6.3.4 第2课时 空间向量在度量关系中的应用-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（苏教版）

空间向量在度量关系中的应用 [教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学] 第2课时 CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一)　空间距离与空间角的综合 题型(二)　已知空间角求其他量 题型(三)　与空间角有关的最值、 范围问题 4 课时检测 题型(一)　空间距离与空间角 的综合 01 [例1]　如图，四棱锥P⁃ABCD中，底面ABCD为 矩形，侧面PAD为正三角形，AD=2，AB=3， 平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PB上一点(不与 P，B重合)，平面ADE交棱PC于点F. (1)求证：AD∥EF； 解：证明：因为四边形ABCD为矩形，所以AD∥BC.又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.又平面PBC∩平面AEFD=EF，AD在平面AEFD内，所以AD∥EF. (2)若二面角E⁃AC⁃B的余弦值为，求点B到平面 AEC的距离. 解：取AD的中点O，连接PO，取BC的中点G，连接OG，则OG⊥AD.因为侧面PAD为正三角形，所以PO⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.又OG⊂平面ABCD，所以PO⊥OG，所以PO，AD，OG两两垂直.以O为原点，OA，OG，OP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 因为AD=2，且侧面PAD为正三角形，所以PO=，又AB=3，所以 A(1，0，0)，B(1，3，0)，C(-1，3，0)，P(0，0，)，=(0，3，0).设=t，显然t∈(0，1)，所以=(1，3，-)，=(-1，0，)，=(-2，3，0)，=+=+t=(-1，0，)+t(1，3，-)=(t-1，3t，-t).设平面AEC的法向量为m=(x，y，z)， 则 取x=3，则y=2，z=，则m=. 取平面BAC的一个法向量为n=(0，0，1)， 则|cos <m，n>|===，得(3t-1)2=9(t-1)2，解得t=. 所以m=(3，2，-3).又=(0，3，0)， 所以点B到平面AEC的距离为 ==. 思|维|建|模| 解决此类问题的关键是准确求出各点的坐标，利用公式求出所需点的坐标，注意夹角的范围. 针对训练 1.如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面 圆O上，圆O的半径为1，AF=，点G是线段BF的中点. (1)证明：EG∥平面DAF； 解：证明：取AF的中点M，连接DM，GM，如图(1)所示，G为BF的中点，则GM∥AB，又AB∥DE，所以GM∥DE，由GM=AB，DE=AB，得GM=DE，所以四边形DEGM为平行四边形，DM∥EG.又DM⊂平面DAF，EG⊄平面DAF，所以EG∥平面DAF. (2)若直线DF与圆柱底面所成的角为45°，求点G到 平面DEF的距离. 解：因为OB=1，AF=，∠AFB=90°，所以BF= ==1.因为DA⊥平面ABF，且直线DF与圆柱底面所成的角为45°， 所以∠AFD=45°，则AD=. 如图(2)，以F为原点，FB，FA分别为x，y轴，过F垂直于底面的直线FN为z轴，建立空间直角坐标系， 则有F(0，0，0)，A(0，，0)，B(1，0，0)，G，D(0，)，C(1，0，)，E=(0，， )，=，设平面DEF的法向量n=(x，y，z)， 则 令y=1，则x=，z=-1，得n=(，1，-1)，=，设点G到平面DEF的距离为d，∴d===. 故点G到平面DEF的距离为. 题型(二)　已知空间角求其他量 02 [例2]　如图，在四棱锥S⁃ABCD中，∠ADC=∠BCD =90°，SA=SD=SB，点E为线段AD的中点，且AD= SE=2BC=2CD. (1)求证：SE⊥AC； 解：证明：连接EB，由∠ADC=∠BCD=90°，得AD∥BC， 因为AD=2BC=2CD，所以DE=BC=CD， 则四边形DEBC为正方形，所以DA⊥EB. 因为SA=SD，所以SE⊥AD. 设SA=SB=SD=a，AD=SE=2BC=2CD=2b， 在Rt△SAE中，SA2=SE2+AE2，即a2=4b2+b2=5b2， 在△SEB中，SE=2b，EB=b，SB=a， 有SB2=SE2+EB2， 所以△SEB是直角三角形，所以SE⊥EB. 由AD∩EB=E，AD，EB⊂平面ABCD，得SE⊥平面ABCD. 又AC⊂平面ABCD，所以SE⊥AC. (2)已知点F为线段SE的中点，点G在线段BC上(不含 端点位置)，若直线FG与平面SAB所成角的正切值为 ，求的值. 