专题07 空间向量法的综合解答题（高效培优专项训练）高二数学沪教版选择性必修第一册

专题07 空间向量法的综合解答题 题型一 存在性问题 题型二 翻折问题 题型三 最值范围问题 题型一：存在性问题 1．【答案】(1) (2)存在，. 2．【答案】(1)在翻折前的梯形中： 由，翻折后对应得； 翻折后，，且，平面， 所以平面， 又平面，因此； (2)存在，为线段的中点，理由如下： 因为，，得. 由，得，又，故， 所以，故， 由（1）知，结合，，平面， 则平面， 以为原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，. 设在上，令，， 则. 直线的方向向量为， ，， 设平面的法向量为， 则 ， 取，可得，，则， 设直线与平面所成角为， ， 解得，符合， 此时为线段的中点. 3．【答案】(1) 在图1中，过作的垂线，垂足为，因为，所以.又因为 ， ，，所以四边形为正方形，，为中点. 在图2中，连接，因为点是的中点，所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面平面. 又因为平面 ，所以平面. (2)存在， 4．【答案】(1) (2)存在，，或. 5．【答案】(1)因为分别为边的中点，所以， 又因为，所以，所以， 因为，且，平面， 所以平面. (2) (3)存在，. 6．【答案】(1)连接，交于点，连接， 因为底面为矩形，所以点是的中点， 又点是的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面. (2)存在，或 7．【答案】(1)证明：连接，交于点，连接，点是的中点，点是的中点， 所以，平面，平面，所以平面. (2) (3)存在，的长为或 题型二：翻折问题 1．【答案】(1)翻折前，,因为为的中点， 可得, 又平行于,故 平行于,则四边形为平行四边形， 可得,同理可得. 翻折后，取中点分别为，连接，如下图所示. 在中，由中位线可得平行于, 在等腰和等腰中 ，又因为平面平面， 平面平面,所以平面， 同理平面,所以平行于. 又因为，易得， 所以四边形为平行四边形， 所以平行于，平行于，所以平行于 所以翻折后四点共面. (2) 2．【答案】(1) 由题可知， 以E为原点，和过点且垂直平面的直线为轴，如图， 　　 则由题意可得， 所以， 所以， 因为，所以，所以， 所以，所以与不可能垂直，即与不可能垂直； (2) 3．【答案】(1)见证明；(2) 4．【答案】(1)平面. 理由如下：由题意知，平面平面，. 翻折后，，， 因为平面平面，则即为直二面角的平面角， 所以. 以为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，. 因为，， 所以，所以，即. 又平面，平面，所以平面. (2) 5．【答案】(1) (2) (3) 6．【答案】(1)证明见解析 (2) 7．【答案】(1)证明：因为，所以， 因为是等腰直角三角形，所以它的外接圆圆心是斜边的中点，记为， 因为在平面上的射影恰为的外接圆的圆心，所以平面; 又平面，所以平面平面. (2) 题型三：最值范围问题 1．【答案】(1)由题意且，所以， 以为原点，分别以的方向为轴、轴正方向建立空间直角坐标系， 由，可得，，，， 折前且，则， 将沿（即轴）翻折得到，设旋转到的角度为， 设翻折后， 已知折叠后，则，得， 所以，此时，则，，， 所以，， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； (2) (3) 2．【答案】(1)平面平面，交线为，，平面，则平面， 平面，则，又，，平面，所以平面， 平面，则，因为，所以， 所以，可知． 在梯形中，由，，知，． 设， 得，，由，得， 解得，． (2) (3) 3．【答案】(1)因为，，，所以，. 又，，所以，. 因为，所以， 又，，所以，则. 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，又平面，所以. 又，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. (2) (3) 4．【答案】（1）证明见解析 （2） 5．【答案】(1)证明：三棱锥是正三棱锥， 故底面为等边三角形，， 因为为中点，所以，， 因为平面，，所以⊥平面， 三棱锥也是正三棱锥，同理可得，故平面， 所以平面，故； (2) 6．【答案】(1)点为棱上靠近点的三等分点，理由如下： 连接，延长交于点，连接， 因为平面，，即平面， 又平面平面，所以，故三点共线， 因为为的中点，为的中点，所以， 所以， 又因为，所以， 所以，即点为棱上靠近点的三等分点 (2)①延长交于点，连接，则平面平面， 即为平面与平面的交线l， 过点作交于点，则平面，又平面， 所以， 过点作交于点，连接， 因为，，,平面， 所以平面，平面，所以， 所以为二面角的平面角 ② (3) 7．【答案】(1)（ⅰ）如图，令， 由，得，由，，得， 则，， 而，则为正三角形，于是， 又，则， 由平面，平面，得， 而，、平面，因此平面， 又平面，所以. （ⅱ） (2) 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 空间向量法的综合解答题 题型一 存在性问题 题型二 翻折问题 题型三 最值范围问题 题型一：存在性问题 1．如图，在直三棱柱中，，为的中点．