人教A版高中数学选择性必修一习题课　空间向量的综合应用

习题课空间向量的综合应用学习目标通过学习空间向量,能熟练利用空间向量求点、线、面间的距离、空间角及解决有关的探索、折叠、最值等综合问题.一、利用空间向量求距离例1如图,△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,平面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD,AB=23.求:(1)点A到直线CD的距离;(2)点A到平面MBC的距离.解取CD的中点O,连接OB,OM,则OB⊥CD,OM⊥CD,又平面MCD⊥平面BCD,平面MCD∩平面BCD=CD,MO⊂平面MCD,所以MO⊥平面BCD.以O为坐标原点,分别以直线OC,BO,OM为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,所以OB=OM=3,则O(0,0,0),C(1,0,0),D(-1,0,0),M(0,0,3),B(0,-3,0),A(0,-3,23),所以BC=(1,3,0),BM=(0,3,3),CD=(-2,0,0).(1)AD=(-1,3,-23),所以点A到直线CD的距离d1=AD2-AD(2)设平面MBC的法向量为n=(x,y,z),由n⊥BC即x+3y=0,可得平面MBC的一个法向量为n=(3,-1,1).又BA=(0,0,23),所以所求距离d2=|BA·n思维升华运用空间向量坐标运算求距离的步骤(1)建立空间直角坐标系;(2)写出各点与相关向量的坐标;(3)求出直线的方向向量或平面的法向量;(4)代入相应公式求解.训练1已知正方形ABCD的边长为1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分别为AB,BC的中点.(1)求点D到平面PEF的距离;(2)求直线AC到平面PEF的距离.解(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),E1,12,0,F12,1∴EF=-1PE=1,12,-1设平面PEF的法向量为n=(x,y,z),则EF即-12x+12y=0∴点D到平面PEF的距离d=|n·DE|n(2)∵AC∥EF,∴直线AC到平面PEF的距离即点A到平面PEF的距离,又AE=0,∴点A到平面PEF的距离为|n·AE|n∴直线AC到平面PEF的距离为1717二、利用空间向量求空间角例2如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=6,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求平面BPD与平面APD的夹角的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.(1)证明如图,设AC,BD的交点为E,连接ME.∵PD∥平面MAC,PD⊂平面PDB,平面MAC∩平面PDB=ME,∴PD∥ME.∵四边形ABCD是正方形,∴E为BD的中点,∴M为PB的中点.(2)解取AD的中点O,连接OP,OE.∵PA=PD,∴OP⊥AD.又∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,OP⊂平面PAD,∴OP⊥平面ABCD.∵OE⊂平面ABCD,∴OP⊥OE.∵底面ABCD是正方形,∴OE⊥AD.以O为原点,分别以OD,OE,OP所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2).设平面BDP的一个法向量为n=(x,y,z),则n·BD令x=1,得y=1,z=2,于是n=(1,1,2).又平面APD的一个法向量为p=(0,1,0),∴|cos<n,p>|=|n·p||n||p|=1∴平面BPD与平面APD的夹角为60°.(3)解由(1)(2)知M-1,2,22,C(2则MC=3,设直线MC与平面BDP所成的角为α,则sinα=|cos<n,MC>|=|n·MC∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为26思维升华运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤(1)建立恰当的空间直角坐标系;(2)求出相关点与向量的坐标;(3)求出所需方向向量或法向量的坐标;(4)结合公式进行论证、计算;(5)转化为几何结论.