2025千题百炼-高考数学100个热点问题（二）：第64炼 空间向量解立体几何（含综合题习题）含答案

2025千题百炼——高考数学100个热点问题（二）：第64炼空间向量解立体几何（含综合题习题）含答案第64炼利用空间向量解立体几何问题一、基础知识（一）刻画直线与平面方向的向量1、直线：用直线的方向向量刻画直线的方向问题，而方向向量可由直线上的两个点来确定例如：，则直线的方向向量为2、平面：用平面的法向量来刻画平面的倾斜程度，何为法向量？与平面垂直的直线称为平面的法线，法线的方向向量就是平面的法向量，如何求出指定平面的法向量呢？（1）所需条件：平面上的两条不平行的直线（2）求法：（先设再求）设平面的法向量为，若平面上所选两条直线的方向向量分别为，则可列出方程组：解出的比值即可例如：，求所在平面的法向量解：设，则有，解得：（二）空间向量可解决的立体几何问题（用表示直线的方向向量，用表示平面的法向量）1、判定类（1）线面平行：（2）线面垂直：（3）面面平行：（4）面面垂直：2、计算类：（1）两直线所成角：（2）线面角：（3）二面角：或（视平面角与法向量夹角关系而定）（4）点到平面距离：设为平面外一点，为平面上任意一点，则到平面的距离为，即在法向量上投影的绝对值。（三）点的存在性问题：在立体几何解答题中，最后一问往往涉及点的存在性问题，即是否在某条线上存在一点，使之满足某个条件，本讲主要介绍使用空间向量解决该问题时的方法与技巧1、理念：先设再求——先设出所求点的坐标，再想办法利用条件求出坐标2、解题关键：减少变量数量——可表示空间中的任一点，但题目中所求点往往是确定在某条线或者某个平面上的，所以使用三个变量比较“浪费”（变量多，条件少，无法求解），要考虑减少变量的个数，最终所使用变量的个数可根据如下条件判断：（1）直线（一维）上的点：用一个变量就可以表示出所求点的坐标（2）平面（二维）上的点：用两个变量可以表示所求点坐标规律：维度=所用变量个数3、如何减少变量：（1）直线上的点（重点）：平面向量共线定理——若使得例：已知，那么直线上的某点坐标可用一个变量表示，方法如下：——三点中取两点构成两个向量因为在上，所以——共线定理的应用（关键），即——仅用一个变量表示（2）平面上的点：平面向量基本定理——若不共线，则平面上任意一个向量，均存在，使得：例：已知，则平面上的某点坐标可用两个变量表示，方法如下：，故，即二、典型例题例1：（2010天津）在长方体中，分别是棱上的点，，（1）求异面直线所成角的余弦值（2）证明：平面（3）求二面角正弦值解：由长方体得：两两垂直以为轴建立空间直角坐标系（1）（2），设平面的法向量为平面（3）设平面的法向量例2：如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，若分别为棱上的点，为中点，且（1）求证：平面平面（2）求直线与平面所成角的正弦值（3）求点到平面的距离解：平面矩形故两两垂直以为轴建立空间直角坐标系，且分别为的中线设点，因为三点共线而而同理，设点，因为三点共线而而（1）设平面的法向量为设平面的法向量为平面平面（2）设平面的法向量为而设直线与平面所成角为，则（3）例3：已知在四棱锥中，底面是矩形，且平面，分别是线段的中点（1）求证：（2）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由（3）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值解：因为平面，且四边形是矩形以为轴建立空间直角坐标系，设（1）（2）设设平面的法向量为平面解得存在点，为的四等分点（靠近）（3）底面在底面的投影为为与平面所成的角，即为等腰直角三角形即平面的法向量为平面为平面，所以平面的法向量为设二面角的平面角为，可知为锐角例4：四棱锥中，平面平面，是中点（1）求证：平面（2）求二面角的平面角的余弦值（3）在侧棱上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解：过在平面作的垂线交于为中点平面平面平面以为轴建立空间直角坐标系（1）设平面