高考数学一轮复习2 第2课时　空间向量的综合应用

1、1 / 22 第 2课时 空间向量的综合应用 求空间距离 如图，四棱锥 p- abcd 中，abcd，ab12cd1，e 为 pc 的中点 (1)证明：be平面 pad； (2)若 ab平面 pbc，pbc 是边长为 2 的正三角形，求点 e 到平面 pad的距离 【解】 (1)证明：如图，取 pd 的中点 f，连接 af，ef， 因为 e为 pc的中点，f 为 pd的中点， 所以 efcd且 ef12cd. 又 abcd 且 ab12cd， 所以 efab且 efab，故四边形 abef为平行四边形，所以 beaf. 又 be平面 pad，af平面 pad，所以 be平面 pad. (2)如

2、图，取 bc的中点 o，ad 的中点 m，连接 op，om，则 omabcd. 在等边pbc中，po 3，opbc. 又 ab平面 pbc，所以 om平面 pbc. 如图，以 o 为坐标原点，分别以射线 oc，om，op 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则 p(0，0， 3)，a(1，1，0)，d(1，2，0)，c(1，0，0)，故 e12，0，32.所以ad(2，1，0)，pa(1，1， 3)，2 / 22 pe12，0，32. 设平面 pad的法向量为 n(x，y，z)， 则n ad0，n pa0，即2xy0，xy 3z0，令 x1，则 y2，z 3，故 n(1

3、，2， 3)为平面 pad的一个法向量 所以点e到平面pad的距离d|n pe|n|1210（2）32（ 3）12（2）2（ 3）222. 求空间距离常用的方法 (1)直接法：利用线线垂直、线面垂直、面面垂直等性质定理与判定定理，作出垂线段，再通过解三角形求出距离 (2)间接法：利用等体积法、特殊值法等转化求解 (3)向量法：空间中的距离问题一般都可转化为点到平面的距离问题进行求解 求点 p到平面 的距离的三个步骤： 在平面 内取一点 a，确定向量pa的坐标； 确定平面 的法向量 n； 代入公式 d|pa n|n|求解 设正方体 abcd- a1b1c1d1的棱长为 2，则点 d1到平面 a1

4、bd的距离是( ) a.32 b.22 c.33 d.2 33 解析：选 d.建立如图所示的空间直角坐标系， 3 / 22 则 d1(0，0，2)，a1(2，0，2)，d(0，0，0)，b(2，2，0)， 所以dd1(0，0，2)，da1(2，0，2)，db(2，2，0)， 设平面 a1bd的法向量为 n(x，y，z)， 由da1n0得 xz0，由db n0 得 xy0， 取 x1，则 n(1，1，1)， 所以点 d1到平面 a1bd的距离是 d|dd1n|n|232 33. 探索性问题 (2021 洛阳尖子生第一次联考)如图，底面 abcd 是边长为 3 的正方形，平面 adef平面 abc

5、d，afde，adde，af2 6，de3 6. (1)求证：平面 ace平面 bed； (2)求直线 ca与平面 bef 所成角的正弦值； (3)在线段 af上是否存在点 m，使得二面角 m - be- d的大小为 60？若存在，求出amaf的值；若不存在，请说明理由 【解】 (1)证明：因为平面 adef平面 abcd，平面 adef平面 abcdad，de平面 adef，dead. 所以 de平面 abcd. 因为 ac平面 abcd，所以 deac. 4 / 22 又四边形 abcd是正方形，所以 acbd. 因为 debdd，de平面 bed，bd平面 bed. 所以 ac平面 be

6、d. 又 ac平面 ace. 所以平面 ace平面 bed. (2)因为 da，dc，de 两两垂直，所以以 d 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 d- xyz. 则 a(3，0，0)，f(3，0，2 6)，e(0，0，3 6)，b(3，3，0)，c(0，3，0)，所以ca(3，3，0)，be(3，3，3 6)，ef(3，0， 6) 设平面 bef的法向量为 n(x，y，z) 则n be3x3y3 6z0，n ef3x 6z0， 取 x 6，得 n( 6，2 6，3) 所以 cosca，nca n|ca|n|3 63 2 391313. 所以直线 ca与平面 bef 所成角的正弦值为1

