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- 2021-06-16 发布
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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°.
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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∈.