，． (1)求直线与平面所成的角； (2)在棱上是否存在点使平面，若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在，. 【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，写出相应的点，求出向量以及平面的法向量，利用向量法求解即可； （2）设在棱上存在点使平面，令， 则，设，利用向量关系求出点关于的坐标，然后求出的坐标，结合（1）中的平面的法向量，得出，解出分析即可. 【详解】（1）在直三棱柱中，由平面，且， 所以直线两两互相垂直， 所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以，又， 所以， 又为的中点，所以， 由， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以 设直线与平面所成的角为，由， 所以， 又，所以，所以直线与平面所成的角为. （2）设在棱上存在点使平面，令， 则，设，由， 所以， 由得：，即， 所以， 又平面的一个法向量为， 所以若平面，则，即 也即， 化简得：，因为，所以，所以由解得：， 所以在棱上存在点使平面，此时. 2．如图1，在梯形中，，，，将沿翻折至，连接，得到图2的三棱锥，且． (1)求证：； (2)若，在线段上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)在翻折前的梯形中： 由，翻折后对应得； 翻折后，，且，平面， 所以平面， 又平面，因此； (2)存在，为线段的中点，理由如下： 因为，，得. 由，得，又，故， 所以，故， 由（1）知，结合，，平面， 则平面， 以为原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，. 设在上，令，， 则. 直线的方向向量为， ，， 设平面的法向量为， 则 ， 取，可得，，则， 设直线与平面所成角为， ， 解得，符合， 此时为线段的中点. 【分析】（1）由，，根据线面垂直判定定理证明平面，进而得到； （2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，利用向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，结合条件列方程求结论. 【详解】（1）略； （2）存在点，为线段的中点. 3．如图1所示，在等腰梯形中，，，垂足为，，．将沿折起到的位置，使平面平面，如图2所示，点为棱上一个动点． (1)当点为棱中点时，求证：平面； (2)是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 在图1中，过作的垂线，垂足为，因为，所以.又因为 ， ，，所以四边形为正方形，，为中点. 在图2中，连接，因为点是的中点，所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面平面. 又因为平面 ，所以平面. (2)存在， 【分析】（1）通过构造辅助线并利用面面平行的判定定理证明平面平面，进而利用面面平行的性质定理可得平面； （2）先建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为三线两两垂直，如图，建立空间直角坐标系. 所以，，，. 假设存在点满足题意，设，则， 所以. 设平面的法向量为，所以，即. 取，则. 设平面的法向量为，，所以， 即. 取，则. 令， 解得或（舍）. 所以存在点，使得两个平面夹角的余弦值为 ，且，，得. 4．如图1，在平面四边形中，，，，如图2，把沿折起，使点到达点处，且平面平面，为的中点. (1)求平面与平面所成角的余弦值； (2)判断线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，，或. 【分析】（1）建立恰当的空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，根据面面角的向量方法求解即可； （2）设，由三棱锥的体积为，求得的值即可得的值. 【详解】（1）因为，，所以，所以，； 平面四边形中，因为，所以. 因为，所以. 折叠后的三棱锥中， 因为为的中点，所以，且. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 所以如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系. 则. 所以. 设平面的一个法向量为， 则，所以. 令，则. 所以平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为， 则，所以. 令，则. 所以平面的一个法向量为. 所以. 所以平面与平面所成角的余弦值为. （2）线段上存在点，使得三棱锥的体积为. 设， 因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，即. 所以三棱锥的体积， 解得. 当时，，； 当时，，. 故线段上存在点，使得三棱锥的体积为，，或. 5．如图1，在中，，分别为边的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接． (1)求证：平面； (2)若为的中点，求平面与平面的夹角余弦值； (3)线段上是否存在点（不含端点），使平面与平面的夹角余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)因为分别为边的中点，所以， 又因为，所以，所以， 因为，且，平面， 所以平面. (2) (3)存在，. 