7、313. (3)假设在线段 af 上存在符合条件的点 m，设 m(3，0，t)，0t2 6，则bm(0，3，t) 设平面 mbe的法向量为 m(x1，y1，z1)， 则m bm3y1tz10，m be3x13y13 6z10， 令 y1t，得 m(3 6t，t，3) 由(1)知 ca平面 bed，所以ca是平面 bed 的一个法向量，|cosm，ca|m ca|m|ca|9 66t|3 2（3 6t）2t29cos 6012， 5 / 22 整理得 2t26 6t150，解得 t62或 t5 62(舍去)， 故在线段 af 上存在点 m，使得二面角 m be- d 的大小为 60，此时amaf

8、14. 探索性问题的求解策略 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断 (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等 (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数 如图，在四棱锥 p- abcd 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beec. (1)求证：平面 adm平

9、面 pbc； (2)是否存在实数 ，使得二面角 p- de- b 的余弦值为22？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，连接 mn，an， 因为 m 是 pc的中点，n是 pb 的中点， 所以 mnbc，mn12bc2， 又 bcad，所以 mnad，mnad， 所以四边形 admn 是平行四边形， 6 / 22 因为 ap平面 abcd，ad平面 abcd，所以 apad，又因为abad，apaba，所以 ad平面 pab， 所以 adan，所以 anmn， 因为 apab，所以 anpb，mnpbn，所以 an平面 pbc， 因为 an平面 ad

10、m，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 a- xyz， 设 bet(0t4)，则 e(2，t，0)，p(0，0，2)，d(0，2，0)，b(2，0，0)， 从而pd(0，2，2)，de(2，t2，0)， 设平面 pde 的法向量为 n1(x，y，z)， 则n1pd0，n1de0，即2y2z0，2x（t2）y0，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|n1n2|n1|n2|2（2t）24422， 解得 t2，可知 1.

11、 翻折与展开问题 (2021 江西红色七校第一次联考)如图 1.梯形 abcd 中，abcd，过a，b 分别作 aecd，bfcd，垂足分别为 e，f.abae2，cd5，de1，将梯形 abcd 沿 ae，bf 折起，得空间几何体 ade- bcf，如图 2. 7 / 22 (1)图 2 中，若 afbd，证明：de平面 abfe； (2)在(1)的条件下，若 decf，求二面角 d- af- c 的余弦值 【解】 (1)证明：由已知得四边形 abfe 是正方形，且边长为 2，如图，连接 be，则 afbe， 又 afbd，bebdb，所以 af平面 bde， 又 de平面 bde，所以 a

12、fde， 又 aede，aeafa，所以 de平面 abfe. (2)由(1)知 ed，ea，ef 两两垂直， 以 e 为坐标原点，ea，ef，ed的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则 a(2，0，0)，f(0，2，0)，c(0，2，2)，d(0，0，1)， af(2，2，0)，ad(2，0，1)，fc(0，0，2) 设平面 adf 的法向量为 n(x，y，z) 由n af0，n ad0得2x2y0，2xz0，不妨取 x1，得 n(1，1，2)， 设平面 acf 的法向量为 m(x1，y1，z1)， 由m af0，m fc0得2x12y10，2z10，取 x1

13、1得 m(1，1，0)， 设二面角 d- af- c 的大小为 ，则 cos |cosm，n|m n|m|n|22 68 / 22 33. 所以二面角 d- af- c 的余弦值为33. 翻折问题的 2个解题策略 确定翻折前后变与不变的关系 画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决 确定翻折后关键点的位置 所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点因为这些点的位置移动，会带

14、动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化，只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算 (2020 贵阳市四校联考)在abc 中，d，e 分别为 ab，ac 的中点，ab2bc2cd，如图 1，以 de为折痕将ade折起，使点 a达到点 p的位置，如图 2. (1)证明：平面 bcp平面 cep； (2)若平面 dep平面 bced，求直线 dp 与平面 bcp 所成角的正弦值 解：(1)证明：在题图 1中，因为 ab2bc2cd，且 d为 ab 的中点， 所以由平面几何知识，得acb90. 又

15、 e为 ac 的中点，所以 debc. 在题图 2中，cede，pede，且 cepee， 所以 de平面 cep， 9 / 22 所以 bc平面 cep， 又 bc平面 bcp， 所以平面 bcp平面 cep. (2)因为平面 dep平面 bced，平面 dep平面 bcedde，ep平面dep，epde， 所以 ep平面 bced. 又 ce平面 bced， 所以 epce. 以 e 为坐标原点，ed，ec，ep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 在题图 1中，设 bc2a， 则 ab4a，ac2 3a，aece 3a，dea. 则 p(0，0， 3a