的法向量为平面（2）设平面的法向量为设平面的法向量为所以二面角的平面角的余弦值为（3）设而平面的法向量为平面例5：已知四棱锥中，平面，底面是边长为的菱形，，（1）求证：平面平面（2）设与交于点，为中点，若二面角的正切值是，求的值建系思路一：由与底面垂直，从而以作为轴，以为轴，由的菱形性质可得取中点，连结则有，从而建立空间直角坐标系解：取中点，连结，可得平面以为轴建立空间直角坐标系可得：（1）设平面的法向量为设平面的法向量为平面平面（2）设平面的法向量为设平面的法向量为设二面角的平面角为，则，可得建系思路二：由思路一可发现尽管建系思路简单，但是所涉及的点的坐标过于复杂，而导致后面的计算繁杂。所以考虑结合图形特点，建立坐标简单的坐标系，从而简化运算：利用菱形对角线垂直的特点，以为坐标原点。过作的平行线，即可垂直底面，从而所建立的坐标系使得底面上的点均在轴上；另一方面，可考虑以为单位长度，可得，避免了坐标中出现过多的字母解：过作，平面平面因为为菱形，所以以为轴建立空间直角坐标系，以为单位长度（1）设平面的法向量为设平面的法向量为因为平面即为平面平面平面（2）设平面的法向量为设平面的法向量为设二面角的平面角为，则，可得例6：如图，在边长为4的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使得（1）求证：平面（2）求二面角的余弦值（3）判断在线段上是否存在一点，使平面平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由解：（1）平面平面（2）两两垂直以为坐标轴建立坐标系计算可得：（2）平面的法向量为设平面的法向量为设二面角的平面角为（3）设设平面的法向量为平面平面解得：不在线段上，故不存在该点小炼有话说：（1）对待翻折问题要注意在翻折的过程中，哪些量和位置关系是不变的，要将平面图形的相关量与翻折后的几何体建立对应关系。（2）在处理点的存在性问题时，求该点所在平面法向量的过程中会遇到所解方程含参的情况，此时可先从含参方程入手，算出满足方程的一组值，再代入另一方程计算会比较简便。例7：如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，点分别为的中点，且．（1）证明：∥平面；（2）设直线与平面所成角为，当在内变化时，求二面角的取值范围．解：平面以为轴建立直角坐标系，设（1），设平面的法向量为∥平面（2）设平面的法向量为即平面的法向量为由可得设二面角的平面角为则例8：在如图所示的多面体中，平面平面，，且，是中点（1）求证：（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值（3）在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角为？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由解：过在平面上作的平行线平面两两垂直如图建系：（1）（2）设平面的法向量为设平面的法向量为设平面与平面所成的锐二面角的余弦值为则（3）设在上解得：存在点，当为中点时，直线与平面所成的角为例9：如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点．（1）证明：（2）求直线与平面所成角的正弦值（3）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值解：底面两两垂直，如图建系：（1）（2）设平面的法向量为设直线与平面所成角为（3）设三点共线解得：设平面的法向量为平面的法向量为二面角的余弦值为例10：如图，在三棱柱，是正方形的中心，，平面，且（1）求异面直线与所成角的余弦值（2）求二面角的正弦值（3）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长解：连结，因为是正方形的中心交于，且平面如图建系：设（1）（2）设平面的法向量为设平面的法向量为设二面角的平面角为，则（3），因为在底面上，所以设平面的法向量为平面∥，可解得：三、历年好题精选1、如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，垂直于和，是棱的中点.