高考数学一轮复习第八章立体几何第七节空间向量的综合应用教案理苏教版.docx

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，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD .(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ABCDAD，ABAD，AB平面ABCD，所以AB平面PAD.所以ABPD.又因为PAPD，PAABA，所以PD平面PAB.(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PAPD，所以POAD.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POCO.因为ACCD，所以COAD.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z2，则x1，y2.所以n(1，2,2)又(1,1，1)，所以cosn，.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0,1，使得.因此点M(0,1，)，(1，)因为BM平面PCD，所以要使BM平面PCD，当且仅当n0，即(1，)(1，2,2)0.解得.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，ABCBAD90，且PAABBCAD1 ，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AEC90？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c2，则b1，a1，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 (01)，则E(0,2，1)，所以(1,21,1)，(0,2，1)，由AEC90，得2(21)(1)20，化简得，52410，该方程无解，所以在棱PD上不存在一点E满足AEC90.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，PAABAD2，四边形ABCD满足ABAD，BCAD且BC4，点M为PC的中点，点E为BC边上的动点，且.(1)求证：平面ADM平面PBC；(2)是否存在实数，使得二面角PDEB的余弦值为？若存在，试求出实数的值；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MNBC，MNBC2，又BCAD，所以MNAD，又因为MNAD，所以四边形ADMN为平行四边形，因为APAD，ABAD，ABAPA，所以AD平面PAB，所以ADAN，所以ANMN，因为APAB，所以ANPB，又因为PBMNN，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.以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设BEt，则E(2，t,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，B(2,0,0)，从而(0,2，2)，(2，t2,0)，设平面PDE的法向量为n1(x，y，z)，则即令yz2，解得x2t，所以n1(2t,2,2)，又平面DEB即为平面xAy，故其一个法向量为n2(0,0,1)，则|cosn1，n2|，解得t2，可知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MDNB1，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，则cos |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(0，)，0,1，又，所以.由ES平面AMN，得即解得，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，ABAC，AB2，AC4，AA12.设 (0)(1)若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，则sin |cos，n1|，所以直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值为.(2)因为，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(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1或1(不合题意，舍去)，所以实数的值为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BQBB1(0)(1)若，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(2,0,2)(1)若，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)，(2,0,2)设平面APQ的法向量为n(x，y，z)，则即令z2，则x2，y2，所以n(2，2，2)又因为直线AA1与平面APQ所成的角为45，所以|cosn，|，可得5240.又因为0，所以.典例引领(2019太湖高级中学检测)如图，在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCB1，BCD120，四边形BFED为矩形，平面BFED平面ABCD，BF1.(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，试求的最小值解：(1)证明：在梯形ABCD中，因为ABCD，ADDCCB1，BCD120，所以AB2，所以BD2AB2AD22ABADcos 603.所以AB2AD2BD2，所以ADBD.因为平面BFED平面ABCD，平面BFED平面ABCDBD，DE平面BFED，DEDB，所以DE平面ABCD，所以DEAD，又DEBDD，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(0)，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，0)，P(0，1)，所以(1，0)，(0，1)设n1(x，y，z)为平面PAB的法向量，由得取y1，则n1(，1，)，因为n2(0,1,0)是平面ADE的一个法向量，所以cos .因为0，所以当时，cos 有最大值，所以的最小值为.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，ACB45，BC3，过动点A作ADBC，垂足D在线段BC上且异于点B，连结AB，沿AD将ABD折起，使BDC90(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ENBM，并求EN与平面BMN所成角的大小解：(1)设BDx(0x3)，则CD3x.由ADBC，ACB45知，ADC为等腰直角三角形，所以ADCD3x.由折起前ADBC知，折起后，ADDC，ADBD，且BDDCD，所以AD平面BCD.又BDC90，所以SBCDBDCDx(3x)于是VABCDSBCDAD(3x)x(3x)2x(3x)(3x)3(当且仅当2x3x，即x1时，等号成立)，故当x1，即BD1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，BD1，ADCD2.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(0，0)，01，则.因为ENBM，所以0，即(1,1,1)10，故，N.所以当DN(即N是CD上靠近点D的一个四等分点)时，ENBM.设平面BMN的一个法向量为n(x，y，z)，由及，得取x1，得n(1,2，1)设EN与平面BMN所成角的大小为，则由，可得sin |cos n，|，即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，AA1AD1，E为CD的中点(1)求证：B1EAD1；(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ABa，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故(0,1,1)，.0110，即B1EAD1.(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x1，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，即az00，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AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1.是平面A1B1E的一个法向量，此时(0,1,1)则cosn， .二面角AB1EA1的大小为30，解得a2，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，PDDC，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PDDC，所以DADCDP，不妨设DADCDP2，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，则(2，2，2)，从而(2，2，22)设m(x1，y1，z1)为平面DEF的法向量，则即取z1，则y1，x121.故m(21，)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x21，则y21，z21.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|cosm，n|，化简得421.因为点F在线段PB上，所以01，所以，即.3(2018常州期末)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧面ADD1A1底面ABCD，D1AD1D，底面ABCD为直角梯形，其中BCAD，ABAD，AD2AB2BC2.(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D1AD1D，所以D1AA1A，所以AEA1D1.又A1D1AD，所以AEAD.因为侧面ADD1A1底面ABCD，侧面ADD1A1底面ABCDAD，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，b1，1)， (1,1,0)，(1，1,1)，因为D1F平面AB1C，所以即得ab，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y1，得n2(0,1,1)则cosn1，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，ABCBAD90，ADAP4，ABBC2，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，若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，求的值解：(1)因为PA平面ABCD，且AB平面ABCD，AD平面ABCD，所以PAAB，PAAD.又因为BAD90，所以PA，AB，AD两两垂直以A为坐标原点，分别以AB，AD，A