16、)，d(a，0，0)，c(0， 3a，0)，b(2a， 3a，0) 所以dp(a，0， 3a)，bc(2a，0，0)， cp(0， 3a， 3a) 设平面 bcp 的法向量为 n(x，y，z)， 则n bc0，n cp0，即2ax0， 3ay 3az0， 令 y1，则 z1，所以 n(0，1，1) 设 dp与平面 bcp所成的角为 ， 则 sin |cosn，dp|n dp|n|dp|3a22a64. 所以直线 dp与平面 bcp所成角的正弦值为64. 10 / 22 a级 基础练 1如图，点 c在圆锥 po的底面圆 o上，ab是直径，ab8，bac30，圆锥的母线与底面成的角为 60，则点a

17、到平面 pbc的距离为( ) a.855 b2 6 c.8515 d. 15 解析：选 c.如图，过点 o 作 ab 的垂线 ox，以 ox，ob，op分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 由题意可得 a(0，4，0)，b(0，4，0)， c(2 3，2，0)，p(0，0，4 3)，所以cb(2 3，2，0)，bp(0，4，4 3)，ap(0，4，4 3) 设平面 pbc的法向量为 m(x，y，z)， 则m cb0，m bp0，所以 2 3x2y0，4y4 3z0， 所以 y 3z 3x，所以取 m(1， 3，1)， 所以 d|ap m|m|8 358515，所以点 a到平面 pbc的距

18、离为8515. 2(多选)(2020 山东滨州期末)已知在菱形 abcd 中，bad60，ac 与 bd 相交于点 o，将abd 沿 bd 折起来，使顶点 a 至点 m 的位置在折起的过程中，下列结论正确的是( ) abdcm b存在一个位置，使cdm 为等边三角形 cdm 与 bc不可能垂直 d直线 dm 与平面 bcd所成的角的最大值为 60 解析：选 abd.对于 a，因为四边形 abcd 为菱形，所以 acbd，所以11 / 22 cobd，mobd.又 mocoo，所以 bd平面 cmo，所以 bdcm，所以 a 正确对于 b，设菱形 abcd 的边长为 2，则在折起的过程中，mbb

19、ccddm2.若cdm 为等边三角形，则 cmcd2，因为平面 bdm平面 bcdbd，mobd，cobd，所以二面角 m- bd- c 的平面角即为moc，因为bad60，所以 mocoao 3，所以 cos moc3342 3 313，所以二面角 m- bd- c 的余弦值为13时，cdm 为等边三角形，所以 b 正确对于 c，因为dmomod，bcocob，所以dm bc(omod) (ocob)om ocom obod ocod ob.又知 mobd，ocbd，所以om ob0，od oc0，所以dm bcom ocod obom ocod2.设菱形 abcd 的边长为 2，则dm b

20、c|om| |oc| cosmocod23cosmoc1.显然当 cosmoc13时，dm bc0，即 dmbc，所以 c 错误对于 d，过点 m 作 oc 的垂线，垂足为 h，因此易得 mh平面bcd，所以 dm 与平面 bcd 所成的角为mdh，因为 sinmdhmhmd，md的长度不变，所以 mh 越大，mdh 越大，所以当 om平面 bcd 时，直线dm 与平面 bcd 所成的角最大，为mdo.由题意易得mdo60，所以 d正确故选 abd. 3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，点 p到直线 cc1的距离的最小值

21、为_ 解析：方法一：如图，建立空间直角坐标系 d- xyz， 12 / 22 则 d1(0，0，2)，e(1，2，0)， ed1(1，2，2) 设 p(x，y，z)，eped1，0，1， 则ep(x1，y2，z) 所以(x1，y2，z)(1，2，2) 解得 x1，y22，z2. 所以 p(1，22，2)， 设点 p在直线 cc1上的垂足为 q，得 q(0，2，2)， |pq| （1）242 515245. 当 15时，|pq|min2 55. 方法二：取 b1c1的中点 e1，连接 d1e1，e1e， 则 cc1平面 d1ee1. 所以点 p 到直线 cc1的距离的最小值即为 cc1与平面d1

22、ee1的距离过点 c1作 c1fd1e1于 f，线段 c1f 的长即为所求在直角三角形 c1d1e1中，c1f2 55. 答案：2 55 4已知在正四棱柱 abcd- a1b1c1d1中，ab2，cc12 2，e 为 cc1的中点，则直线 ac1与平面 bed的距离为_ 解析：以 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(如图)，则 d(0，0，0)，a(2，0，0)，b(2，2，0)，c(0，2，0)，c1(0，2，2 2)，e(0，2， 2)，则db(2，2，0)，de(0，2， 2)，易知ac1平面 bde. 13 / 22 设 n(x，y，