训练2如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.解如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,连接OB,OO1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB.以O为原点,OB,OC,OO1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.因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(3,0,2),C1(0,1,2).(1)因为P为A1B1的中点,所以P32从而BP=-3又AC1=(0,2,故cos<BP,AC1>=BP·AC因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为310(2)因为Q为BC的中点,所以Q32因此AQ=32AC1=(0,2,2),CC1=(0设n=(x,y,z)为平面AQC1的法向量,则AQ·n不妨取n=(3,-1,1).设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,则sinθ=|cos<CC1,n=25×2所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55三、利用空间向量解决探索、折叠与最值问题例3如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=2,BC=22,PA=2.(1)取PC的中点N,求证:DN∥平面PAB;(2)求直线AC与PD所成角的余弦值;(3)在线段PD上,是否存在一点M,使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°?如果存在,求出BM与平面MAC所成角的大小;如果不存在,请说明理由.(1)证明取BC的中点E,连接DE,交AC于点O,连接ON,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),B(2,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),P(0,-1,2).∵点N为PC的中点,∴N(0,0,1),∴DN=(1,0,1).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),由AP=(0,0,2),AB=(2,0,0),可得n=(0,1,0),∴DN·n=0.又∵DN⊄平面PAB,∴DN∥平面PAB.(2)解由(1)知AC=(0,2,0),PD=(-1,1,-2).设直线AC与PD所成的角为θ,则cosθ=|AC·PD||∴直线AC与PD所成角的余弦值为66(3)解存在.设M(x,y,z),且PM=λPD,0≤λ≤1,∴x=-λ,y+1=λ,z-2=-2λ,设平面ACM的法向量为m=(x,y,z),由AC=(0,2,0),AM=(-λ,λ,2-2λ),利用AC即2可得平面ACM的一个法向量为m=(2-2λ,0,λ),由图知平面ACD的一个法向量为n=(0,0,1),∴|cos<m,n>|=λ1·λ解得λ=23或λ=2(舍去)∴M-23,-13所以平面ACM的一个法向量为m=23设BM与平面MAC所成的角为φ,则sinφ=|cos<BM,m>|=-129223×故存在点M,使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°,此时BM与平面MAC所成的角为30°.思维升华1.探索性问题一般先假设点(或其他)存在,以其为条件进行计算得出符合条件的结果或与题设条件矛盾的结果,给出结论;2.折叠问题分清折叠后图形的位置和数量关系的变与不变,其中不变的关系在平面图形中处理,而变化的关系则要在立体图形中解决.3.在动态变化过程中产生的体积最大(小)、距离最大(小)、角的范围等问题,要具备一定的直观判断能力,运用函数思想求解最值.训练3(1)已知菱形ABCD中,∠ABC=60°,沿对角线AC折叠之后,使得平面BAC⊥平面ACD,则平面BCD与平面ACD夹角的余弦值为.

