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  • 2021-06-16 发布

【数学】2020届一轮复习(理)江苏专版8-7空间向量的综合应用学案

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第七节空间向量的综合应用   ‎[锁定考向]‎ 探索性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度.‎ 立体几何中常见的探索性问题有:‎ ‎(1)探索性问题与平行相结合;‎ ‎(2)探索性问题与垂直相结合;‎ ‎(3)探索性问题与空间角相结合.     ‎ ‎[题点全练]‎ 角度一:探索性问题与平行相结合 ‎1.如图,在四棱锥PABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD= .‎ ‎(1)求证:PD⊥平面PAB;‎ ‎(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;‎ ‎(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.‎ 解:(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB⊂平面ABCD,‎ 所以AB⊥平面PAD.‎ 所以AB⊥PD.‎ 又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,‎ 所以PD⊥平面PAB.‎ ‎(2)取AD的中点O,连接PO,CO.‎ 因为PA=PD,所以PO⊥AD.‎ 又因为PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,‎ 所以PO⊥平面ABCD.‎ 因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.‎ 因为AC=CD,所以CO⊥AD.‎ 如图所示,建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).‎ 则=(0,-1,-1),=(2,0,-1),=(1,1,-1),‎ 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),‎ 则即 令z=2,则x=1,y=-2.‎ 所以n=(1,-2,2).‎ 又=(1,1,-1),‎ 所以cos〈n,〉==-.‎ 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.‎ ‎(3)设M是棱PA上一点,‎ 则存在λ∈[0,1],使得=λ.‎ 因此点M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ).‎ 因为BM⊄平面PCD,‎ 所以要使BM∥平面PCD,当且仅当·n=0,‎ 即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0.‎ 解得λ=.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面BCD,此时=.‎ 角度二:探索性问题与垂直相结合 ‎2.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,且PA=AB=BC=AD=1 ,PA⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求PB与平面PCD所成角的正弦值;‎ ‎(2)在棱PD上是否存在一点E满足∠AEC=90°?若存在,求AE的长;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)依题意,以A为坐标原点,‎ 分别以AB,AD,AP所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,‎ 则P(0,0,1),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),‎ 从而=(1,0,-1),=(1,1,-1),=(0,2,-1),‎ 设平面PCD的法向量为n=(a,b,c),‎ 则即 不妨取c=2,则b=1,a=1,‎ 所以平面PCD的一个法向量为n=(1,1,2),‎ 则cos〈,n〉==-,‎ 所以PB与平面PCD所成角的正弦值为.‎ ‎(2)设=λ (0≤λ≤1),则E(0,2λ,1-λ),‎ 所以=(-1,2λ-1,1-λ),=(0,2λ,1-λ),‎ 由∠AEC=90°,得·=2λ(2λ-1)+(1-λ)2=0,‎ 化简得,5λ2-4λ+1=0,该方程无解,‎ 所以在棱PD上不存在一点E满足∠AEC=90°.‎ 角度三:探索性问题与空间角相结合 ‎3.