23、z)是平面 bde 的法向量 则n db2x2y0，n de2y 2z0. 取 y1，则 n(1，1， 2)为平面 bde 的一个法向量 又da(2，0，0)， 所以点 a到平面 bde 的距离是 d|n da|n|1200|（1）212（ 2）21. 故直线 ac1到平面 bed的距离为 1. 答案：1 5.(2020 高考全国卷)如图，d 为圆锥的顶点，o 是圆锥底面的圆心，ae 为底面直径，aead.abc 是底面的内接正三角形，p为 do 上一点，po66do. (1)证明：pa平面 pbc； (2)求二面角 b- pc- e的余弦值 解：(1)证明：设 doa，由题设可得 po66a

24、，ao33a，aba， papbpc22a. 因此 pa2pb2ab2，从而 papb. 又 pa2pc2ac2，从而 papc. 又 pbpcp，pb，pc平面 pbc， 所以 pa平面 pbc. 14 / 22 (2)以 o 为坐标原点，oe的方向为 y 轴正方向，| |oe为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 o- xyz. 由题设可得 e(0，1，0)，a(0，1，0)， c(32，12，0)，p(0，0，22) 所以ec(32，12，0)， ep(0，1，22) 设 m(x，y，z)是平面 pce的法向量，则m ep0m ec0，即y22z032x12y0， 可取 m(33，1，

25、 2) 由(1)知ap(0，1，22)是平面 pcb的一个法向量，记 nap， 则 cosn，mn m|n|m|2 55. 所以二面角 b- pc- e的余弦值为2 55. 6如图所示，在直三棱柱 abc- a1b1c1中，bac90，abacaa11，d 是棱 cc1上的一点，p 是 ad 的延长线与 a1c1延长线的交点，且 pb1平面 bda1. (1)求证：cdc1d； (2)求二面角 a- a1db的平面角的余弦值； (3)求点 c到平面 b1dp的距离 解：(1)证明：连接 ab1，交 ba1于点 o，连接 od. 15 / 22 因为 b1p平面 bda1，b1p平面 ab1p，

26、平面 ab1p平面 ba1dod，所以 b1pod. 又因为 o 为 b1a的中点，所以 d为 ap的中点 因为 c1daa1，所以 c1为 a1p的中点 所以 dc112aa112cc1，所以 c1dcd. (2)建立如图所示的空间直角坐标系 a1xyz， 则 b1(1，0，0)，b(1，0，1)，d0，1，12， 所以a1b1(1，0，0)，a1b(1，0，1)， a1d0，1，12. 设平面 ba1d的一个法向量为 n(x1，y1，z1) 由a1bn0，a1dn0，得x1z10，y112z10. 令 z12，则 x12，y11， 所以 n(2，1，2) 又a1b1(1，0，0)为平面 a

27、a1d的一个法向量， 所以 cosn，a1b1n a1b1|n|a1b1|23123. 由图形可知二面角 a- a1db为锐角， 所以二面角 a- a1db的平面角的余弦值为23. 16 / 22 (3)因为 c(0，1，1)，d0，1，12，b1(1，0，0)，p(0，2，0)， 所以cd0，0，12，db11，1，12，dp0，1，12. 设平面 b1dp的一个法向量为 m(x2，y2，z2) 由db1m0，dpm0，得x2y212z20，y212z20. 令 z22，则 x22，y21，所以 m(2，1，2) 所以点 c 到平面 b1dp的距离 d|cd m|m|13. b级 综合练 7

28、(2020 江西五校联考)如图 1，在abc 中，c90，ac2bc4，e，f 分别是 ac 与 ab 的中点，将aef 沿 ef 折起，连接 ac 与 ab，得到四棱锥 a- bcef(如图 2)，g为线段 ab的中点 (1)求证：fg平面 ace； (2)当四棱锥 a- bcef 的体积最大时，求直线 fg 与平面 afc 所成角的正弦值 解：(1)证明：取 ac 的中点 h，连接 eh，gh，如图，由于 g 是 ab 的中点，所以 ghbc且 gh12bc.又题图 1中，e，f分别为 ac与 ab的中点， 17 / 22 所以 febc且 fe12bc， 所以 fegh，fegh， 所以