(2)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,则点P到直线CC1距离的最小值为.

答案(1)55(2)解析(1)如图,取AC的中点E,连接BE,DE,分别以EA,ED,EB所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设菱形ABCD的边长为2,则A(1,0,0),C(-1,0,0),D(0,3,0),B(0,0,3).设平面BCD的法向量为n=(x,y,z).因为BC=(-1,0,-3),BD=(0,3,-3),所以-令z=3,则y=3,x=-3,即n=(-3,3,3).易知平面ACD的一个法向量为m=(0,0,1),设平面BCD与平面ACD的夹角为θ,则cosθ=|n·m||n||m|=31×(2)如图,建立空间直角坐标系Dxyz,则D1(0,0,2),E(1,2,0),ED1=(-1,-2设P(x,y,z),则EP=(x-1,y-2,z),设EP=λED1,λ∈[0,所以(x-1,y-2,z)=λ(-1,-2,2),解得x=1-λ,y=2-2λ,z=2λ,所以P(1-λ,2-2λ,2λ).设点P在直线CC1上的垂足为Q,得Q(0,2,2λ),|PQ|=(λ-1)2当λ=15时,|PQ|min=2课时精练一、基础巩固1.已知两平面的法向量分别为m=(1,-1,0),n=(0,1,-1),则两平面的夹角为()A.60° B.120°C.60°或120° D.90°答案A解析|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=|-1|∵两平面的夹角范围为[0°,90°],∴两平面的夹角为60°.2.已知平面α的法向量为n=(-2,-2,1),点A(x,3,0)在平面α内,且点P(-2,1,4)到平面α的距离为103,则实数x的值为(A.-1 B.-11C.-1或-11 D.-21答案C解析由题意得PA=(x+2,2,-4),而点P到平面α的距离d=|PA·n即|-2(x+2)-4-4解得x=-1或x=-11.故选C.3.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1D1的中点,则点C1到直线CE的距离为()A.13 B.33 C.5答案C解析建立空间直角坐标系,如图.则C(1,1,0),C1(1,1,1),E0,所以EC=1,12,-1,CC所以点C1到直线CE的距离d=|CC1|2故选C.4.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M为棱CC1的中点,则直线B1M与平面A1D1M所成角的正弦值是()A.215 B.25 C.3答案B解析建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(1,0,1),D1(0,0,1),M0,1,12,B1(1,1,1),A1D1M=0,1,设平面A1D1M的法向量为m=(x,y,z),则A1D令y=1可得z=2,所以m=(0,1,2),设直线B1M与平面A1D1M所成的角为θ,sinθ=|m·MB15.如图所示,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为()A.12 B.25 C.3答案B解析以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AQ所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,不妨设AB=2,则F(2,1,0),E(1,0,0),设M(0,m,2),m∈[0,2],故AF=(2,1,0),EM=(-1,m,2),故cosθ=|AF·EM||AF||EM观察分子、分母的变化,可知当m∈[0,2]时,f(m)单调递减,f(m)max=f(0)=25当m=2时,f(2)=0,故cosθ的最大值为256.如图①,将两个全等的等腰直角三角形拼成一个平行四边形ABCD,将平行四边形ABCD沿对角线BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,如图②,则直线AC与BD所成角的余弦值为()A.223 B.63 C.答案C解析由平面ABD⊥平面BCD,AB⊥BD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊂平面ABD,所以AB⊥平面BCD.又DC⊂平面BCD,所以AB⊥DC,又DB⊥DC,过点D作z轴∥AB,建立空间直角坐标系,如图所示.设AB=1,所以BD=1,DC=1,BC=2,则A(0,1,1),B(0,1,0),C(1,0,0),D(0,0,0),所以AC=(1,-1,-1),BD=(0,-1,0),所以|cos<AC,BD>|=|AC·BD||7.(多选)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段AA1上的一个动点,F为线段B1C1上的一个动点,则平面EFB与底面ABCD夹角的余弦值可能为()A.0 B.12 C.22答案ABC解析设平面EFB与底面ABCD的夹角为θ,如图所示,建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,AE=m,FC1=n,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),E(1,0,m),F(n,1,1),BE=(0,-1,m),BF=(n-1,0,1),设平面EFB的法向量为n=(x,y,z),则-取x=-1,则平面EFB的法向量为(-1,m(n-1),n-1),而底面ABCD的一个法向量为(0,0,1),则cosθ=n-1结合选项,当n=1时,cosθ=0,当n≠1时,cosθ=11(1-n故cosθ∈0,22.结合选项8.正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,则AC1与平面BB1C1C所成角的余弦值为.

答案10解析设正三棱柱的棱长为1,以B为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图,则C1(0,1,1),A32∴AC1=平面BB1C1C的一个法向量为n=(1,0,0),设AC1与平面BB1C1C所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,AC1>|=|A又∵θ∈0,∴cosθ=1-sin2θ9.设A(2,3,1),B(4,1,2),C(6,3,7),D(-5,-4,8),则点D到平面ABC的距离为.

答案49解析设平面ABC的法向量为n=(x,y,z).∴n·AB=0,n·AC=0,∴(即2x-2令z=-2,则n=(3,2,-2).又∵AD=(-7,-7,7),∴点D到平面ABC的距离为d=|AD·n|n=|3×10.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱长为2,AC=BC=1,∠ACB=90°,点D是A1B1的中点,F是侧面AA1B1B(含边界)上的动点.要使AB1⊥平面C1DF,则线段C1F长的最大值为.