(2019·苏州模拟)如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=AD=2,四边形ABCD满足AB⊥AD,BC∥AD且BC=4,点M为PC的中点,点E为BC边上的动点,且=λ.‎ ‎(1)求证:平面ADM⊥平面PBC;‎ ‎(2)是否存在实数λ,使得二面角PDEB的余弦值为?若存在,试求出实数λ的值;若不存在,说明理由.‎ 解:(1)证明:取PB的中点N,连结MN,AN,‎ 因为M是PC的中点,‎ 所以MN∥BC,MN=BC=2,‎ 又BC∥AD,‎ 所以MN∥AD,‎ 又因为MN=AD,‎ 所以四边形ADMN为平行四边形,‎ 因为AP⊥AD,AB⊥AD,AB∩AP=A,‎ 所以AD⊥平面PAB,‎ 所以AD⊥AN,所以AN⊥MN,‎ 因为AP=AB,所以AN⊥PB,‎ 又因为PB∩MN=N,‎ 所以AN⊥平面PBC,‎ 因为AN⊂平面ADM,所以平面ADM⊥平面PBC.‎ ‎(2)存在符合条件的λ.‎ 以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设BE=t,‎ 则E(2,t,0),P(0,0,2),D(0,2,0),B(2,0,0),从而=(0,2,-2),=(2,t-2,0),‎ 设平面PDE的法向量为n1=(x,y,z),‎ 则即令y=z=2,解得x=2-t,所以n1=(2-t,2,2),‎ 又平面DEB即为平面xAy,故其一个法向量为n2=(0,0,1),‎ 则|cos〈n1,n2〉|===,‎ 解得t=2,可知λ=1.‎ ‎[通法在握]‎ 解立体几何中探索性问题的方法 ‎(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理;‎ ‎(2)若能推导出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,即存在,并可进一步证明;‎ ‎(3)若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论,则说明假设不成立,即不存在.‎ ‎[提醒] 探索线段上是否存在点时,注意三点共线条件的应用.‎ ‎[演练冲关]‎ 如图所示,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为BC的中点.‎ ‎(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值;‎ ‎(2)在线段AN上是否存在点S,使得ES⊥平面AMN?若存在,求线段AS的长;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系Dxyz.‎ 依题易得D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),‎ N(1,1,1),E,所以=,=(-1,0,1).‎ 设异面直线NE与AM所成的角为θ,‎ 则cos θ=|cos〈,〉|===.‎ 所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.‎ ‎(2)假设在线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN,‎ 因为=(0,1,1),可设=λ=(0,λ,λ),λ∈[0,1],‎ 又=,‎ 所以=+=.‎ 由ES⊥平面AMN,‎ 得即解得λ=,‎ 此时=,||=.‎ 经检验,当AS=时,ES⊥平面AMN.‎ 故线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN,‎ 此时AS=.‎   ‎[典例引领]‎ ‎ (2019·海门模拟) 如图,在直三棱柱ABC A1B1C1中,AB⊥AC,AB=2,AC=4,AA1=2.设=λ (λ>0).‎ ‎(1)若λ=1,求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值;‎ ‎(2)若二面角B1 A1C1 D的大小为60°,求实数λ的值.‎ 解:以A点为坐标原点,分别以AB,AC,AA1所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),A1(0,0,2),B1(2,0,2),C1(0,4,2).‎ ‎(1)当λ=1时,D为BC的中点,所以D(1,2,0),=(1, ‎ ‎-2,2),=(0,4,0),=(1,2,-2).‎ 设平面A1C1D的一个法向量为n1=(x,y,z),‎ 则即 所以可取n1=(2,0,1).‎ 设直线DB1与平面A1C1D所成角为θ,‎ 则sin θ=|cos〈,n1〉|===,‎ 所以直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值为.‎ ‎(2)因为=λ,所以D,‎ 所以=.