【分析】（1）根据题意，证得，得到，再由，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，求出平面与平面的法向量，然后利用向量法求解即可； （3）假设线段上存在点（不含端点），使平面与平面的夹角余弦值为，设，利用求出关于的坐标，求出平面的法向量，结合面面角的向量法建立关于的方程，求解分析即可. 【详解】（1）略. （2）连接，因为，所以两两垂直， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 　　 可得， 所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面与平面的夹角为为， 则， 所以平面与平面所成的角的余弦值为. （3）假设线段上存在点（不含端点），使平面与平面的夹角余弦值为， 设此时， 由（2）得， 设，则，又， 所以， 所以，即， 由， 设平面的一个法向量为， 则 取，可得，所以， 由（2）知平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为， ， 化简得：，解得：（舍去）或， 所以线段上存在点（不含端点），使平面与平面的夹角余弦值为，此时. 6．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，是的中点. (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)连接，交于点，连接， 因为底面为矩形，所以点是的中点， 又点是的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面. (2)存在，或 【分析】（1）连接，交于点，连接，即可证明，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，设且，即可求出，利用向量的夹角公式列出关于的方程求解即可. 【详解】（1）略 （2）存在，或， 因为底面为矩形，底面， 所以以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，则， 又， 设， 则， 设直线与平面的夹角为，且直线与平面所成角的余弦值为， 则， 整理得，所以，解得或， 又， 当时，，当时，，则的长为或. 7．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，是的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明：连接，交于点，连接，点是的中点，点是的中点， 所以，平面，平面，所以平面. (2) (3)存在，的长为或 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，用空间向量数量积公式求解二面角. （3）假设在棱上存在一点使得，且，即可求出，利用向量的夹角公式列出关于的方程求解即可. 【详解】（1）略. （2）以为坐标原点，以，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，所以，. 设平面的法向量， 则，令，则，， 所以平面的法向量， 平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 所以， 即平面与平面夹角的正弦值为. （3）由题，，，， 则，， 假设存在这样的点，设， 则， 由（2）知平面的法向量， 设直线与平面的夹角为， 则， 整理得，所以，解得或， 当时，；当时，， 故存在一点满足条件，线段的长为或. 题型二：翻折问题 1．如图（1），在四边形中，，且，为中点，连接，，将图（1）沿，折起使得平面平面，平面平面，连接，，如图（2）． (1)证明：图（2）中的，，，四点共面； (2)求图（2）中平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)翻折前，,因为为的中点， 可得, 又平行于,故 平行于,则四边形为平行四边形， 可得,同理可得. 翻折后，取中点分别为，连接，如下图所示. 在中，由中位线可得平行于, 在等腰和等腰中 ，又因为平面平面， 平面平面,所以平面， 同理平面,所以平行于. 又因为，易得， 所以四边形为平行四边形， 所以平行于，平行于，所以平行于 所以翻折后四点共面. (2) 【分析】（1）构造平面，通过证明平行于，平行于，得到平行于，所以四点共面； （2）建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，然后利用向量夹角公式得到平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）连接，易知，由（1）得，故以为原点，所在的直线分别为轴， 轴 轴，建立如图空间直角坐标系. 则， 于是， 设平面的法向量， 由， 取其中一组解可得.又因为平面法向量为. 设平面与平面所成的锐二面角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 2．正方形的边长为2，E，F分别为边AD，BC的中点，是线段的中点，现把正方形沿折起，折起后如图所示.设. 　　 (1)求证：无论取何值，与不可能垂直； (2)设平面与平面的夹角为，时，求的值. 【答案】(1) 由题可知， 以E为原点，和过点且垂直平面的直线为轴，如图， 　　 则由题意可得， 所以， 所以， 因为，所以，所以， 所以，所以与不可能垂直，即与不可能垂直； (2) 【分析】（1）以E为原点建立适当空间直角坐标系，计算分析即可证明； （2）求平面与平面的一个法向量，再由计算即可求解. 【详解】（1）略 （2）设平面与平面的一个法向量分别为， 则，， 所以，， 因为，所以， 故可取，得， 所以， ，， 所以 ， 所以， 所以， 因为，所以. 3．如图，四边形中，，，，为边的中点，现将 沿折起到达的位置（折起后点记为）． （1）求证：； （2）若为中点，当时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)见证明；(2) 【分析】（１）根据题意，利用线面垂直的判定定理证明面，从而推得； （２）以为原点，以，分别为，建立空间直角坐标，分别求出面的法向量和面的法向量为，根据二面角的余弦值公式即可求解出结果． 【详解】（1）证明：因为，，， 所以面， 又因为面，所以． （2）解：以为原点，以，分别为，建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，，，， ，， 设面的法向量， 则有 取，，，则 由，，设面的法向量为， 则有取，，，， 则，由于二面角的平面角为钝角， 所以，其余弦值为． 4．如图①所示，正三角形的边长为，是边上的高，，分别为和边上的中点，现将沿翻折成直二面角，如图②所示． (1)试判断翻折后的直线与平面的位置关系，并说明理由； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)平面. 理由如下：由题意知，平面平面，. 翻折后，，， 因为平面平面，则即为直二面角的平面角， 所以. 以为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，. 因为，， 所以，所以，即. 又平面，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）结合直二面角的定义建立空间直角坐标系，利用平行关系的向量表示得到，根据线面平行的判定定理证明即可. （2）求出平面的法向量，根据点到平面的距离公式的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）在平面内，，. 设平面的法向量为， 则，即，令，则，所以. 又， 所以，. 所以点到平面的距离. 5．如图，在梯形中，，，，，，，分别为边，上的动点，且．沿将梯形翻折，使平面平面，且． (1)求的长； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若四面体的四个顶点都在球上，求三角形的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）作于点,连接,证明平面，得到，再使用等面积法，计算出，最后求出的长； （2）以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再计算出平面与平面所成角的余弦值； （3）若四面体的四个顶点都在球上，由于为直角三角形，故球心在经过斜边中点与平面垂直的直线上，设球心,利用求出球心的坐标，再求出点到直线的距离，最后求得三角形的面积. 【详解】（1）作于点,连接， 因为平面平面，平面平面，平面, 所以，平面，平面， 所以，，又，，平面, 所以，平面，平面， 所以，， 由，得 即, 翻折前在梯形中，由得，沿将梯形翻折后，, 在平面四边形中，，那么, 又所以四边形是平行四边形， 所以，, 设，则，， 即，解得, 所以，. （2）在原直角梯形中，作于点，那么 四边形为矩形，, ,所以为等腰直角三角形，， 由于,所以，， 所以，沿将梯形翻折后，为等腰直角三角形, , 以为原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，那么 ,, , 设平面法向量为，平面法向量为，那么 ， 取，则为平面一个法向量， , 取，则为平面一个法向量， , 所以，平面与平面所成角的余弦值为. （3）若四面体的四个顶点都在球上， 由于为直角三角形，故球心在经过斜边中点与平面垂直的直线上，设球心，则由可得 ，解得， 所以，， 点到直线的距离为 , 所以，. 6．如图，在面积为的梯形中，，，为的中点.将沿翻折至. 　　 (1)证明：； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，由菱形性质可得，即可得； （2）借助梯形面积可得的面积，从而可求出，再以为坐标原点，建立适当空间直角坐标系，可求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可得解. 【详解】（1）连接，由为中点，则，又， 则四边形为菱形，设，则为中点， 则，所以三角形是直角三角形，且； 　　 （2）当时，是边长为的等边三角形， 又因为梯形的面积为，所以的面积为， 所以，所以， 以为坐标原点，以，分别为，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 　　 则，，，， 所以，，， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，所以， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，，所以， 所以， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 7．