（1）求证：∥平面（2）求平面与平面所成的二面角的余弦值（3）设点是直线上的动点，与平面所成的角为，求的最大值2、（2015，北京）如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，∥为的中点（1）求证：（2）求二面角的余弦值（3）若平面，求的值TFDEAGBHCTFDEAGBHC（1）求证：平面；（2）若平面,求平面与平面所成角（锐角）的大小.4、（2014，北京）如图，正方形的边长为2，分别为的中点，在五棱锥中，为棱的中点，平面与棱分别交于点（1）求证：（2）若底面，且，求直线与平面所成角的大小，并求线段的长5、（2014，江西）如图，四棱锥中，为矩形，平面平面（1）求证：（2）若，问为何值时，四棱锥的体积最大？并求此时平面与平面夹角的余弦值习题答案：1、解析：（1）以点为坐标原点，如图建系：则设平面的法向量为，可得：∥平面（2）可知平面的法向量为，设平面与平面所成的二面角为，可得所成的二面角余弦值为（3）设，则，平面的法向量为当即时，取得最大值，即2、解析：（1）为等边三角形且为的中点平面平面平面（2）取中点，连结，分别以为轴如图建系可得：设平面的法向量为由可得：，可得：平面的法向量由二面角为钝二面角可知（3），设平面的法向量为解得平面，因为，解得：（舍），3、解析：（1）证明：连结，设交于点在三棱台中，由可得为中点，即且四边形是平行四边形为中点且zxyFDEAGBHCzxyFDEAGBHC又平面，平面，故平面；（2）由平面,可得平面而则,于是两两垂直，以点G为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，设,则,，则平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则,即，取，则，，，故平面与平面所成角（锐角）的大小为.4、解析：（1）证明：在正方形中，可知平面平面平面，且平面平面（2）因为底面，所以如图建立空间直角坐标系，则设平面的法向量为解得设直线与平面所成角为，则设点，由在棱上可得：由为平面的法向量可得：解得5、解析：（1）证明：因为为矩形，所以又平面平面，且平面平面平面（2）过作的垂线，垂足为，过作的垂线垂足为，连结平面，平面在中，设，则，当时，最大此时如图建系，可得：设平面的一个法向量为则解得设平面的一个法向量为则解得设平面与平面夹角为，可得第66炼直线与圆位置关系一、基础知识：1、定义：在平面上到定点的距离等于定长的点的轨迹是圆2、圆的标准方程：设圆心的坐标，半径为，则圆的标准方程为：3、圆的一般方程：圆方程为（1）的系数相同（2）方程中无项（3）对于的取值要求：4、直线与圆位置关系的判定：相切，相交，相离，位置关系的判定有两种方式：（1）几何性质：通过判断圆心到直线距离与半径的大小得到直线与圆位置关系，设圆的半径为，圆心到直线的距离为，则：①当时，直线与圆相交②当时，直线与圆相切③当时，直线与圆相离（2）代数性质：可通过判断直线与圆的交点个数得到直线与圆位置关系，即联立直线与圆的方程，再判断解的个数。设直线：，圆：，则：消去可得关于的一元二次方程，考虑其判别式的符号①，方程组有两组解，所以直线与圆相交②，方程组有一组解，所以直线与圆相切③，方程组无解，所以直线与圆相离5、直线与圆相交：弦长计算公式：6、直线与圆相切：（1）如何求得切线方程：主要依据两条性质：一是切点与圆心的连线与切线垂直；二是圆心到切线的距离等于半径例：已知圆的方程为：及圆上一点，求过的圆的切线方法一：利用第一条性质：，所以可得切线斜率切线方程为：，整理后可得：方法二：利用第二条性质：设切线方程为：即整理可得：解得：（2）圆上点的切线结论：①圆上点处的切线方程为②圆上点处的切线方程为（3）过圆外一点的切线方程（两条切线）：可采取上例方法二的做法，先设出直线方程，再利用圆心到切线距离等于半径求得斜率，从而得到方程。