‎ 设平面A1C1D的一个法向量为n2=(a,b,c),‎ 则即 所以可取n2=(λ+1,0,1).‎ 又平面A1B1C1的一个法向量为n3=(0,0,1),‎ 由题意得=,‎ 所以=,解得λ=-1或λ=--1(不合题意,舍去),‎ 所以实数λ的值为-1.‎ ‎[由题悟法]‎ 由定角求参数值的三个步骤 ‎(1)结合图形建立适当的空间直角坐标系;‎ ‎(2)根据给定的角建立方程或方程组;‎ ‎(3)解方程或方程组,结合题目对参数的要求,求得参数的值.‎ ‎[即时应用]‎ 如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,P为棱C1D1的中点,Q为棱BB1上的点,且BQ=λBB1(λ≠0).‎ ‎(1)若λ=,求AP与AQ所成角的余弦值;‎ ‎(2)若直线AA1与平面APQ所成的角为45°,求实数λ的值.‎ 解:以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.则C1(2,2,2),D1(0,2,2),B(2,0,0),B1(2,0,2),P(1,2,2),A1(0,0,2),Q(2,0,2λ).‎ ‎(1)若λ=,则Q(2,0,1),因为=(1,2,2),=(2,0,1),‎ 所以cos〈,〉===,‎ 所以AP与AQ所成角的余弦值为.‎ ‎(2)由=(0,0,2),=(2,0,2λ).‎ 设平面APQ的法向量为n=(x,y,z),‎ 则即 令z=-2,则x=2λ,y=2-λ,‎ 所以n=(2λ,2-λ,-2).‎ 又因为直线AA1与平面APQ所成的角为45°,‎ 所以|cos〈n,〉|===,‎ 可得5λ2-4λ=0.‎ 又因为λ≠0,所以λ=.‎   ‎[典例引领]‎ ‎(2019·太湖高级中学检测)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°,四边形BFED为矩形,平面BFED⊥平面ABCD,BF=1.‎ ‎(1)求证:AD⊥平面BFED;‎ ‎(2)点P在线段EF上运动,设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为θ,试求θ的最小值.‎ 解:(1)证明:在梯形ABCD中,‎ 因为AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°,‎ 所以AB=2,所以BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos 60°=3.‎ 所以AB2=AD2+BD2,‎ 所以AD⊥BD.‎ 因为平面BFED⊥平面ABCD,平面BFED∩平面ABCD=BD,DE⊂平面BFED,DE⊥DB,‎ 所以DE⊥平面ABCD,‎ 所以DE⊥AD,又DE∩BD=D,所以AD⊥平面BFED.‎ ‎(2)由(1)可建立分别以直线DA,DB,DE为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系,如图所示,令EP=λ(0≤λ≤),‎ 则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),P(0,λ,1),‎ 所以=(-1,,0),=(0,λ-,1).‎ 设n1=(x,y,z)为平面PAB的法向量,‎ 由得 取y=1,则n1=(,1,-λ),‎ 因为n2=(0,1,0)是平面ADE的一个法向量,‎ 所以cos θ===.‎ 因为0≤λ≤,所以当λ=时,cos θ有最大值,‎ 所以θ的最小值为.‎ ‎[由题悟法]‎ 处理立体几何的最值问题的2种方法 ‎(1)结合条件与图形恰当分析取得最值的条件;‎ ‎(2)直接建系后,表示出函数转化为函数最值问题.‎ ‎[即时应用]‎ 如图1,∠ACB=45°,BC=3,过动点A作AD⊥BC,垂足D在线段BC上且异于点B,连结AB,沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图2所示).‎ ‎(1)当BD的长为多少时,三棱锥ABCD的体积最大;‎ ‎(2)当三棱锥ABCD的体积最大时,设点E,M分别为棱BC,AC的中点,试在棱CD上确定一点N,使得EN⊥BM,并求EN与平面BMN所成角的大小.‎ 解:(1)设BD=x(0<x<3),则CD=3-x.‎ 由AD⊥BC,∠ACB=45°知,△ADC为等腰直角三角形,‎ 所以AD=CD=3-x.‎ 由折起前AD⊥BC知,折起后,AD⊥DC,AD⊥BD,且BD∩DC=D,‎ 所以AD⊥平面BCD.‎ 又∠BDC=90°,‎ 所以S△BCD=BD·CD=x(3-x).‎ 于是VABCD=S△BCD·AD=(3-x)·x(3-x)‎ ‎=·2x(3-x)·(3-x)≤3‎ ‎=(当且仅当2x=3-x,即x=1时,等号成立),‎ 故当x=1,即BD=1时,三棱锥ABCD的体积最大.‎ ‎(2)以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.