交AC于点G,连接DG。 所在直线分别为x轴，y 因为E为△ABC的重心， 轴，之轴，建立如图10所 示的空间直角坐标系。 所以BE=号G。又BF 图12 易知A(0,0,0),P(0,0, 图10 号BD,则品故EF/DG. 2),D(一1,3,0)，C(1,3, 11 中学生款理化智贺学断高彩条钠航 因为EF丈平面ACD,DGC平面ACD, 三、用向量运算求解探索性问题 所以EF∥平面ACD。 例5如图14，在矩形 D (2)当三棱锥D-ABC的体积最大时，平 ABCD中，AB=2,BC=2√5， 面ABD⊥平面ABC,且△ABC和△ABD 连接AC,将△DAC沿AC折起 均为等腰直角三角形。 到△PAC的位置，使得平面 图14 设球的半径为2，则 PAC⊥平面ABC,如图15，点 AC=BC=AD=BD= O在线段AC上，且CO=1。 2√2。以O为坐标原点， (1)求证：PO⊥平面 OB,OC,OD所在直线分 E ABC; 别为x轴，y轴，之轴，建 (2)若点M在线段PA 图15 立如图13所示的空间直 图13 上，且使得平面MBC与平 角坐标系。 则A(一2,0,0)，B(2,0,0),C(0,2,0), 面ABC夹角的余弦值为√ 7,求PM。 0(0,0,0,D(0,0,2F(号0，号） 解：(1)在Rt△ACD中，tan∠ACD= AD E(0,号0). CD =3,所以∠ACD=60°。 在△POC中，由余弦定理得PO= 所以CD=(0,-2,2),AD=(2,0,2), √CO+CP-2CO·CP·cos60=√3，所 成-（子，）庞-(2） 以PO2+CO=4=CP2,故PO⊥AC。 设平面ACD的法向量为n=(x,y,之)， 因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩ n·CD=0, 则 一2y+2x=0, 平面ABC=AC,POC平面PAC,所以 即 In AD=0, PO⊥平面ABC。 2x十2x=0。 取x=1,则y=一1，x=一1，故n=(1, (2)如图16，过点O作 Ox⊥AC,则Ox,OA,OP -1,一1)。 两两互相垂直，以。为坐 设平面BEF的法向量为m=(a,b,c), 标原点，Ox,OA,OP所在 4 m·BF=0, 直线分别为x轴，y轴， 则 即 m·BE=0, 2 轴，建立空间直角坐标系。 图16 -2a+3b=0. 则C(0,一1,0)， 取a=1,则b=3,c=1,故m=(1,3,1)。 B(√3,2,0)，A(0,3,0),P(0,0,√3)，所以 设平面BEF与平面ACD的夹角为B, Cp=(0,1,3),PA=(0,3,-√3)，CB= 3 W33 则cos9=mn5X元。 (3,3,0)。 点拨：(1)连接BE并延长交AC于点G, 设PM=PA,则CM=C市+PM=(0, 连接DG,根据E为△ABC的重心和BF= 1+3入，√5-√3a)。 「二BD,得到EF∥DG,再利用线面平行的判 设平面MBC的法向量为n1=(x,y,x),则 定定理证明。(2)当三棱锥D-ABC的体积 n应=1+3y+5一5a=0,令y n1·Ci=5x+3y=0。 最大时，平面ABD⊥平面ABC,且△ABC 和△ABD均为等腰直角三角形，建立空间直 √3一√3λ，则x=3以-3，x=-1一3以。 角坐标系，分别求得平面ACD和平面BEF 所以平面MBC的一个法向量为n1= 的法向量，代入公式求解即可。 (3入-3，√3一√3入，-1-3入)。易知平面 12 加设数雾商普色师护芦中学生款理化 ABC的一个法向量为n2=(0,0,1)。 平面PAC,所以EF⊥平面ABD 因为平面MBC与平面ABC夹角的余弦 又BDC平面ABD,所以EF⊥BD。因 值为② 7,所以cos(n1,n)1 n1·n2 为BD⊥AC,EF∩AC=F,所以BD⊥平面 nn. AEC。又AEC平面AEC,所以BD⊥AE。 -1-3入 √2I 又PO⊥平面ABD,EF⊥平面ABD,所 √/(3A-3)2+(W5-√3λ)2+(-1-3x)2 > 以EF∥PO。因为PO吐平面BDE,EFC平 解得入=3· 1 面BDE,所以PO∥平面BDE。 因为F为BD的中点，所以AF⊥BD, 所以PM= 3PA=23 即OF⊥BD。 3 又EF⊥平面ABD,OFC平面ABD,所 点拨：(1)先由余弦定理证明PO⊥AC, 以EF⊥OF。 再根据面面垂直的性质定理证明。(2)建立 又EF∩BD=F,EFC平面BDE, 空间直角坐标系，求出平面MBC和平面 BD二平面BDE,所以OF⊥平面BDE。 ABC的法向量，代人公式运算得解。 例6(2024年山西吕梁三模)P为圆 因为EF=VAE-AF-√3是 4 锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，AC为底面 √3 直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形， 2·EFLBD,所以s△BE=之BD·EF与 且△ABD的边长为√3，点E在母线PC上， ×5×-是 24 且AE=5,CE=1。 (1)求证BD⊥AE,并求三棱锥P-BDE 因为OF=2A0=之，P0/平面BDE, 的体积； 1 (2)若点M为线段PO上的动点，当直 所以V,E=VoE=号s6s·OF=专× 4 线DM与平面ABE所成角的正弦值最大 11 时，求此时点M到平面ABE的距离。 ×2=8 解：(1)如图17，设AC (2)因为OF=C下=号，所以下为0C的中 ∩BD=F,连接EF。 点。又POEF,所以E为 因为△ABD为底面圆O PC的中点，PO=2EF,故 的内接正三角形，所以AC= PO=√3，PC=2。 3 =2,F为BD的中点。 π 以F为坐标原点，FB, 5n3 图17 FC,FE所在直线分别为x A 3 轴，y轴，2轴，建立如图18所 2 图18 示的空间直角坐标系。 =2,因为AE=后，CE=1,所以AE十 则Ao,2oB悟0ooE0o.） CE2=AC2,故AE⊥EC。 因为∠EAF-∠CAE,茫-二所以 D(50.o,oo,-opo,-2w） △AEF∽△ACE,故∠AFE=∠AEC,即 故a店=（停，0）A店-0，是，)， EF⊥AC。 因为PO⊥平面ABD,POC平面PAC, O=0,0,5),D0-(,-之0)D- 所以平面PAC⊥平面ABD。 (下转第20页) 又平面PAC∩平面ABD=AC,EFC 13