答案5解析取BB1上靠近B1的四等分点为E,连接DE(图略),当点F在DE上时,AB1⊥平面C1DF,证明如下:因为直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱长为2,AC=BC=1,∠ACB=90°,点D是A1B1的中点,所以C1D⊥平面AA1B1B,所以C1D⊥AB1.以C1为坐标原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x轴、y轴,z轴建立空间直角坐标系(图略).所以A(1,0,2),B1(0,1,0),D12,12即AB1=(-1,1,-2),DE=此时AB1·DE=0,即AB1⊥所以AB1⊥平面C1DE,故当F在DE上时,AB1⊥平面C1DF,很明显,当E,F重合时,线段C1F最长,此时C1F=5211.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是BC的中点,F是DD1的中点.(1)求证:CF∥平面A1DE;(2)求平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值.(1)证明以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1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A1(2,0,2),E(1,2,0),D(0,0,0),C(0,2,0),F(0,0,1),则DA1=(2,0,2),DE=(1,2,0),CF=(0,-2,设平面A1DE的法向量n=(a,b,c),则n取n=(-2,1,2),∴CF·n=(0,-2,1)·(-2,1,2)=0,又CF⊄平面A1DE,∴CF∥平面A1DE.(2)解DC=(0,2,0)是平面A1DA的法向量,∴|cos<n,DC>|=|(-2,1,2)·(0,2,0)|(-2)2二、综合运用12.如图所示,M,N是直角梯形ABCD两腰的中点,DE⊥AB于点E,现将△ADE沿DE折起,使二面角A-DE-B为45°,此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B,则M,N的连线与AE所成角的大小为()A.45° B.90° C.135° D.180°答案B解析建立空间直角坐标系,如图所示.由题意知△ABE为等腰直角三角形.设CD=1,则BE=1,AB=1,AE=2.设BC=DE=2a,则E(0,0,0),A(1,0,1),N(1,a,0),D(0,2a,0),M12所以MN=12,0,-12,所以MN·AE=12,0,-12·(-1,0,-1)=0,故AE⊥MN13.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为线段AB的中点,点F在线段AD上移动,当异面直线B1C与EF所成角最小时,其余弦值为.

答案10解析以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为线段AB的中点,设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),E(2,1,0),B1(2,2,2),C(0,2,0),B1C=(-2,0,设F(m,0,0)(0≤m≤2),EF=(m-2,-1,0),设异面直线B1C与EF所成的角为θ,则cosθ=|EF·B1C当异面直线B1C与EF所成角最小时,cosθ最大,即当m=0时,cosθ=12·14+114.如图,已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动.(1)求证:D1E⊥A1D;(2)在棱AB上是否存在点E使得AD1与平面D1EC所成的角为π6?若存在,求出AE的长;若不存在,说明理由(1)证明∵AE⊥平面AA1D1D,A1D⊂平面AA1D1D,∴AE⊥A1D.∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,∴A1D⊥AD1.∵AE∩AD1=A,AE,AD1⊂平面AED1,∴A1D⊥平面AED1.∵D1E⊂平面AED1,∴D1E⊥A1D.(2)解以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设棱AB上存在点E(1,t,0)(0≤t≤2),使得AD1与平面D1EC所成的角为π6A(1,0,0),D1(0,0,1),C(0,2,0),AD1=(-1,0,1),CD1=(0,CE=(1,t-2,0),设平面D1EC的法向量为n=(x,y,z),则n取y=1,得n=(2-t,1,2),∴sinπ6=|AD整理得t2+4t-9=0,解得t=13-2或t=-2-13(舍去),∴在棱AB上存在点E使得AD1与平面D1EC所成的角为π6,此时AE=13三、拓展提高15.(多选)将正方形ABCD沿对角线BD翻折,使平面ABD与平面BCD的夹角为90°,下列结论正确的是()A.AC⊥BDB.△ACD是等边三角形C.直线AB与平面BCD所成的角为πD.AB与CD所成的角为π答案ABD解析如图所示,以BD的中点O为坐标原点,分别以OD,OA,OC所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,设正方形ABCD的边长为2,则D(1,0