新高考数学专题22 利用空间向量研究探索性与最值问题（教师版）

专题22利用空间向量研究探索性与最值问题一、题型选讲题型一、探索点的位置关系此类问题主要考察是否存在点，使满足线线、线面面面的夹角或者距离等问题，解决的关键是假设点存在，然后引入变量把点表示出来，通过题目给出的条件列出方程，解出参数。但要注意参数的范围。例1、【四川省资阳市2020届高三模拟】如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD//BC，AD⊥CD，且AD=CD，∠ABC=45°.（1）证明：AC⊥PB.（2）若AD=2PA，试在棱PB上确定一点M，使DM与平面PAB所成角的正弦值为【解析】（1）证明：∵AD⊥CD，且AD=CD，∴∠ACD=∠DAC=45°，∴∠BCA=45°，又∵∠ABC=45°，∴∠BAC=90°，即AC⊥AB.∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PA⊥AC，又∵PA∩AB=A，∴AC⊥平面PAB，∵PB⊂平面PAB，∴AC⊥PB.（2）解：取BC的中点E，以A为坐标原点，AE，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A−xyz.如图所示.设PA=1，则A0,0,0，P0,0,1，B2,−2则PB=2,−2,−1设PM=λ则DM=由（1）可知，AC⊥平面PAB，∴AC=2,2设DM与平面PAB所成的角为θ.则sinθ=整理得20λ2+8λ−9=0，解得λ=∴点M为棱PB的中点.例2、（2020·山东潍坊·高三月考）在四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，，，，为线段的中点，过的平面与线段，分别交于点，．（1）求证：；（2）若，是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由．【解析】（1）证明：，且为线段的中点，，又，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面，又平面平面，，又，且平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，.（2）存在，为的靠近点的三等分点．，为线段的中点，，又平面平面，平面，以为坐标原点，的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，则，，，设，得，，设平面的法向量为，则即令，可得为平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，于是有；得或（舍），所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，故为的靠近点的三等分点．例3、(探点得角的大小)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC，∠ACB＝90°，E是棱CC1上的动点，F是AB的中点，AC＝1，BC＝2，AA1＝4.(1)当E是棱CC1的中点时，求证：CF∥平面AEB1；(2)在棱CC1上是否存在点E，使得二面角AEB1B的余弦值是eq\f(2\r(,17),17)？若存在，求CE的长，若不存在，请说明理由．【解析】(1)取AB1的中点G，连结EG，FG.因为F，G分别是棱AB，AB1的中点，所以FG∥BB1，FG＝eq\f(1,2)BB1.又B1B＝C1C，BB1∥C1C，EC＝eq\f(1,2)C1C，所以B1B∥EC，EC＝eq\f(1,2)B1B，所以FG＝EC，FG∥EC，所以四边形FGEC是平行四边形，所以CF∥EG.因为CF⊄平面AEB1，EG⊂平面AEB1，所以CF∥平面AEB1.(2)以C为坐标原点，射线CA，CB，CC1为x轴，y轴，z轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，4)．设E(0，0，m)(0≤m≤4)，平面AEB1的法向量n1＝(x，y，z)，则eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－1，2，4)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1，0，m)．由eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥n1，eq\o(AE,\s\up6(→))⊥n1，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＋4z＝0，,－x＋mz＝0.))令z＝2，则n1＝(2m，m－4，2)．连结BE，因为CA⊥平面C1CBB1，所以eq\o(CA,\s\up6(→))是平面EBB1的一个法向量，令n2＝eq\o(CA,\s\up6(→)).因为二面角AEB1B的余弦值为eq\f(2\r(,17),17)，所以eq\f(2\r(,17),17)＝cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(2m,\r(,4m2＋（m－4）2＋4))，解得m＝1，所以在棱CC1上存在点E符合题意，此时CE＝1.题型二、最值问题最值问题，要建立目标函数通过基本不等式或者运用导数研究关系式进而求出函数的最值。例4、(2020年山东高考卷).如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解析】（1）证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.例5、（2020·山东青岛·高三开学考试）如图，正方形和所在平面互相垂直，且边长都是1，，，分别为线段，，上的动点，且，平面，记.（1）证明：平面；（2）当的长最小时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）因为平面，且平面，平面平面，所以，所以，所以，所以，所以，所以，又因为平面平面，且平面，平面平面，所以平面.（2）由（1）知，，，当且仅当时等号成立，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设平面的一个法向量为，因为，，则，取，得，设平面的一个法向量为，因为，，则，取，得，所以，则二面角的余弦值为.例6、（2021·潍坊市潍城区教育局高三月考）已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：（I）证明：平面平面；（Ⅱ）若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值.图一图二【答案】（1）见解析（2）【解析】（Ⅰ）设的中点为，连接，.由题意，得，，.因为在中，，为的中点，所以，因为在中，，，，，所以.因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，平面，所以是直线与平面所成的角，且，所以当最短时，即是的中点时，最大.由平面，，所以，，于是以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图示空间直角坐标系，则，，，，，，，，.设平面的法向量为，则由得：.令，得，，即.设平面的法向量为，由得：，令，得，，即..由图可知，二面角的余弦值为.例7、（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）如图正四棱锥，为线段上的一个动点，记二面角为，与平面所成的角为，与所成的角为，则（）A． B． C． D．