解：由(1)知，以点E为原点，以EA，EB，ES所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设=λ(0<λ<1)，则F(0，0，b)，B(0，b，0)，C(-b，b，0)，S(0，0，2b)，A(b，0，0)，所以=+=+λ= (-bλ，b，-b)，=(b，0，-2b)，=(0，b，-2b). 设平面SAB的法向量为n=(x，y，z)，则 令x=2b，得z=b，y=2b，所以n=(2b，2b，b). 设直线FG与平面SAB所成的角为θ(0°<θ<90°)，则tan θ=，即cos θ =sin θ，又sin2θ+cos2θ=1，所以sin θ=，所以sin θ=|cos<，n>| ===，由0<λ<1，解得λ=，即=. |思|维|建|模| 解决此类问题应注意所设的变量的范围，避免增解. 针对训练 2.(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1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； 解：证明：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1 所在直线分别为x轴，y轴，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. (2)点P在棱BB1上，当二面角P⁃A2C2⁃D2为150°时， 求B2P. 解：设BP=m(0≤m≤4)，则P(0，2，m)，所以= (2，0，1-m)，=(0，-2，3-m)，设平面PA2C2的 法向量为n1=(x1，y1，z1)， 所以则 令x1=m-1，得n1=(m-1，3-m，2). 设平面A2C2D2的法向量为n2=(x2，y2，z2)， 由(1)知，=(-2，-2，2)，=(0，-2，1)，所以 则令y2=1，得n2=(1，1，2). 所以|cos 150°|=|cos<n1，n2>|==， 整理得m2-4m+3=0，解得m=1或m=3， 所以P(0，2，1)或P(0，2，3)，所以B2P=1. 题型(三)　与空间角有关的 最值、范围问题 03 [例3]　如图，在四棱锥P⁃ABCD中，PA⊥AD， AB∥CD，CD⊥AD，AD=CD=2AB=2，E，F 分别为PC，CD的中点，DE=EC. (1)求证：平面ABE⊥平面BEF； 解：证明：∵AB∥CD，CD⊥AD，AD=CD=2AB=2，F为CD的中点，∴四边形ABFD为矩形，AB⊥BF.又∵DE=EC，F是CD中点， ∴CD⊥EF.∵AB∥CD，∴AB⊥EF.∵BF∩EF=F，BF，EF⊂平面BEF，∴AB⊥平面BEF.又AB⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面BEF. (2)设PA=a(a>0)，若平面EBD与平面ABCD所成 锐二面角θ∈，求a的取值范围. 解：由(1)知DC⊥EF，又PD∥EF，AB∥CD， ∴AB⊥PD.又AB⊥AD，PD∩AD=D，PD， AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，PA⊂平面 PAD，∴AB⊥PA.如图，以A为原点，AB所在 直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线 为z轴，建立空间直角坐标系， 则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，a)，C(2，2，0)，E，∴=(-1，2，0)，=， 易知平面ABCD的一个法向量n1=(0，0，1)， 设平面EBD的法向量为n2=(x，y，z)， 则即取y=1，得x=2，z=-， 则n2=，∴cos θ=|cos<n1，n2>|===. ∵平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈，∴cos θ∈，即∈，由≥，得-≤a≤， 由≤，得a≤-或a≥，∴a的取值范围是. |思|维|建|模| 空间向量法求最值也是要求出目标函数，但是需要先依据题意建立空间直角坐标系，注意建系时使坐标易于求解或表达，然后求目标函数的表达式. 针对训练 3.如图，四棱锥P⁃ABCD的底面为正方形，PD⊥底面 ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)求证：l⊥平面PDC； 解：证明：在平面PAD内过点P作直线l∥AD，由AD∥BC，得l∥BC， 即l为平面PAD和平面PBC的交线，因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC.又BC⊥CD，CD∩PD=D，PD，CD⊂平面PDC，于是BC⊥平面PDC，所以l⊥平面PDC. (2)已知PD=AD=2，Q为l上的点，求PB与平面QCD 所成角的正弦值的最大值. 解：显然直线DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，直线DA，DC，DP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，P(0，0，2)，B(2，2，0)， 设Q(m，0，2)(m>0)，=(m，0，2)， =(2，2，-2)，=(0，2，0). 