（要注意判断斜率不存在的直线是否为切线）7、与圆相关的最值问题（1）已知圆及圆外一定点，设圆的半径为则圆上点到点距离的最小值为，最大值为（即连结并延长，为与圆的交点，为延长线与圆的交点（2）已知圆及圆内一定点，则过点的所有弦中最长的为直径，最短的为与该直径垂直的弦解：，弦长的最大值为直径，而最小值考虑弦长公式为，若最小，则要取最大，在圆中为定值，在弦绕旋转的过程中，，所以时，最小（3）已知圆和圆外的一条直线，则圆上点到直线距离的最小值为，距离的最大值为（过圆心作的垂线，垂足为，与圆交于，其反向延长线交圆于（4）已知圆和圆外的一条直线，则过直线上的点作圆的切线，切线长的最小值为解：，则若最小，则只需最小即可，所以点为过作垂线的垂足时，最小过作圆的切线，则切线长最短8、圆与圆的位置关系：外离，外切，相交，内切，内含（1）可通过圆心距离与半径的关系判定：设圆的半径为，①外离②外切③相交④内切⑤内含（2）可通过联立圆的方程组，从而由方程组解的个数判定两圆位置关系。但只能判断交点的个数。例如方程组的解只有一组时，只能说明两圆有一个公共点，但是外切还是内切无法直接判定。二、典型例题：例1：已知直线与圆心为的圆相交于两点，且为等边三角形，则实数（）A.B.C.或D.思路：因为为等边三角形且为圆心，所以该三角形的边长为，由等边三角形的性质可知高为，即到的距离为，由圆方程可得：，所以利用点到直线距离公式可得：，解得：答案：D例2：圆心在曲线上，且与直线相切的面积最小的圆的方程为（）A.B.C.D.思路：不妨设圆心，其中，半径为，因为直线与圆相切，所以有，若圆的面积最小，则半径最小，则，即，此时，所以圆方程为：答案：A例3：设点，若在圆上存在点，使得，则的取值范围是（）A.B.C.D.思路：由圆的性质可知：圆上一点，与所组成的角，当与圆相切时，最大。所以若圆上存在点，使得，则。由和可知过且与圆相切的一条直线为，切点，所以在直角三角形中，，从而答案：A例4：设，若直线与圆相切，则的取值范围是（）A.B.C.D.思路：通过圆方程可知圆心，半径，因为直线与圆相切，所以，整理后可得：，即，所以，进而由“对勾函数“性质可知答案：D小炼有话说：本题由于，所以对于不能使用均值不等式，而要通过换元转换为常见函数求得值域例5：若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，则直线斜率的取值范围是___________思路：本题的关键在于如何将“至少三个符合条件的不同的点”这个条件与找到联系。通过图像可知该条件与圆心到直线的距离相关。圆方程为：，即圆心为，半径，作出图像可知若至少有三个不同的点到直线距离为，则圆心到直线的距离应小于等于，所以，即解不等式：，解得：答案：例6：直线与圆交于不同的两点，且，其中是坐标原点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.思路：不妨设的中点为，则可知，从而，在圆中，可知为圆心到的距离，即弦心距。由圆中弦，半径，弦心距的关系可得：，代入可得：，解得：，即，所以答案：D例7：在平面直角坐标系中，已知圆，点是轴上的一个动点，分别切圆于两点，则线段的取值范围是（）A.B.C.D.思路：如图设交于，则有，只需确认的范围即可，由圆方程可得，设，所以，在中，可得：，所以，下面确定的范围。设，因为，所以，从而解得。则答案：B例8：已知圆，直线下面四个命题：（1）对任意实数与，直线和圆相切；（2）对任意实数与，直线和圆有公共点；（3）对任意实数，必存在实数，使得直线和圆相切;（4）对任意实数，必存在实数，使得直线和圆相切.其中真命题的代号是______________思路一（代数运算）：四个命题均和直线与圆位置关系相关，所以考虑圆心到直线的距离和半径的大小关系：由圆方程可知圆心，半径为1，所以，为了便于计算，不妨比较与1的大小关系，从而有：所以对任意的实数，直线和圆有公共点，但不一定相切。故（1）错误（2）正确；（3）（4）与相切有关，所以考虑，由上式可得：①，从而可得，对于任意的实数，不一定会存在，使得等式成立。例如时，①不成立；但对于任意的，总有，使得①成立，即直线与圆相切。