【答案】C【解析】以正方形的中心为原点，分别以平行于所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示取中点，连接.则.连接，则.设，则.则.又，，.，，即.由题意知都是锐角，.故选：.二、达标训练1、（2020届山东省烟台市高三上期末）如图，在正方体中，点在线段上运动，则（）A．直线平面B．三棱锥的体积为定值C．异面直线与所成角的取值范围是D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】ABD【解析】对于选项A,连接,由正方体可得,且平面,则,所以平面,故；同理,连接,易证得,则平面,故A正确；对于选项B,,因为点在线段上运动,所以,面积为定值,且到平面的距离即为到平面的距离,也为定值,故体积为定值,故B正确；对于选项C,当点与线段的端点重合时,与所成角取得最小值为,故C错误；对于选项D,因为直线平面,所以若直线与平面所成角的正弦值最大,则直线与直线所成角的余弦值最大,则运动到中点处,即所成角为,设棱长为1,在中,,故D正确故选：ABD2、（2020届山东省德州市高三上期末）如图（1），边长为的正方形中，，分别为、上的点，且，现沿把剪切、拼接成如图（2）的图形，再将，，沿，，折起，使、、三点重合于点，如图（3）.（1）求证：；（2）求二面角最小时的余弦值.【解析】（1）折叠前，，折叠后，，又，所以平面，因此；（2）由（1）及题意知，因此以为原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系如图：令，，，所以，，设平面法向量为则所以，令，则又平面法向量为，设二面角的大小为，所以，又，当且仅当取等号，所以.所以二面角最小时的余弦值为.3、（2019届甘肃省天水市第一中学高三下学期第七次模拟）如图在棱锥P−ABCD中，ABCD为矩形，PD⊥面ABCD，PB=2,∠BPC=（1）在PB上是否存在一点E，使PC⊥面ADE，若存在确定E点位置，若不存在，请说明理由；（2）当E为PB中点时，求二面角P−AE−D的余弦值.【解析】（1）法一：要证明PC⊥面ADE，易知AD⊥面PDC，即得AD⊥PC，故只需DE⋅所以由DP+法二：建立如图所示的空间直角坐标系D－XYZ，由题意知PD＝CD＝1，CE=2，设PE=λPB，∴PC⋅DE=即存在点E为PC中点.（2）由（1）知D0,0,0，A2,0,0，DA=2,0,0，DE=设面ADE的法向量为n1=由的法向量为n1⋅DA=0n同理求得n所以cosθ=故所求二面角P－AE－D的余弦值为334、【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．（2）过A作AD的垂线交BC于点M．因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．所以．所以.设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则即令z=1，则．于是．又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以.由题知，二面角F−AE−P为锐角，所以其余弦值为．（3）直线AG在平面AEF内．因为点G在PB上，且，所以.由（2）知，平面AEF的法向量.所以.所以直线AG在平面AEF内.5、如图，在四面体ABOC中，OC⊥OA,OC⊥OB，∠AOB＝120°，且OA＝OB＝OC＝1.(1)设P为AC的中点．在AB上是否存在一点Q，使PQ⊥OA？若存在，计算eq\f(AB,AQ)的值；若不存在，请说明理由．(2)求二面角OACB的平面角的余弦值．【解析】(1)取O为坐标原点，分别以OA，OC所在的直线为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(1，0，0)，C(0，0，1)，B(－eq\f(1,2)，eq\f(\r(,3),2)，0)．因为P为AC的中点，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2))).设eq\o(AQ,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，λ∈(0，1)．因为eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(,3),2)，0))，所以eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(1，0，0)＋λ(－eq\f(3,2)，eq\f(\r(,3),2)，0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2)λ，\f(\r(,3),2)λ，0))，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\o(OQ,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(3,2)λ，\f(\r(,3),2)λ，－\f(1,2))).因为PQ⊥OA，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝0，即eq\f(1,2)－eq\f(3,2)λ＝0，解得λ＝eq\f(1,3)，所以存在点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(,3),6)，0))使得PQ⊥OA，且eq\f(AB,AQ)＝3.(2)记平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则由n⊥eq\o(CA,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，且eq\o(CA,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,－\f(3,2)x＋\f(\r(,3),2)y＝0，))故可取n＝(1，eq\r(,3)，1)．又平面OAC的法向量为c＝(0，1，0)，所以cos〈n，c〉＝eq\f(（1，\r(,3)，1）·（0，1，0）,\r(,5)×1)＝eq\f(\r(,3),\r(,5))，故二面角OACB的平面角是锐角，记为θ，则cosθ＝eq\f(\r(,15),5).6、(探点得平行关系)已知四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成的角为60°.(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)求二面角FBED的余弦值；(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．【解析】(1)因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC.因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又DE∩BD＝D，DE，BD⊂平面BDE，所以AC⊥平面BDE.(2)因为DE⊥平面ABCD，所以∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即∠EBD＝60°，所以eq\f(ED,BD)＝eq\r(,3).由AD＝3，得DE＝3eq\r(,6)，AF＝eq\r(,6).如图，分别以DA，DC，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(3，0，0)，F(3，0，eq\r(,6))，E(0，0，3eq\r(,6))，