设平面QCD的法向量为n=(a，b，c)，则 令a=-2，得n=(-2，0，m)，令PB与平面QCD所成的角为θ， 则sin θ=|cos<n，>|====· =·≤·=，当且仅当m=2时取等号，PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为. 课时检测 04 1 3 4 5 2 1.(15分)如图，在四棱锥P⁃ABCD中，底面ABCD为平行 四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，平面PAD⊥ 平面ABCD，AB⊥PD. (1)求证：平行四边形ABCD为矩形；(6分) 解：证明：取AD中点M，连接PM，△PAD为正三角形， 则PM⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面 ABCD=AD，PM⊂平面PAD，则PM⊥平面ABCD，AB⊂ 平面ABCD，故PM⊥AB.又AB⊥PD，PM，PD⊂平面 PAD，PM∩PD=P，所以AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD， 故AB⊥AD，则平行四边形ABCD为矩形. 1 3 4 5 2 (2)若E为侧棱PD的中点，且平面ACE与平面ABP夹角 的余弦值为，求点B到平面ACE的距离.(9分) 解：如图，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴建立空间直角坐标系，设AB=t(t>0)，则A(0，0，0)，B(t，0，0)，C(t，2，0)，P(0，1，)，E， 所以=(t，2，0)，==(t，0，0)，=(0，1，). 1 3 4 5 2 设平面ACE的法向量为n=(x1，y1，z1)， 则令x1=2，则n=(2，-t，t). 设平面ABP的法向量为m=(x2，y2，z2)， 则 1 3 4 5 2 令z2=1，则m=(0，-，1)， 由|cos<m，n>|===，解得t=1，则平面ACE的一个法向量为n=(2，-1，)，=(1，0，0)， 点B到平面ACE的距离为==. 1 5 2 3 4 2.(15分)如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD， PQ∥CD，AD=CD=DP=2PQ=2AB=2，点E，F，M分别 为AP，CD，BQ的中点. (1)求证：EF∥平面MPC；(4分) 解：证明：连接EM，因为AB∥CD，PQ∥CD，所以AB∥PQ. 又因为AB=PQ，所以四边形PABQ为平行四边形. 由点E和M分别为AP和BQ的中点，可得EM∥AB且EM=AB，因为AB∥CD，CD=2AB，F为CD的中点，所以CF∥AB，CF=AB， 可得EM∥CF且EM=CF，即四边形EFCM为平行四边形，所以EF∥MC，又EF⊄平面MPC，MC⊂平面MPC，所以EF∥平面MPC. 1 5 2 3 4 (2)求平面PQM与平面PMC所成角的正弦值；(6分) 解：因为PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，所以以D为原点， 分别以为x轴，y轴，z轴的正方向建立 如图所示的空间直角坐标系，由题意可知D(0，0，0)， A(2，0，0)，B(2，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)， Q(0，1，2)，M(1，1，1)，=(1，1，-1)，= (0，1，0)，=(1，-1，1)，=(0，2，-2)， 1 5 2 3 4 设n1=(x，y，z)为平面PMQ的法向量，则即 不妨设z=1，可得n1=(1，0，1).设n2=(x'，y'，z')为平面PMC的法向量， 则即不妨设z'=1，可得n2=(0，1，1)， cos<n1，n2>==，则sin<n1，n2>=，所以平面PQM与平面PMC所成角的正弦值为. 1 5 2 3 4 (3)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面PMQ所成的 角为，求线段QN的长.(5分) 解：设=λ(0≤λ≤1)，即=λ=(0，λ，-2λ)， 则N(0，λ+1，2-2λ)，从而=(0，λ+1，2-2λ)，由(2)知平面PMQ的法向量为n1=(1，0，1)，由题意，sin=|cos<，n1>|=，即=，整理得3λ2-10λ+3=0，解得λ=或λ=3，因为0≤λ≤1，所以λ=，所以=，||=||=.即线段QN的长为. 1 5 3 4 2 3.