‎ 由(1)知,当三棱锥ABCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2.‎ 于是可得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),E,‎ 所以=(-1,1,1).‎ 设N(0,λ,0),0≤λ≤1,则=.‎ 因为EN⊥BM,所以·=0,‎ 即·(-1,1,1)=+λ-1=0,‎ 故λ=,N.‎ 所以当DN=(即N是CD上靠近点D的一个四等分点)时,EN⊥BM.‎ 设平面BMN的一个法向量为n=(x,y,z),‎ 由及=,‎ 得取x=1,得n=(1,2,-1).‎ 设EN与平面BMN所成角的大小为θ,‎ 则由=,‎ 可得sin θ=|cos 〈n,〉|===,即θ=60°,‎ 故EN与平面BMN所成角的大小为60°.‎ 一保高考,全练题型做到高考达标 ‎1.(2019·海安检测)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.‎ ‎(1)求证:B1E⊥AD1;‎ ‎(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由.‎ ‎(3)若二面角AB1EA1的大小为30°,求AB的长.‎ 解:(1)证明:以A为坐标原点,,, 的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1),‎ 故=(0,1,1),=.‎ ‎∵·=0+1-1=0,∴⊥,即B1E⊥AD1.‎ ‎(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE,此时=(0,-1,z0).‎ 由(1)知,=(a,0,1),=.‎ 设平面B1AE的法向量为n=(x,y,z).‎ 则即 取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=.‎ 要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,即-az0=0,‎ 解得z0=.‎ 又∵DP⊄平面B1AE,‎ ‎∴在棱AA1上存在一点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=.‎ ‎(3)连结A1D,B1C,由长方体ABCD A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1⊥A1D.‎ ‎∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C.‎ 又由(1)知B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1,‎ ‎∴AD1⊥平面DCB1A1.‎ ‎∴是平面A1B1E的一个法向量,此时=(0,1,1).‎ 则cos〈n,〉== .‎ ‎∵二面角AB1EA1的大小为30°,‎ ‎∴=,解得a=2,‎ 即AB的长为2.‎ ‎2.(2018·南京学情调研)如图,在底面为正方形的四棱锥PABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是线段PC的中点.‎ ‎(1)求异面直线AP与BE所成角的大小;‎ ‎(2)若点F在线段PB上,且使得二面角FDEB的正弦值为,求的值.‎ 解:(1)在四棱锥PABCD中,底面ABCD为正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,所以DA,DC,DP两两垂直,故以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.‎ 因为PD=DC,所以DA=DC=DP,‎ 不妨设DA=DC=DP=2,‎ 则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),B(2,2,0).‎ 因为E是PC的中点,所以E(0,1,1),‎ 所以=(-2,0,2),=(-2,-1,1),‎ 所以cos〈,〉==,‎ 从而〈,〉=.‎ 因此异面直线AP与BE所成角的大小为.‎ ‎(2)由(1)可知,=(0,0,2),=(0,1,1),=(2,2,0),=(2,2,-2).‎ 设=λ,则=(2λ,2λ,-2λ),‎ 从而=+=(2λ,2λ,2-2λ).‎ 设m=(x1,y1,z1)为平面DEF的法向量,‎ 则即 取z1=λ,则y1=-λ,x1=2λ-1.‎ 故m=(2λ-1,-λ,λ)为平面DEF的一个法向量,‎ 设n=(x2,y2,z2)为平面DEB的法向量,‎ 则即 取x2=1,则y2=-1,z2=1.‎ 所以n=(1,-1,1)为平面BDE的一个法向量.‎ 因为二面角FDEB的正弦值为,‎ 所以二面角FDEB的余弦值的绝对值为,‎ 即|cos〈m,n〉|===,‎ 化简得4λ2=1.