如图1，在平面四边形中，，将沿翻折，得到如图2所示的三棱锥，且在平面上的射影恰为的外接圆的圆心. 　　 (1)证明：平面平面； (2)设点满足，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明：因为，所以， 因为是等腰直角三角形，所以它的外接圆圆心是斜边的中点，记为， 因为在平面上的射影恰为的外接圆的圆心，所以平面; 又平面，所以平面平面. (2) 【分析】（1）根据射影得出线面垂直，然后利用判定定理可得面面垂直； （2）建立坐标系，求解平面法向量，利用向量夹角和平面夹角的关系可得答案. 【详解】（1）略 （2）以 O 为原点，为 x 轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ，,,; ; 设平面的法向量为，则，取，可得； 设平面的法向量为，则，取，可得； 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以，整理可得， 解得或（舍）. 题型三：最值范围问题 1．如图1，是等腰直角三角形，四边形是直角梯形，，，，将沿翻折至，使得，得到如图2的几何体，为的中点． (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正弦值； (3)若点是线段上的动点，求直线与平面所成角的范围． 【答案】(1)由题意且，所以， 以为原点，分别以的方向为轴、轴正方向建立空间直角坐标系， 由，可得，，，， 折前且，则， 将沿（即轴）翻折得到，设旋转到的角度为， 设翻折后， 已知折叠后，则，得， 所以，此时，则，，， 所以，， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； (2) (3) 【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，应用向量法证明线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明结论； （2）求出二面角对应平面的法向量，向量法求二面角的余弦值，进而求其正弦值； （3）首先求出平面的法向量，设()从而得到，最后应用线面角的向量求法求正弦值范围，进而得到角的范围. 【详解】（1）略 （2）由E为中点，则， 平面即为底面所在平面，其法向量为， 设平面的法向量为，，， 由，令，则， 所以，由图知锐二面角的余弦值为， 所以； （3）设平面的法向量为，，， 由，令，则，， 点在线段上，设()，， 所以，则，故， 所以， ， 设直线与平面所成角为，则， 因为，所以时取最大值，或时取最小值， 所以，为锐角（或直角），角度随着正弦值增大而增大， 直线与平面所成角的范围为. 2．如图，在梯形中，，，，，，分别为线段，上异于端点的一点，，将梯形沿翻折至与梯形垂直的位置，得到多面体． (1)若，证明：． (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值． (3)求四面体的外接球的半径的最小值． 【答案】(1)平面平面，交线为，，平面，则平面， 平面，则，又，，平面，所以平面， 平面，则，因为，所以， 所以，可知． 在梯形中，由，，知，． 设， 得，，由，得， 解得，． (2) (3) 【分析】（1）应用平面平面，得出平面，再设，应用比例计算求解证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再根据线面角正弦公式计算求解； （3）设的中点为，球心，再应用坐标列式计算求解最值. 【详解】（1）略 （2），， 平面平面，平面， 则平面，又平面，平面平面， 则，， 所以，则直线，，交于一点， 可得．设，得，解得． 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，， ，． 设平面的法向量为， 即令，则， 设直线与平面所成的角为， ． （3）坐标系如（2）中所示，设，，，，， 设的中点为，球心， 的外心为，则平面，即，，由，即，得， ， 当时，取得最小值，最小值为， 即四面体的外接球的半径的最小值为． 3．如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值． 【答案】(1)因为，，，所以，. 又，，所以，. 因为，所以， 又，，所以，则. 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，又平面，所以. 又，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. (2) (3) 【分析】（1）结合已知条件证明，，根据线面垂直的判定定理得到平面，再由面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出与平面的法向量，根据线面角的向量求法求解即可. （3）设，求出、，根据线线角的向量求法求出，结合函数单调性求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面，， 以点为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，. 设平面的法向量为， 则，即，令，则，，所以. 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. （3）设，其中. 则，，， 所以. 令，则，， 当时，单调递增， 故当时，取最大值，此时. 故的最大值为. 4．如图，已知矩形ABCD中，，，M是以CD为直径的半圆周上的任意一点（与C，D均不重合），且平面平面ABCD. （1）求证：平面平面BCM； （2）当四棱锥的体积最大时，求AM与CD所成的角. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【分析】（1）只证明CM⊥平面ADM即可，即证明CM垂直于该平面内的两条相交直线，或者使用面面垂直的性质，本题的条件是平面CDM⊥平面ABCD，而M是以CD为直径的半圆周上一点，能够得到CM⊥DM，由面面垂直的性质即可证明；（2）当四棱锥M一ABCD的体积最大时，M为半圆周中点处，可得角MAB就是AM与CD所成的角，利用已知即可求解． 【详解】（1）证明：CD为直径，所以CMDM ， 已知平面CDM平面ABCD， ADCD， AD平面CDM，所以ADCM 又DMAD=D　　 CM平面ADM　　又CM平面BCM， 平面ADM平面BCM ， （2） 当M为半圆弧CD的中点时，四棱锥的体积最大， 此时，过点M作MOCD于点O, 平面CDM平面ABCD MO平面ABCD，即MO为四棱锥的高又底面ABCD面积为定值2， AM与CD所成的角即AM与AB所成的角， 求得，三角形为正三角形， ，故AM与CD所成的角为 5．已知点，在平面的两侧，且三棱锥是正三棱锥，为中点，如图所示． (1)若三棱锥也是正三棱锥，证明：； (2)若，，点满足，其中，，且，求平面与平面夹角余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明：三棱锥是正三棱锥， 故底面为等边三角形，， 因为为中点，所以，， 因为平面，，所以⊥平面， 三棱锥也是正三棱锥，同理可得，故平面， 所以平面，故； (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到，⊥平面，同理可得，故平面，平面，故； （2）先得到两两垂直，建立空间直角坐标系，设，求出的关系式，从而，求出两平面的法向量，得到两平面夹角余弦值，根据求出取值范围. 【详解】（1）略 （2）由题意得，， 故，所以，同理可得， 即两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 设，由得， 所以，故，其中，， 又，故， 两边平方得， 化简得，，， ，解得， 设平面的法向量为， ，， 则， 令，则，，故， 设平面的法向量为， ， 则， 令，则，所以， 设平面与平面夹角为， 则 其中， 所以， 因为，所以， 故，， 故平面与平面夹角余弦值的取值范围是. 6．在一对平行且全等的等边三角形及三个正方形侧面组成的几何体中，已知正三角形边长为2，为的中点．过的截面与棱，分别交于点，. (1)若为的中点，试确定点的位置，并说明理由； (2)在（1）的条件下，设平面与平面的交线为l， ①在答题纸图中画出二面角的平面角，并说明理由； ②求二面角的平面角的度数（用反三角表示）； (3)设截面AFEG的面积为，面积为，面积为，当点F在棱上变动时，求的取值范围． 【答案】(1)点为棱上靠近点的三等分点，理由如下： 连接，延长交于点，连接， 因为平面，，即平面， 又平面平面，所以，故三点共线， 因为为的中点，为的中点，所以， 所以， 又因为，所以， 所以，即点为棱上靠近点的三等分点 (2)①延长交于点，连接，则平面平面， 即为平面与平面的交线l， 过点作交于点，则平面，又平面， 所以， 过点作交于点，连接， 因为，，,平面， 所以平面，平面，所以， 所以为二面角的平面角 ② (3) 【分析】（1）连接，延长交于点，连接，根据，即可求解； （2）①延长交于点，连接，过点作交于点，过点作交于点，即可得为二面角的平面角；②再通过三角形面积公式和余弦定理即可求解； （3）设，得到，再结合可得，进而可求解. 【详解】（1）略. （2）①略. ②过点作交于点，因为正三角形边长为2， 所以，，，， 所以，， 由余弦定理得， 故，即， 又，故，所以， 又，所以，， 所以二面角的平面角的度数为. （3）设，则，，， 当时， ，故， 当时上式也成立. 因为，所以， 令，因为，所以， 又因为， 所以， 因为，令，则对勾函数在单调递减，即， 所以的取值范围为. 7．如图1，在平面五边形中，，，，，、分别为、的中点，将沿翻折，使点到点的位置，如图2． (1)若平面． （i）证明：； （ii）三棱锥的各顶点都在球上，为球球面上的动点，求的取值范围． (2)在翻折的过程中，二面角正弦值的范围为，求平面与平面夹角的最小值． 【答案】(1)（ⅰ）如图，令， 由，得，由，，得， 则，， 而，则为正三角形，于是， 又，则， 由平面，平面，得， 而，、平面，因此平面， 又平面，所以. （ⅱ） (2) 【分析】（1）（ⅰ）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理得证； （ⅱ）建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式列式求出球心坐标，再结合球面的性质求出的范围； （2）由二面角的定义确定二面角的平面角，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法列式求解. 【详解】（1）（ⅰ）略 （ⅱ）由、分别为、的中点，得，则， 作，则直线、、两两垂直， 以为原点，直线、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、、， 设球心为，由， 得，解得， 即，因此球的半径， ， 则的最小值为，的最大值为， 所以的取值范围为. （2）令，因为，且为的中点，所以为的中点， 连接，则，，作平面， 则直线、、两两垂直，以为原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、， 所以，， 设，由（1）知，而，则是二面角的平面角， ，由二面角正弦值的范围为，得， 由，得，， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 则，取，得， ，取，得， 设平面与平面夹角的大小为，则 ，当且仅当时取等号， 因此的最大值为，此时取得最小值， 所以平面与平面夹角的最小值为. 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题07空间向量法的综合解答题 题型归纳 题型一存在性问题 题型二翻折问题 题型三最值范围问题 题型专练 题型一：存在性问题 1.如图，在直三棱柱ABC-ABC中，AC⊥BC,D为4C的中点.AC=2CC=4V5,BC=4. D C (1)求直线BB与平面BCD所成的角： AE 2在棱AB上是否存在点E使AE1/平面BCD:若存在，求出EB的值，若不存在，说明理由。 2.如图1，在梯形ABCD中，ABICD,AB⊥AD,BD⊥BC,将△ABD沿BD翻折至△A'BD,连接A'C, 得到图2的三棱锥A-BCD,且A'D⊥AC A B D2- 图1 图2 (1)求证：AD⊥BC: √6 2若AB=AD=2在线段CD上是否存在点E:使直线4D与平面ABE所成角的正弦值为3？若存在， 请说明点E的位置；若不存在，请说明理由， 119 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3.如图1所示，在等腰梯形ABCD中，BCIIAD,CE⊥AD,垂足为E,AD=3BC=3,EC=1.将 △DEC沿EC折起到aDEC的位置，使平面DECL平面ABCE,如图2所示，点G为棱AD上一个动点. E 0 B 图1 图2 1)当点G为棱AD中点时，求证：BG∥平面D,EC: 2)是否存在点G,使得平面GBE与平面BED夹角的余弦值为3？若存在，求出4G的长：若不存在，请 说明理由 如图1，在平面四边形4BCD中，AB=BC=V2'AC=4D=2,∠BAD 4,如图2，把。4CD沿 AC折起，使点D到达点P处，且平面PAC⊥平面ABC,O为PC的中点， D D 图1 图2 (1)求平面AB0与平面BQP所成角的余弦值： CM (2)判断线段CP上是否存在点M,使得三棱锥M-ABQ的体积为5若存在，求出CP的值；若不存在， 请说明理由 5.如图1，在△MBC中，BML⊥BC,A,D分别为边MB,MC的中点，且BC=AM=2,将△MAD沿AD折 起到△PAD的位置，使PA⊥AB,如图2，连接PB,PC. 219 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 P(M) 4 O B 图1 图2 (1)求证：PA⊥平面ABCD: (2)若E为PC的中点，求平面BDE与平面PBD的夹角余弦值： √6 (3)线段PC上是否存在点G(不含端点)，使平面GBD与平面PBD的夹角余弦值为6， 若存在，求出 P PC的值；若不存在，请说明理由 6.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD,PD=DC=2AD=2,E是PC 的中点 (1)证明：PA/I平面EDB； 3 2在棱PB上是否存在一点F,使直线EF与平面EDB所成角的余弦值为3，若存在，求出线段BF的长： 若不存在，说明理由· 7,如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD,PD=DC=2AD=2,E是PC 的中点。 D A (1)证明：PA/平面EDB: 3/9 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)求平面EDB与平面PAD夹角的正弦值： 6 3)在枝PB上是否存在一点F,使直线EF与平面EDB所成角的正弦值为3，若存在，求出线段BF的长： 若不存在，说明理由， 题型二：翻折问题 1.如图(1)，在四边形ABCD中，ABIICD,且AB=2CD=2AD=2BC=2,E为AB中点，连接DE, CE,将图(1)沿DE,CE折起使得平面ADE⊥平面DEC,平面BCE⊥平面DEC,连接AB,AC,如 图(2). D E 图(1) 图(2) (1)证明：图(2)中的A,B,C,D四点共面： (2)求图(2)中平面BCE与平面ACE夹角的余弦值. 2.正方形ABCD的边长为2，E,F分别为边AD,BC的中点，M是线段EF的中点，现把正方形沿EF折 起，折起后如图所示.设∠AED=(0<0<π). (1)求证：无论8取何值，CM与BD不可能垂直： ②设平面BwD与平面BMC的夹角为p,cosp= =13时，求sine的值 3.如图，四边形SABC中，AB∥SC,AB⊥BC,SC=2AB=2BC,D为边SC的中点，现将△SAD沿 AD折起到达PAD的位置（折起后点S记为P), 4/9 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)求证：AD⊥PC: 2)若M为PD中点，当∠PDC= 3时，求二面角A-MB-C的余弦值. 4.如图①所示，正三角形ABC的边长为2a,CD是AB边上的高，E,F分别为AC和BC边上的中点， 现将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B,如图②所示. E D ① ② (1)试判断翻折后的直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由： (2)求点C到平面DEF的距离. 5.如图，在梯形ABCD中，ABIICD,∠BAD=90°，AB=4,CD=1,AD=3,E,F分别为边AD, BC上的动点，且EFIAB.沿EF将梯形ABCD翻折，使平面CDEF⊥平面ABFE,且AC⊥BE. 0 D E B (1)求DE的长： (2)求平面BCE与平面BCF所成角的余弦值： (3)若四面体ABCE的四个顶点都在球O上，求三角形OEF的面积. 6.如图，在面积为3N3的梯形ABCD中，AD=2AB=2BC,BC∥AD,E为AD的中点.将△ABE沿BE 翻折至△ABE」 5/9 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B (1)证明：AA上AC: (2)当AC=24A=2W3时，求平面ABC与平面A,CD夹角的余弦值. 7.如图1，在平面四边形ABCD中，AB=BC=CD=V2,∠B=90°，将△ACD沿AC翻折，得到如图2所 示的三棱锥D-ABC,且D在平面ABC上的射影恰为△ABC的外接圆的圆心. D B 图1 图2 (1)证明：平面ABC⊥平面ACD: 2W2 2)设点M满足DM=1DC(0<元<)，若平面DAB与平面MMB夹角的余弦值为3，求的值： 题型三：最值范围问题 1.如图1，△ABM是等腰直角三角形，四边形ABCD是直角梯形，BC=CD=2AB=2,AB⊥AM, AB⊥BC,将△ABM沿AB翻折至△ABP,使得PD=2,得到如图2的几何体，E为CD的中点. G 图1 图2 (1)求证：平面ABP⊥平面CDP: (2)求二面角P-AC-E的正弦值： (3)若点G是线段PD上的动点，求直线CG与平面APD所成角的范围. 619 面学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2.如图，在梯形ABCD中，ABIICD,CD=2AB=6,AD=2,∠ADC=60°，E,F分别为线段AB, CD上异于端点的一点，EF⊥AB,将梯形AEFD沿EF翻折至与梯形EBCF垂直的位置，得到多面体 ABEDCF D D F E B (1)若BD⊥EC,证明：DF=FC (2)若CD1/I平面ABF,求直线BC与平面ABF所成角的正弦值. (3)求四面体ACDF的外接球的半径的最小值. 3.如图1，在等腰直角三角形DFC中，FD=FC,A、B、E分别在线段DF、FC、CD上，且 AB/ICD,AE1IFC.己知FA=L,AD=2,沿AE将△DAE折起，使得平面DAE⊥平面AFCE,如图 2 D D 图1 图2 (1)求证：平面BDE⊥平面ABD; (2)求直线DF与平面EDC所成角的正弦值： (3)点O在线段DF上，设直线BQ与直线BE所成角为B,求CosB的最大值， 4.如图，己知矩形ABCD中，AB=2,BC=V2,M是以CD为直径的半圆周上的任意一点（与C,D均 不重合)，且平面CDM⊥平面ABCD. (1)求证：平面ADM⊥平面BCM, (2)当四棱锥M-ABCD的体积最大时，求AM与CD所成的角 5.已知点P,Q在平面ABC的两侧，且三棱锥P-ABC是正三棱锥，R为AB中点，如图所示. 719 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 R (1)若三棱锥Q-ABC也是正三棱锥，证明：AB⊥PO: (2)若PA=L,BC=V2,点Q满足P四=PB+uPC,其中>0,4>0，且P9=V2BQ,求平面PQR与 平面ABC夹角余弦值的取值范围， 6.在一对平行且全等的等边三角形及三个正方形侧面组成的几何体ABC-AB,C中，已知正三角形边长为 2,E为BC的中点.过AE的截面与棱BB,AC分别交于点F,G. A B ! A B (1)若F为BB的中点，试确定点G的位置，并说明理由： (2在(1)的条件下，设平面AGEF与平面ABC的交线为'， ①在答题纸图中画出二面角E-l-C的平面角，并说明理由： ②求二面角E-1-C的平面角的度数（用反三角表示）； (3)设截面AFBG的面积为S,△4EG面积为S,AAEF面积为S,当点F在棱BB上变动时，求sS,的取 值范围. 7,如图1，在平面五边形ABCDE中，∠EAC=∠DCA= 2，AE=4'CD=2'AB=BC=AC=2V3,F、 H分别为ED、AD的中点，将△ABC沿AC翻折，使点B到点P的位置，如图2. 8/9 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 P D H 图1 图2 (1)若PH⊥平面ACDE. (i)证明：CF⊥PA: (i)三棱锥P-ACD的各顶点都在球O上，M为球O球面上的动点，求EM的取值范围. 3 (2)在翻折的过程中，二面角 P-AC-D 正弦值的范围为 31 求平面。n与平面。n夹角的最小值. PCD PAE 9/9