所以（3）错误，（4）正确，综上所述，正确的是（2）（4）思路二（数形结合）：通过观察，可知为单位圆上的点。则必有，又因为的半径为1，所以可得过原点。而直线过定点，所以直线与圆必有公共点。（2）正确。因为在圆上，所以可知若直线与圆相切，则原点为切点，故切线也只有一条。所以（1）错误。对于（3）（4），通过前面的结论可知对于任意的一个圆，均可过原点作出圆的切线。另一方面通过切线也可确定圆心。所以（4）正确。而（3）忽略了一种情况，当圆心位于轴上时，此时切线为轴，虽有切线但斜率不存在，所以不能表示为的形式。所以（3）错误答案：（2）（4）例9：:设，直线圆.若圆既与线段又与直线有公共点，则实数的取值范围是．思路：本题的取值范围为两个条件的交集。先处理圆与有公共点：由圆方程可知圆的圆心为，半径，若圆与直线有公共点，则，解得：，所以。另一方面，考虑圆与有公共点，因为该圆半径不变，圆心在轴上移动，所以可根据的符号进行分类讨论：显然成立，当时，由图像可知圆心的最远端为在的右侧且到的距离为1，即，当时，可知圆最左端的位置为与线段相切的情况，，所以，解得：。所以，综上所述：圆与线段有公共点时，，从而答案：例10：已知的三个顶点，，，其外接圆为圆．（1）求圆的方程；（2）若直线过点，且被圆截得的弦长为2，求直线的方程；（3）对于线段上的任意一点，若在以为圆心的圆上都存在不同的两点，使得点是线段的中点，求圆的半径的取值范围解：（1）思路：求圆的方程关键在于确定圆心坐标，条件中给了三个点，考虑两点所成线段的垂直平分线为直径（过原点），所以选择两组点，求出两条直径，即可解出圆心。在本题中抓住，关于轴对称。从而得到圆心在轴上，设其坐标为再根据，即可解出值。从而得到圆心坐标，然后计算半径即可得到圆的方程由外接圆为圆可得：在垂直平分线上在轴上设，解得：（2）思路：已知弦长和半径，可求出弦心距。直线过从而可设出直线方程，再利用弦心距解得直线方程即可设由弦长为2和可得：，解得：当斜率不存在时，，联立方程：弦长为2，符合题意综上所述：的方程为和（3）思路一：（代数方法）由坐标可求出的方程：，其线段上一点，设，则中点，由在圆上可得（设圆的半径为）：，则存在即方程组有解。方程组中的方程为两个圆，只需两个圆有公共点即可。所以，再由整理后可得：对任意恒成立。可得：，再有线段与圆无公共点，即在恒成立。解得：，从而，即可求得的范围解：的方程为：设在线段上且设为中点设圆，由在圆上可得：，整理后可得：，若存在，则方程组有解即圆心为，半径为的圆与圆心为，半径为的圆有公共点根据两圆位置关系可知：，即：在恒成立，整理后可得：在恒成立设，解得：若为中点，则在圆外即在恒成立综上所述：思路二（数形结合）：通过图像可观察出，若对于线段上任意一点均满足题意，则需达到两个条件：第一，在圆外，可先利用坐标判定出为锐角，从而在上的投影位于线段上，所以；第二，到圆上点的最小距离（记为）应小于或等于到圆上点最大距离（记为）的一半，即，否则，若当圆上取其他点时，，由不等式的传递性可知：，不可能为中点。因为在圆外，所以可知在圆上任意一点中，，，代入可得恒成立。综上即可求出的范围解：，若对任意点，已知条件均满足则在外为锐角在上的投影位于线段上依题意，若对任意点，均存在使得设到圆上点的最小距离为，到圆上点最大距离为，则有：否则若，导致不存在满足条件的在圆外，代入可得：由图可知：即综上所述：三、历年好题精选1、设圆，直线，点，若存在点，使得（为坐标原点），则的取值范围是（）A.B.C.D.2、已知，若，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.3、（2015，广东）平行于直线且与圆相切的直线的方程是（）A.或B.或C.或D.或4、（2015，江苏）在平面直角坐标系中，以点为圆心且与直线相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为5、（2014，湖北）直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则_______6、（2014，全国卷）直线和是圆的两条切线，若与的交