29、四边形 efgh为平行四边形， 所以 fgeh. 又 fg平面 ace，eh平面 ace， 所以 fg平面 ace. (2)当四棱锥 a- bcef 的体积最大时， 平面 aef平面 bcef， 由于 aeef，所以 ae平面 bcef， 建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意知 ef1，aeecbc2， 所以 a(0，0，2)，b(2，2，0)，c(0，2，0)，f(1，0，0)，g(1，1，1)， 所以ca(0，2，2)，cf(1，2，0)，fg(0，1，1) 设平面 afc 的法向量为 n(x，y，z)，则n ca0，n cf0，即2y2z0，x2y0，令y1，得 n(2，1，1)， 记

30、 fg与平面 afc所成的角为 ，则 sin |cos n，fg|n fg|n|fg|26 233，即直线 fg与平面 afc所成角的正弦值为33. 8(2020 四川五校联考)如图，四棱锥 p- abcd 中，abdc，adc2，abad12cd2，pdpb 6，pdbc. 18 / 22 (1)求证：平面 pbc平面 pbd； (2)在线段 pc 上是否存在点 m，使得平面 abm 与平面 pbd 所成的锐二面角为3？若存在，求出cmcp的值；若不存在，说明理由 解：方法一：(1)证明：因为 abdc，abad2，adc2， 所以 bd2 2，bdc4， 又 cd4， 所以根据余弦定理得

31、bc2 2. 所以 cd2bd2bc2，故 bcbd. 又 bcpd，pdbdd，且 bd，pd平面 pbd，所以 bc平面pbd， 又 bc平面 pbc，所以平面 pbc平面 pbd. (2)由(1)得 bc平面 pbd，又 bc平面 abcd，所以平面 abcd平面pbd， 设 e为 bd 的中点，连接 pe，因为 pbpd 6， 所以 pebd，pe2，又平面 abcd平面 pbd，平面 abcd平面pbdbd， 所以 pe平面 abcd. 如图，以 a 为坐标原点，分别以ad，ab的方向和垂直平面 abcd 的向量ep的方向为 x，y，z 轴正方向，建立空间直角坐标系 a- xyz，

32、则 a(0，0，0)，b(0，2，0)，c(2，4，0)，p(1，1，2) 假设存在 m(a，b，c)满足要求，设cmcp(01)，即cmcp， 19 / 22 所以 m(2，43，2)， 易得平面 pbd的一个法向量为bc(2，2，0) ab(0，2，0)，am(2，43，2)， 设 n(x，y，z)为平面 abm 的法向量， 由n ab0，n am0得2y0，（2）x（43）y2z0，不妨取 n(2，0， 2) 因 为 平 面pbd 与 平 面abm 所 成 的 锐 二 面 角 为3， 所 以|4|2 2 42（2）212，解得 23或 2(不合题意舍去) 故存在点 m 满足条件，且cmc

33、p23. 方法二：(1)证明：取线段 cd 的中点 f，连接 af 交 bd 于点 e，连接bf，如图，因为 abcd，abad12cd2，adc2， 所以四边形 adfb为正方形，故 bdaf，且 e为 bd的中点， 又 f为线段 cd的中点， 所以 efbc，bcbd. 又 bcpd，pdbdd，且 bd，pd平面 pbd， 所以 bc平面 pbd， 又 bc平面 pbc， 所以平面 pbc平面 pbd. (2)连接 ep，因为 pbpd 6，e 为 bd 的中点，所以 pebd，pe2， 又 bc平面 pbd，所以 pe，de，ef三线两两互相垂直 20 / 22 分别以ed，ef，ep

34、为 x，y，z 轴正方向，建立空间直角坐标系 e- xyz， 则 e(0，0，0)，a(0， 2，0)，b( 2，0，0)，c( 2，2 2，0)，p(0，0，2) 假设存在 m 满足要求，设cmcp(01)，即cmcp， 易得平面 pbd的一个法向量为bc(0，2 2，0) ab( 2， 2，0)，ac( 2，3 2，0)， cp( 2，2 2，2)， amaccmaccp( 2 2，3 22 2，2) 设 n(x，y，z)为平面 abm 的法向量， 由n ab0，n am0得 2x 2y0，（ 2 2）x（3 22 2）y2z0， 不妨取 n( 2， 2，2) 因为平面 pbd与平面 abm 所成的锐二面角为3，所以 |4|2 2 42（2）212，解得 23或 2(不合题意舍去) 故存在点 m 满足条件，且cmcp23. c级 创新练 9如图，已知正方形 abcd 的边长为 4，e，f 分别为 ad，bc 的中点，