‎ 因为点F在线段PB上,所以0≤λ≤1,‎ 所以λ=,即=.‎ ‎3.(2018·常州期末)如图,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,侧面ADD1A1⊥底面ABCD,D1A=D1D=,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2.‎ ‎(1)在平面ABCD内找一点F,使得D1F⊥平面AB1C;‎ ‎(2)求二面角CB1AB的余弦值.‎ 解:(1)取A1D1的中点E,因为D1A=D1D,所以D1A=A1A,‎ 所以AE⊥A1D1.‎ 又A1D1∥AD,所以AE⊥AD.‎ 因为侧面ADD1A1⊥底面ABCD,侧面ADD1A1∩底面ABCD=AD,AE⊂侧面ADD1A1,‎ 所以AE⊥平面ABCD.‎ 则以A为原点,以AB,AD,AE所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D1(0,1,1),B1(1,-1,1),‎ 设F(a,b,0),则=(a,b-1,-1), =(1,1,0),=(1,-1,1),‎ 因为D1F⊥平面AB1C,‎ 所以即 得a=b=,‎ 所以F,即F为AC的中点.‎ 所以存在AC的中点F,使D1F⊥平面AB1C.‎ ‎(2)由(1)可取平面B1AC的一个法向量n1==.‎ 设平面B1AB的法向量n2=(x,y,z),因为=(1,0,0),‎ 所以即 令y=1,得n2=(0,1,1).则cos〈n1,n2〉==-.‎ 由图知二面角CB1AB为锐角,‎ 所以二面角CB1AB的余弦值为.‎ ‎4.(2019·苏北四市一模)如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,∠ABC=∠BAD=90°,AD=AP=4,AB=BC=2,M为PC的中点.‎ ‎(1)求异面直线AP与BM所成角的余弦值;‎ ‎(2)点N在线段AD上,且AN=λ,若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为,求λ的值.‎ 解:(1)因为PA⊥平面ABCD,且AB⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD.‎ 又因为∠BAD=90°,所以PA,AB,AD两两垂直.‎ 以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,‎ 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,4,0),P(0,0,4).‎ 又因为M为PC的中点,所以M(1,1,2).‎ 所以=(0,0,4),=(-1,1,2),‎ 所以cos〈,〉===,‎ 所以异面直线AP与BM所成角的余弦值为.‎ ‎(2)因为AN=λ,所以N(0,λ,0)(0≤λ≤4),‎ 则=(-1,λ-1,-2),=(0,2,0),=(2,0,-4).‎ 设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),‎ 则即令x=2,得y=0,z=1,‎ 所以m=(2,0,1)是平面PBC的一个法向量,‎ 因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为,‎ 所以|cos〈,m〉|===,解得λ=1∈[0,4],‎ 所以λ的值为1.‎ 二上台阶,自主选做志在冲刺名校 ‎(2018·无锡期末)如图,正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AD=1,D1D=2,点P为棱CC1的中点.‎ ‎(1)设二面角AA1BP的大小为θ,求sin θ的值;‎ ‎(2)设M为线段A1B上的一点,求的取值范围.‎ 解:(1)如图,以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,‎ 则A(1,0,0),A1(1,0,2),P(0,1,1),B(1,1,0),‎ 所以=(1,-1,1),=(1,0,-1),‎ 设平面PA1B的法向量为m=(x,y,z),‎ 则即 令x=1,得m=(1,2,1).‎ 又平面AA1B的一个法向量n==(1,0,0),‎ 所以cos〈n,m〉==,‎ 则sin θ=.‎ ‎(2)设M(x,y,z),因为M在A1B上,‎ 所以=λ,即(x-1,y-1,z)=λ(0,-1,2)(0≤λ≤1),‎ 所以M(1,1-λ,2λ),‎ 所以=(0,λ-1,-2λ),=(-1,λ,1-2λ),‎ 所以=== ,‎ 令2λ-1=t∈[-1,1],则=,‎ 当t∈[-1,0)时,=∈,‎ 当t∈(0,1]时,=∈,‎ 当t=0时,=0,所以∈,‎ 则∈.‎

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