(15分)如图，在四棱锥P⁃ABCD中，已知PA⊥平面 ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD= ，PA=AD=2，AB=BC=1. (1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(7分) 解：以{}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标为A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)， 1 5 3 4 2 由PA⊥平面ABCD，且AD⊂平面ABCD，则PA⊥AD，又∠BAD=，则AB⊥AD，又PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，则AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，且=(0，2，0)， 因为=(1，1，-2)，=(0，2，-2)， 设平面PCD的法向量为m=(x，y，z)， 1 5 3 4 2 则即令y=1，则z=1，x=1， 所以m=(1，1，1)是平面PCD的一个法向量， 所以cos<，m>===， 所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为. 1 5 3 4 2 (2)若点Q满足=λ(0≤λ≤1)，当直线CQ与DP的 夹角最小时，求λ的值.(8分) 解：结合(1)中的空间直角坐标系， 因为=(-1，0，2)，所以=λ=(-λ，0，2λ)(0≤λ≤1)， 又=(0，-1，0)，则=+=(-λ，-1，2λ)，又=(0，-2，2)， 则cos<>===， 1 5 3 4 2 设1+2λ=t，0≤λ≤1，则λ=，t∈[1，3]， 则cos2<>===≤， 当且仅当t=，即λ=时，|cos<>|取到最大值， 又因为y=cos x在上单调递减，此时直线CQ与DP夹角最小. 综上所述，λ的值为. 1 5 3 4 2 4.(17分)如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD 为矩形，平面ADE⊥平面ABCD，且AB=4，正三角 形ADE的边长为2. (1)证明：EF∥平面ABCD.(5分) 解：证明：因为四边形ABCD为矩形，所以AB∥CD，又AB⊄平面CDEF，CD⊂平面CDEF，所以AB∥平面CDEF.因为平面ABFE∩平面CDEF=EF，AB⊂平面ABFE，所以AB∥EF.又EF⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD. 1 5 3 4 2 (2)若EF<AB，且直线AE与平面BCF所成角的正弦值 为，求EF的值.(12分) 解：分别取AD，BC的中点O，M，连接OE，OM， 因为平面ADE⊥平面ABCD，△ADE为正三角形， 以O为坐标原点，OA，OM，OE所在直线分别为 x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，B(1，4，0)，C(-1，4，0)，E(0，0，)， 1 5 3 4 2 设F(0，m，)(0<m<4)，则=(-1，0，)，=(-2，0，0)，=(-1，m-4，)，设平面BCF的法向量为m=(x，y，z)， 则由得 令z=，得m=，因为直线AE与平面BCF所成角的正弦值为，所以|cos<，m>|===，解得m=2或m=6(舍去)，故EF=2. 1 5 3 4 2 5.(17分)如图，已知四棱台ABCD⁃A1B1C1D1的上、下 底面分别是边长为2和4的正方形，A1A=4，且A1A⊥ 底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上. (1)若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；(5分) 解：证明：以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B1(2，0，4)，D(0，4，0)，D1(0，2，4)，设Q(4，m，0)，其中m=BQ，0≤m≤4，若P是DD1的中点，则P(0，3，2)，=(2，0，4)，=(4，m-3，-2)，于是·=8-8=0，∴⊥，即AB1⊥PQ. 1 5 3 4 2 (2)若PQ∥平面ABB1A1，二面角P⁃QD⁃A的余弦值为， 求四面体ADPQ的体积.(12分) 解：由题设知，=(4，m-4，0)，=(0，-2，4)是平 面PDQ内的两个不共线向量.设n1=(x，y，z)是平面PDQ的法向量， 则取y=4，得n1=(4-m，4，2). 又平面AQD的一个法向量是n2=(0，0，1)， 1 5 3 4 2 ∴cos<n1，n2>====，解得m=或m= (舍去)，此时Q.设=λ(0<λ≤1)，而=(0，-2，4)，由此得点P(0，4-2λ，4λ)，=， ∵PQ∥平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0，1，0)，∴·n3=0，即2λ-=0，解得λ=，从而P. 将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P⁃ADQ，则其高h=1，故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·h=××4×4×1=. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $