高考数学一轮复习 第八章立体几何8.7空间向量的应用收尾精炼 理 新人教A版
2025年高考数学一轮复习-8.7-利用空间向量研究距离问题【课件】
·
·
·e= ·e,故其模为
·
3.点到平面的距离公式
如图,点P为平面α外一点,点A为平面α内的定点,过点P作平面α的垂线l,交平面α于
点Q,则n是直线l的方向向量,且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量
· |·|
的长度,则PQ=|· |=|
|=
.
||
第八章
立体几何初步、空间向量与立体几何
第七节
利用空间向量研究距离问题
必备知识·逐点夯实
核心考点·分类突破
【课标解读】
【课程标准】
能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的
距离问题,并能描述解决这一类问题的程序,体会向量方法在研究几何问题中的
作用.
【核心素养】
直观想象、数学运算、逻辑推理.
2
2
.
【解析】依题意,平行平面α,β间的距离即为点O到平面β的距离,而=(2,1,1),所
|·| |−1×2+0×1+1×1| 1 2
以平行平面α,β间的距离d=
=
= = .
2 2
||
(−1)2 +02 +12
核心考点·分类突破
考点一点线距及其应用
[例1](1)空间中有三点P(1,-2,-2),M(2,-3,1),N(3,-2,2),则点P到直线MN的距离
则=(-2,1( 2) 2 = 3.
·
=
|−2×1+1×0+0×(−1)|
2
= 2,所以点P(-1,2,1)到
4.(不能正确使用公式)若两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两
2022年高考数学课标通用(理科)一轮复习真题演练：第八章 立体几何8-7 Word版含解析
真题演练集训1．[2022·新课标全国卷Ⅱ]如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值． (1)证明：由已知，得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF ，得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H . 由AB ＝5，AC ＝6，得 DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC ，得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解：如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，HD →的方向为y 轴正方向，HD →′的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz .则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)， AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0， 所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0， 所以可取n ＝(0，－3,1)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m||n|＝－1450×10＝－7525，sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.2．[2022·山东卷]在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点．求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值． (1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，由于点G 是CE 的中点， 所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，由于H 是FB 的中点， 所以HI ∥BC .又HI ∩GI ＝I ，OB ∩BC ＝B ， 所以平面GHI ∥平面ABC .由于GH ⊂平面GHI ， 所以GH ∥平面ABC .(2)解：解法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC . 又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径， 所以BO ⊥AC .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题意，得B (0,23，0)，C (－23，0,0)， 所以BC →＝(－23，－23，0)． 过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2－BM 2＝3， 可得F (0，3，3)．故BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，33.由于平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0.1)，所以cos〈m，n 〉＝m·n|m||n|＝77.所以二面角F－BC－A的余弦值为7 7.解法二：如图，连接OO′.过点F作FM垂直OB于点M，则有FM∥OO′.又OO′⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC.可得FM＝FB2－BM2＝3.过点M作MN垂直BC于点N，连接FN.可得FN⊥BC，从而∠FNM为二面角F－BC－A的平面角．又AB＝BC，AC是圆O的直径，所以MN＝BM sin 45°＝6 2，从而FN＝422，可得cos ∠FNM＝77.所以二面角F－BC－A的余弦值为7 7.3．[2022·新课标全国卷Ⅲ]如图，四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD ∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面P AB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．(1)证明：由已知，得AM＝23AD＝2.如图，取BP的中点T，连接AT，TN.由N为PC的中点知，TN∥BC，TN＝12BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.由于AT⊂平面P AB，MN⊄平面P AB，所以MN∥平面P AB.(2)解：取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC，得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝AB2－BE2＝AB2－⎝⎛⎭⎪⎫BC22＝ 5.以A为坐标原点，AE→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎨⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525，则直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.4．[2021·新课标全国卷Ⅰ]如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC 可知，AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC . 由于EG ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解：如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G －xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.5．[2021·新课标全国卷Ⅱ]如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ， 则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 由于四边形EHGF 为正方形， 所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ， 则A (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10，4,8)，F (0,4,8)， FE →＝(10,0,0)，HE →＝(0，－6,8)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面α的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0， 所以可取n ＝(0,4,3)．又AF →＝(－10,4,8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面α所成角的正弦值为4515. 课外拓展阅读巧用向量法求立体几何中的探究性问题立体几何中的探究性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频消灭，而空间向量在解决立体几何的探究性问题中扮演着举足轻重的角色，它是争辩立体几何中的探究性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探究性问题供应了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探究性问题的常见类型及其求解策略．1．条件追溯型解决立体几何中的条件追溯型问题的基本策略是执果索因．其结论明确，需要求出访结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可快速找到切入点．这类题目要求考生变换思维方向，有利于培育考生的逆向思维力量．[典例1] 如图所示，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CEBE ＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角．[思路分析][解析] 由于SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°， 故可建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .由于AB ＝4，SA ＝3， 所以B (0,4,0)，S (0,0,3)． 设BC ＝m ，则C (m,4,0)， 由于SF BF ＝CEBE ＝λ，所以SF →＝λFB →.所以AF →－AS →＝λ(AB →－AF →)．所以AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0,4λ，3)．所以F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，4λ1＋λ，31＋λ. 同理可得E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m 1＋λ，4，0， 所以FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ. 由于F A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－4λ1＋λ，－31＋λ，要使∠AFE 为直角，即F A →·FE →＝0， 则0·m 1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0，所以16λ＝9， 解得λ＝916. [答案] 916 2．存在推断型以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在推断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探究性和制造性深受命题者的青睐，此类问题的基本特征是：要推断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种状况：假如存在，找出一个来；假如不存在，需要说明理由．这类问题常用“确定顺推”的方法．求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简洁、解法固定、操作便利．[典例2] 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MD ＝NB ＝1，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．[思路分析][解] (1)如图所示，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D －xyz . 依题意，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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0， 所以NE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，AM →＝(－1,0,1)，由于|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →||AM →|＝1252×2＝1010. 所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . 连接AE ，如图所示．由于AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)， 又EA →＝⎝⎛⎭⎪⎫12，－1，0，所以ES →＝EA →＋AS →＝⎝⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎨⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS →|＝22.经检验，当|AS |＝22时，ES ⊥平面AMN .故在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时|AS |＝22. 3．结论探究型立体几何中的结论探究型问题的基本特征是：给出肯定的条件与设计方案，推断设计的方案是否符合条件要求．此类问题的难点是“阅读理解”和“整体设计”两个环节，因此，应做到审得认真、找得有法、推得有理、证得有力，整合过程无可辩驳．[典例3] 某设计部门承接一产品包装盒的设计(如图所示)，客户除了要求AB ，BE 边的长分别为20 cm,30 cm 外，还特殊要求包装盒必需满足：①平面ADE ⊥平面ADC ；②平面ADE 与平面ABC 所成的二面角不小于60 °；③包装盒的体积尽可能大．若设计出的样品满足：∠ACB 与∠ACD 均为直角且AB 长20 cm ，矩形DCBE 的边长BE ＝30 cm ，请你推断该包装盒的设计是否符合客户的要求，并说明理由．[思路分析]建立空间直角坐标系→验证所给样品是否满足条件①②③→得出结论[解] 该包装盒的样品设计符合客户的要求．理由如下： 由于四边形DCBE 为矩形，∠ACB 与∠ACD 均为直角，所以以C 为原点，分别以直线CA ，CB ，CD 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .由于BE ＝30 cm ，AB ＝20 cm ， 设BC ＝t cm ，则AC ＝400－t 2 cm ， 则A (400－t 2，0,0)，B (0，t,0)，D (0,0,30)，E (0，t,30)，设平面ADE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， DA →＝(400－t 2，0，－30)，DE →＝(0，t,0)，由于n 1·DA →＝0且n 1·DE →＝0，所以⎩⎨⎧400－t 2x －30z ＝0，ty ＝0，取x ＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，0，400－t 230. 又平面ADC 的一个法向量CB →＝(0，t,0)， 所以n 1·CB →＝1×0＋0×t ＋400－t 230×0＝0， 所以n 1⊥CB →，所以平面ADE ⊥平面ADC ，所以满足条件①. 由于平面ABC 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，设平面ADE 与平面ABC 所成二面角的平面角为θ，则cos θ≤12，所以cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝400－t 2301＋400－t 2900≤12，所以10≤t ≤20，即当10≤t <20时，平面ADE 与平面ABC 所成的二面角不小于60°.由∠ACB 与∠ACD 均为直角知， AC ⊥平面DCBE ，该包装盒可视为四棱锥A －BCDE ，所以V A －BCDE ＝13S 矩形BCDE ·AC ＝13·30t ·400－t 2＝10·t 2(400－t 2) ≤10⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t 2＋400－t 222＝2 000，当且仅当t2＝400－t2，即t＝10 2 cm时，V A－BCDE的体积最大，最大值为2 000 cm3.而10<t＝102<20，可以满足平面ADE与平面ABC所成的二面角不小于60°的要求．综上可知，该包装盒的设计符合客户的要求．方法总结解决立体几何中的结论探究型问题的策略是：先把题目读懂，全面、精确地把握题目所供应的全部信息和题目提出的全部要求，分析题目的整体结构，找好解题的切入点，对解题的主要过程有一个初步的设计，在此基础上建立空间直角坐标系，把所求的问题转化为空间几何体中的证明线面位置关系、角与最值等问题．。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何8.7空间向量的应用教学案 理 新人教A版
8.7 空间向量的应用考纲要求1．理解直线的方向向量与平面的法向量．2．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系． 3．能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)．4．能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．1．直线的方向向量及其应用(1)直线的方向向量：直线的方向向量就是指和这条直线所对应向量____(或共线)的向量，显然一条直线的方向向量有____个．(2)直线方向向量的应用：利用直线的方向向量，可以确定空间中的直线和平面．①对于直线l ，点A 是直线l 上一点，向量a 是l 的方向向量，在直线l 上取AB →＝a ，则对于直线l 上任意一点P ，一定存在实数t ，使得______________．这样，点A 和向量a 不仅可以确定直线l 的位置，还可以具体表示出l 上的任意一点．②空间中平面α的位置可以由α内两条相交直线确定，若设这两条直线相交于点O ，它们的方向向量分别是a 和b ，P 为平面α上任意一点，由平面向量基本定理可知，存在有序实数对(x ，y )，使得OP →＝________，这样，点O 与方向向量a ，b 不仅可以确定平面α的位置，还可以具体表示出α内的任意一点．2．平面的法向量(1)若直线l ⊥α，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α的法向量，显然一个平面的法向量也有____个，它们是____向量．(2)在空间中，给定一个点A 和一个向量a ，那么，过点A ，以向量a 为法向量的平面是____确定的．3．直线的方向向量与平面的法向量在确定直线、平面位置关系中的应用直线l 1的方向向量u 1＝(a 1，b 1，c 1)，直线l 2的方向向量为u 2＝(a 2，b 2，c 2)．(注：下面的λ，k ∈R )．如果l 1∥l 2，那么u 1∥u 2⇔u 1＝λu 2⇔____________； 如果l 1⊥l 2，那么u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0⇔____________.直线l 的方向向量为u ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为n ＝(a 2，b 2，c 2)． 若l ∥α，则u⊥n ⇔u·n ＝0⇔____________； 若l ⊥α，则u∥n ⇔u ＝k n ⇔________________.平面α1的法向量为u 1＝(a 1，b 1，c 1)，平面α2的法向量为u 2＝(a 2，b 2，c 2)． 若α1∥α2，则u 1∥u 2⇔u 1＝k u 2⇔______________； 若α1⊥α2，则u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0⇔______________. 4．利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的角：①范围：两异面直线所成的角θ的取值范围是______．②向量求法：设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为φ，则有______________． (2)直线与平面所成的角：①范围：直线和平面所成角θ的取值范围是________． ②向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为φ，则有sin θ＝______或cos θ＝sin φ.(3)二面角：①二面角的取值范围是__________． ②二面角的向量求法：若AB ，CD 分别是二面角αl β的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的平面角的大小就是向量AB →与CD →的夹角(如图甲)．设n 1，n 2分别是二面角αl β的两个面α，β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图乙、丙)．5．利用空间向量求空间距离(1)利用|AB →|2＝AB →·AB →可以求空间中有向线段的长度．(2)点面距离的求法．已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →||cos 〈AB →，n 〉|＝______.1．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为u ＝(－2,0，－4)，则( )． A ．l ∥α B ．l ⊥αC ．l αD ．l 与α斜交2．若平面π1，π2垂直，则下面可以是这两个平面的法向量的是( )． A ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(－3,1,1) B ．n 1＝(1,1,2)，n 2＝(－2,1,1) C ．n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－1,2,1) D ．n ＝(1,2,1)，n 2＝(0，－2，－2)3．如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，B 1E 1＝D 1F 1＝A 1B 14，则BE 1与DF 1所成的角的余弦值为( )．A ．12B ．1517C ．217D ．134．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )．A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°5．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AP ＝AB ＝2，BC ＝22，E ，F 分别是AD ，PC 的中点．(1)证明：PC ⊥平面BEF ；(2)求平面BEF 与平面BAP 所成锐二面角的大小．一、利用空间向量证明平行和垂直【例1－1】 如图，在四棱锥O ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，∠ABC ＝π4，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．证明：直线MN ∥平面OCD .【例1－2】 如图所示，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：(1)AE ⊥CD ；(2)PD ⊥平面ABE . 方法提炼1．利用向量处理平行问题的常用方法：(1)证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量．(2)用向量证明线面平行的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内不共线的两个向量线性表示．(3)面面平行：①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)；②转化为线面平行、线线平行问题．2．利用向量处理垂直问题的常用方法：(1)证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直，即a ⊥b a ·b ＝0.(2)用向量证明线面垂直的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题．(3)面面垂直：①证明两个平面的法向量互相垂直；②转化为线面垂直、线线垂直问题． 请做演练巩固提升1 二、利用空间向量求角【例2】 如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q BP C 的余弦值． 方法提炼如何利用空间向量解决求角的问题：在立体几何中，涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等．关于角的计算，均可归结为两个向量的夹角．对于空间向量a ，b ，有cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |，利用这一结论，我们可以较方便地处理立体几何中的角的问题．(1)线线角：要求两条异面直线所成的角，可先求两条异面直线的方向向量的数量积，要求两向量的数量积，可以求得两向量的坐标，也可以把所求向量用一组已知模和夹角的基向量表示出来进行求解．(2)线面角：直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n的夹角为β，则θ＝π2－β(或θ＝β－π2)，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.(3)二面角：设n 1，n 2分别是二面角αl β的面α，β的法向量，则〈n 1，n 2〉与所求二面角的平面角相等或互补．请做演练巩固提升2三、利用空间向量求距离【例3】 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 ＝2 3.(1)求点A 到平面MBC 的距离；(2)求平面ACM 与平面BCD 所成二面角的正弦值． 方法提炼空间中的距离问题一般都可以转化成点到点的距离、点到线的距离和点到面的距离．其中点到点的距离、点到线的距离可用空间向量的模来求解，点到面的距离可借助于平面的法向量求解．请做演练巩固提升3空间向量在立体几何问题中的合理应用【典例】 (12分)(2012安徽高考)平面图形ABB 1A 1C 1C 如图1所示，其中BB 1C 1C 是矩形，BC ＝2，BB 1＝4，AB ＝AC ＝2，A 1B 1＝A 1C 1＝5，现将该平面图形分别沿BC 和B 1C 1折叠，使△ABC 与△A 1B 1C 1所在平面都与平面BB 1C 1C 垂直，再分别连接A 1A ，A 1B ，A 1C ，得到如图2所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA 1⊥BC ； (2)求AA 1的长；(3)求二面角A BC A 1的余弦值．规范解答：(1)取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD . 由四边形BB 1C 1C 为矩形知，DD 1⊥B 1C 1. 因为平面BB 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1， 所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1.又由A 1B 1＝A 1C 1知，A 1D 1⊥B 1C 1.故以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D 1xyz .(2分)由题设，可得A 1D 1＝2，AD ＝1.由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，于是AD ∥A 1D 1.所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0,4)． 故AA 1→＝(0,3，－4)，BC →＝(－2,0,0), AA 1→·BC →＝0.因此AA 1→⊥B C →，即AA 1⊥BC .(5分)(2)因为AA 1→＝(0,3，－4)，所以|AA 1→|＝5，即AA 1＝5.(7分) (3)连接A 1D .由BC ⊥AD ，BC ⊥AA 1，可知BC ⊥平面A 1AD ，BC ⊥A 1D ， 所以∠ADA 1为二面角A BC A 1的平面角．因为DA →＝(0，－1,0)，DA 1→＝(0,2，－4)，(9分)所以cos 〈DA →，DA 1→〉＝－21×22＋－2＝－55， 即二面角A BC A 1的余弦值为－55.(12分) 答题指导：解决空间向量在立体几何中的应用问题时，还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：(1)建系前缺少证明垂直关系而使步骤不完整．(2)建系不恰当，导致点的坐标不易确定或求解时烦琐． (3)不会利用直线的方向向量及平面法向量解决相应问题． (4)计算失误导致结果不正确．另外需要熟练掌握直线方向向量及平面法向量的求法，有利于快速正确地解题．1．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点，E 是线段D 1O 上一点，且D 1E ＝λEO .(1)若λ＝1，求异面直线DE 与CD 1所成角的余弦值； (2)若平面CDE ⊥平面CD 1O ，求λ的值．2．如图，已知在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝1，直线BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为30°，AE 垂直BD 于点E ，F 为A 1B 1的中点．(1)求异面直线AE 与BF 所成角的余弦值；(2)求平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角的余弦值．3．如图所示，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，CA ＝2，D 是CC 1的中点，试问在A 1B 上是否存在一点E 使得点A 1到平面AED 的距离为263？参考答案基础梳理自测知识梳理1．(1)平行 无数 (2)①AP uu u r ＝t AB uu u r②x a ＋y b2．(1)无数 共线 (2)唯一3．(a 1，b 1，c 1)＝λ(a 2，b 2，c 2) a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0 a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0 (a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2) (a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2) a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝04．(1)①⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2 ②|cos φ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ·b |a ||b | (2)①⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 ②|cosφ| (3)①[0，π] 5．(2)||AB ⋅uu u rn n基础自测1．B 解析：∵u ＝－2a ，∴u ∥a ，则l ⊥α.2．A 解析：平面π1，π2垂直，则对应的法向量也应垂直，因A 中n 1·n 2＝－3＋2＋1＝0，故n 1⊥n 2，故选A.3．B 解析：设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系．则点B ，E 1，D ，F 1的坐标分别为B (1,1,0)，E 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1，34，1，D (0,0,0)，F 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，1， ∴1BE uuu r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，34，1－(1,1,0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－14，1，1DF uuu r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，1－(0,0,0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，1. ∴|1BE uuu r |＝174，|1DF uuu r |＝174，1BE uuu r ·1DF uuu r ＝1516.∴cos〈1BE uuu r ，1DF uuu r 〉＝1111||||BE DF BE DF ⋅uuu r uuu ruuur uuu r ＝1517. 4．A 解析：∵cos〈m ，n 〉＝－12，∴sin〈m ，n 〉＝32， ∴〈m ，n 〉＝60°.∴l 与α所成的角为90°－60°＝30°.5．(1)证明：如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴如图建立空间直角坐标系．∵AP ＝AB ＝2，BC ＝AD ＝22，四边形ABCD 是矩形，∴A ，B ，C ，D ，P 的坐标分别为A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,22，0)，D (0，22，0)，P (0,0,2)．又E ，F 分别是AD ，PC 的中点， ∴E (0，2，0)，F (1，2，1)．∴PC uu u r＝(2,22，－2)，BF uu u r ＝(－1，2，1)，EF uu u r ＝(1,0,1)．∴PC uu u r ·BF uu u r ＝－2＋4－2＝0，PC uu u r ·EF uu u r ＝2＋0－2＝0.∴PC uu u r ⊥BF uu u r ，PC uu u r ⊥EF uu ur .∴PC ⊥BF ，PC ⊥EF .又BF ∩EF ＝F ， ∴PC ⊥平面BEF .(2)解：由(1)知n 1＝PC uu u r＝(2,22，－2)是平面BEF 的法向量，又取平面BAP 的法向量n 2＝AD u u u r＝(0,22，0)，∴n 1·n 2＝8.设平面BEF 与平面BAP 所成锐二面角的平面角的大小为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝84×22＝22.∴θ＝45°.∴平面BEF 与平面BAP 所成锐二面角的大小为45°. 考点探究突破【例1－1】证明：作AP ⊥CD 于点P ，如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，O (0,0,2)，M (0,0,1)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－24，24，0，MNuuu r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－24，24，－1，OP uu u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－2，OD uuu r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，－2.设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·OP uu u r ＝0，n ·OD uuu r＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22y －2z ＝0，－22x ＋22y －2z ＝0.取z ＝2，解得n ＝(0,4，2)．∵MN uuu r ·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－24，24，－1·(0,4，2)＝0，∴MN ∥平面OCD .【例1－2】 证明：∵AB ，AD，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PA ＝AB ＝BC ＝1，则P (0,0,1)．(1)∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 为正三角形．∴C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12. 设D (0，y,0)，由AC ⊥CD ，得AC uuu r ·CD uu u r＝0，即y ＝233，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0，∴CD uu u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，36，0.又AE uu u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12，∴AE uu u r ·CD uu u r ＝－12×14＋36×34＝0，∴AE uu u r ⊥CD uu u r，即AE ⊥CD .(2)方法一：∵P (0,0,1)， ∴PD uu u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1.又AE uu u r ·PD uu u r ＝34×233＋12×(－1)＝0，∴PD uu u r ⊥AE uu u r，即PD ⊥AE . ∵AB uu u r ＝(1,0,0)，∴PD uu u r ·AB uu u r＝0.∴PD ⊥AB ，又AB ∩AE ＝A ， ∴PD ⊥平面ABE .方法二：设平面ABE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∵AB uu u r ＝(1,0,0)，AE uu u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12，∴0,0,AB AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uu u r n n 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，14x ＋34y ＋12z ＝0，令y ＝2，则z ＝－3，∴n ＝(0,2，－3)．∵PD uu u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1，显然PD uu u r ＝33n .∴PD uu u r ∥n ，∴PD uu u r⊥平面ABE ，即PD ⊥平面ABE .【例2】 解：如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D xyz .(1)依题意有Q (1, 1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ u u u r ＝(1,1,0)，DC uuu r ＝(0,0,1)，PQ uu u r＝(1，－1,0)，所以PQ uu u r ·DQ u u u r ＝0，PQ uu u r ·DC uuur ＝0.即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC .故PQ ⊥平面DCQ .又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ . (2)依题意有B (1,0,1)，CB uu r ＝(1,0,0)，BP uur＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则0,0,CB BP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu r uu r n n 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.因此可取n ＝(0，－1，－2)．设m 是平面PBQ 的法向量，则0,0,BP PQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu ruu u rm m 可取m ＝(1,1,1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝－155. 故二面角Q BP C 的余弦值为－155. 【例3】 解：取CD 中点O ，连接OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD . 又平面MCD ⊥平面BCD ， 则MO ⊥平面BCD .取O 为原点，直线OC ，BO ，OM 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图．OB ＝OM ＝3，则各点坐标分别为C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)．(1)设n ＝(x ，y ，z )是平面MBC 的法向量，则BC uu u r＝(1，3，0)，BM uuu r ＝(0，3，3)．由n ⊥BC uu u r得x ＋3y ＝0；由n ⊥BM uuu r 得3y ＋3z ＝0. 取n ＝(3，－1,1)，BA uu r ＝(0,0,23)， 则d ＝||||BA ⋅uu r n n ＝235＝2155. (2)CM uuu r ＝(－1,0，3)，CA uu r ＝(－1，－3，23)． 设平面ACM 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 由n 1⊥CM uuu r ，n 1⊥CA uu r 得 ⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－x －3y ＋23z ＝0， 解得x ＝3z ，y ＝z ，取n 1＝(3，1,1)．又平面BCD 的法向量为n 2＝(0,0,1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝15. 设所求二面角为θ，则sin θ＝255. 演练巩固提升 1．解：(1)不妨设正方体的棱长为1，以DA uu u r ，DC uuu r ，1DD uuur 为单位正交基底建立空间直角坐标系D xyz ，则A (1,0,0)，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，12， 于是DE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，12，1CD uuu r ＝(0，－1,1)， 则cos 〈DE u u u r ，1CD uuu r 〉＝11||||DE CD DE CD ⋅⋅uuu r uuu r uuu r uuu r ＝36. 所以异面直线DE 与CD 1所成角的余弦值为36. (2)设平面CD 1O 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由m ·1D O uuu r ＝0，m ·1CD uuu r ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 12x 1－12y 1＝0，－y 1＋z 1＝0，取x 1＝1，得y 1＝z 1＝1，即m ＝(1,1,1)． 由1D E uuu r ＝λEO uu u r ，得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2(1＋λ)，λ2(1＋λ)，11＋λ， DE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2(1＋λ)，λ2(1＋λ)，11＋λ. 又设平面CDE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由n ·CD uu u r ＝0，n ·DE u u u r ＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝0，λx 22(1＋λ)＋λy 22(1＋λ)＋z 21＋λ＝0，取x 2＝2，得z 2＝－λ，即n ＝(2,0，－λ)．因为平面CDE ⊥平面CD 1F ，所以m·n ＝0，得λ＝2.2．解：以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．由于AB ＝2，BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为30°，即∠ABD ＝30°，∴AD ＝233， ∴A (0,0,0)， B (2,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0，F (1,0,1)． 又AE ⊥BD ，故由平面几何知识得AE ＝1，从而E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0， (1)因为AE uu u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，BF uu u r ＝(－1,0,1)， ∴AE uu u r ·BF uu u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0·(－1,0,1)＝－12， |AE uu u r |＝1，|BF uu u r |＝2，设AE 与BF 所成的角为θ1，则cos θ1＝||||||AE BF AE BF ⋅uu u r uu u r uu u r uu u r ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－121×2＝24. 故异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为24. (2)设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由0,0,BF BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uu u r n n 得⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋z ＝0，－2x ＋233y ＝0， ∴⎩⎨⎧ z ＝x ，y ＝3x ，取x ＝1，得n ＝(1，3，1)．求得平面AA 1B 的一个法向量为m ＝AD u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0. 设平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角的大小为θ2.则cos θ2＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n|＝|0＋2＋0|233×5＝155.即平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角的余弦值为155. 3．解：以点C 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则A (2,0,0)，A 1(2,0,2)，D (0,0,1)，B (0,2,0)． 假设存在点E 满足条件， 设BE uur ＝λ1BA uuu r ，λ∈(0,1)，则E (2λ，2(1－λ),2λ)． 又AD u u u r ＝(－2,0,1)，AE uu u r ＝(2(λ－1)，2(1－λ),2λ)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面AED 的法向量， 则00AD AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uuu r uu u r n n ⇒⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋z ＝0，2(λ－1)x ＋2(1－λ)y ＋2λz ＝0，取x ＝1，则y ＝1－3λ1－λ，z ＝2， 即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1－3λ1－λ，2. 由于1AA uuu r ＝(0,0,2)，d ＝1||||AA ⋅uuu r n n ＝263， ∴263＝45＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－3λ1－λ2. 又λ∈(0,1)，解得λ＝12. ∴存在点E 且当点E 为A 1B 的中点时，点A 1到平面AED 的距离为263.。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量8
高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论 正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析 如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α， 圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α， 当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________． 答案9π2解析 易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ， 则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ， 所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二 补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析 由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析 如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ， 因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1， 所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径， 连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析 以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三 定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析 如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ， 所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上， 在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3， 球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________． 答案2－12解析 设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68， 所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ， 则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43， 所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析 设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析 设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ， 则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析 如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析 如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22， 所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62， 所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π， 因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1， 即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析 如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ， 则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析 三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图． 当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π， 故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析 如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案 32解析 如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 答案2－1解析 如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3， 得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________． 答案2873π 解析 由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28， 所以R ＝7， 所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析 设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。
高考数学(人教A版理科)一轮复习课件第八章 立体几何 8-7ppt版本
F(0,2,0)，C(0,2,1)，
∴A→F＝(－1,2,0)，E→C＝(0,2,1)，
→→
∴cos〈A→F，E→C〉＝
AF·EC →→
＝
|AF||EC|
4 5×
5＝45，
∴AF 与 CE 所成角的余弦值为45.
四边形 ACC1A1 和四边形 BDD1B1 均为矩形．
(1)求证：O1O⊥底面 ABCD； (2)若∠CBA＝60°，求二面角 C1－OB1－D 的余弦值．
(1)[证明] 因为四边形 ACC1A1 为矩形， 所以 CC1⊥AC，同理 DD1⊥BD.
因为 CC1∥DD1，
所以 CC1⊥BD，而 AC∩BD＝O， 因此 CC1⊥底面 ABCD.
3 6×
＝ 5
30 10 .
(2)如图，在正方形 ABCD 中，EF∥AB，若沿 EF 将正方形
折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶ 2，则 AF 与 CE 所 4
成角的余弦值为___5_____．
[解析] ∵AE∶ED∶AD＝1∶1∶ 2， ∴AE⊥ED，即 AE，DE，EF 两两垂直，
由题设知，O1O∥C1C，
故 O1O⊥底面 ABCD.
(2)[解] 因为四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 的所有棱长都相等， 所以四边形 ABCD 是菱形，因此 AC⊥BD. 又 O1O⊥底面 ABCD，从而 OB，OC，OO1 两两垂直． 如图，以 O 为坐标原点，OB，OC，OO1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系 O－xyz.
可取 n1＝(－1,2,1)．同理可得平面 C1DF 的一个法向量为 n2 ＝(2，－1,1)．故平面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为 ||nn11|·|nn22||＝12.
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版)：解析几何
当m＝－k时，直线PQ的方程为y＝kx－k＝k(x－1). 此时直线PQ过定点(1,0). 当直线PQ的斜率不存在时， 若直线PQ过定点(1,0)， P，Q 的坐标分别为1，32，1，－32. 满足 kAP·kAQ＝－14. 综上，直线PQ过定点(1,0).
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②求△APQ面积的最大值.
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则 x1·x2 ＋ 2(x1 ＋ x2) ＋ 4 ＋ 4(kx1 ＋ m)(kx2 ＋ m) ＝ (1 ＋ 4k2)x1x2 ＋ (2 ＋ 4km)(x1＋x2)＋4m2＋4＝1＋4k32＋44mk22－12＋(2＋4km)·3－＋84kmk2＋4m2＋ 4＝0， 则m2－km－2k2＝0， ∴(m－2k)(m＋k)＝0，∴m＝2k或m＝－k. 当m＝2k时，直线PQ的方程为y＝kx＋2k＝k(x＋2)， 此时直线PQ过定点(－2,0)，显然不符合题意；
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设l1的方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)， x＝my＋1，
联立x42＋y32＝1， 消去 x 得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0， 易知 Δ>0 恒成立，由根与系数的关系得 y1＋y2＝3－m26＋m4，y1y2＝3m－2＋9 4，
由直线 A1M 的斜率为kA1M＝x1y＋1 2，得直线 A1M 的方程为 y＝x1y＋1 2(x＋2)，
第八章 直线和圆、圆锥曲线
必刷大题17 解析几何
1.(2022·南通模拟)已知P为抛物线C：y2＝4x上位于第一象限的点，F为C 的焦点，PF与C交于点Q(异于点P).直线l与C相切于点P，与x轴交于点M. 过点P作l的垂线交C于另一点N. (1)证明：线段MP的中点在定直线上；
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设 P(x0，y0)，则 y20＝4x0，
高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.6空间向量及其运算教案理含解析新人教A版
高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.6空间向量及其运算教案理含解析新人教A版§8.6空间向量及其运算最新考纲考情考向分析1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线和垂直.本节是空间向量的基础内容，涉及空间直角坐标系、空间向量的有关概念、定理、公式及四种运算等内容.一般不单独命题，常以简单几何体为载体；以解答题的形式出现，考查平行、垂直关系的判断和证明及空间角的计算，解题要求有较强的运算能力.1.空间向量的有关概念及定理语言描述共线向量(平行向量)如果空间一些向量的基线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量共线向量定理两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在唯一的实数x，使a＝x b共面向量定理如果两个向量a、b不共线，则向量c与向量a，b共面的充要条件是，存在唯一的一对实数x，y，使c＝x a＋y b空间向量分解定理如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在一个唯一的有序实数组x，y，z，使p＝x a＋y b＋z c2.两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则角∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉，通常规定0≤〈a ，b 〉≤π. 3.两条异面直线所成的角把异面直线平移到一个平面内，这时两条直线的夹角(锐角或直角)叫做两条异面直线所成的角. 4.数量积及坐标运算 (1)两个向量的数量积： ①a·b ＝|a||b |cos 〈a ，b 〉； ②a ⊥b ⇔a·b ＝0(a ，b 为非零向量)； ③|a |2＝a·a ，|a |＝x 2＋y 2＋z 2. (2)向量的坐标运算：a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3) 向量和 a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3) 向量差 a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)数量积 a·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 数乘向量λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)共线a∥b (b ≠0)⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3a ∥b ⇔a 1b 1＝a 2b 2＝a 3b 3(b 与三个坐标平面都不平行)垂直 a⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0夹角公式cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23概念方法微思考1.共线向量与共面向量相同吗？提示 不相同.平行于同一平面的向量就为共面向量. 2.零向量能作为基向量吗？提示 不能.由于零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故零向量不能作为基向量.3.空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取有关吗？提示 无关.这是因为一个确定的几何体，其“线线”夹角、“点点”距离都是固定的，坐标系的位置不同，只会影响其计算的繁简，不会影响结果.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)空间中任意两个非零向量a ，b 共面.( √ )(2)在向量的数量积运算中(a ·b )·c ＝a ·(b ·c ).( × ) (3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .( × ) (4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同.( × ) (5)若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( √ ) (6)若a·b <0，则〈a ，b 〉是钝角.( × ) 题组二 教材改编2.如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点.若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A.－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C.－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案 A解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3.正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，则EF 的长为________. 答案2解析 |EF →|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →) ＝12＋22＋12＋2(1×2×cos120°＋0＋2×1×cos120°) ＝2，∴|EF →|＝2，∴EF 的长为 2. 题组三 易错自纠4.在空间直角坐标系中，已知A (1,2,3)，B (－2，－1,6)，C (3，2,1)，D (4,3,0)，则直线AB 与CD 的位置关系是( ) A.垂直B.平行C.异面D.相交但不垂直答案 B解析 由题意得，AB →＝(－3，－3,3)，CD →＝(1,1，－1)， ∴AB →＝－3CD →， ∴AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点，∴AB ∥CD .5.已知a ＝(2,3,1)，b ＝(－4,2，x )，且a ⊥b ，则|b |＝________. 答案 2 6 解析 ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2×(－4)＋3×2＋1·x ＝0， ∴x ＝2，∴|b |＝(－4)2＋22＋22＝2 6.6.O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且OP →＝34OA →＋18OB →＋tOC →，若P ，A ，B ，C 四点共面，则实数t ＝______. 答案 18解析 ∵P ，A ，B ，C 四点共面， ∴34＋18＋t ＝1，∴t ＝18.题型一 空间向量的线性运算例1 如图所示，在空间几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →； (2)MP →＋NC 1→.解 (1)因为P 是C 1D 1的中点， 所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P → ＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)因为M 是AA 1的中点， 所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP →＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c ＋12b＝12a ＋12b ＋c . 又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ， 所以MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c＝32a ＋12b ＋32c . 思维升华 用基向量表示指定向量的方法 (1)结合已知向量和所求向量观察图形.(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中.(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来.跟踪训练1 (1)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点.用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________________.答案 12AB →＋12AD →＋AA 1→解析 ∵OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)，∴OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→. (2)如图，在三棱锥O —ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示NM →，则NM →等于( )A.12(－a ＋b ＋c ) B.12(a ＋b －c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(－a －b ＋c ) 答案 B解析 NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB →＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC →＝12(a ＋b －c ). 题型二 共线定理、共面定理的应用例2 如图，已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点.(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面； (2)求证：BD ∥平面EFGH . 证明 (1)连接BG ， 则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH → ＝EF →＋EH →，由共面向量定理的推论知E ，F ，G ，H 四点共面. (2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB → ＝12(AD →－AB →)＝12BD →， 所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ， 所以BD ∥平面EFGH .思维升华 证明三点共线和空间四点共面的方法比较三点(P ，A ，B )共线 空间四点(M ，P ，A ，B )共面PA →＝λPB →且同过点PMP →＝xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋(1－x )OB →对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋(1－x －y )OB →跟踪训练2 如图所示，已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1).(1)向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？(2)直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？ 解 (1)∵AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →， ∴MN →＝MA →＋AB →＋BN → ＝kC 1A →＋AB →＋kBC → ＝k (C 1A →＋BC →)＋AB → ＝k (C 1A →＋B 1C 1—→)＋AB → ＝kB 1A →＋AB →＝AB →－kAB 1→ ＝AB →－k (AA 1→＋AB →) ＝(1－k )AB →－kAA 1→，∴由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面. (2)当k ＝0时，点M ，A 重合，点N ，B 重合，MN 在平面ABB 1A 1内，当0<k ≤1时，MN 不在平面ABB 1A 1内， 又由(1)知MN →与AB →，AA 1→共面， ∴MN ∥平面ABB 1A 1.综上，当k ＝0时，MN 在平面ABB 1A 1内； 当0<k ≤1时，MN ∥平面ABB 1A 1. 题型三 空间向量数量积的应用例3 如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点.(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ；(2)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值. (1)证明 设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三个向量两两夹角均为60°. MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos60°＋a 2cos60°－a 2)＝0. ∴MN →⊥AB →，即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .(2)设向量AN →与MC →的夹角为θ. ∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r )·⎝ ⎛⎭⎪⎫q －12p＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－12a 2cos60°＋a 2cos60°－12a 2cos60° ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a22.又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22.∴cos θ＝23.∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.思维升华 (1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置.(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角.(3)可以通过|a |＝a 2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解.跟踪训练3 如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1→的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值. 解 (1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6，∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为 6. (2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ， ∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1， ∴cos〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.1.已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x 等于( )A.(0,3，－6)B.(0,6，－20)C.(0,6，－6)D.(6,6，－6)答案 B解析 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20).2.在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面； ③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是( ) A.0B.1C.2D.3 答案 A解析 a 与b 共线，a ，b 所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②不正确；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.3.已知向量a ＝(2m ＋1,3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m 的值等于( ) A.32B.－2C.0D.32或－2 答案 B解析 当m ＝0时，a ＝(1,3，－1)，b ＝(2,0,0)，a 与b 不平行，∴m ≠0，∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m，解得m ＝－2. 4.在空间直角坐标系中，已知A (1，－2,1)，B (2,2,2)，点P 在z 轴上，且满足|PA |＝|PB |，则P 点坐标为( ) A.(3,0,0) B.(0,3,0) C.(0,0,3) D.(0,0，－3)答案 C解析 设P (0,0，z )，则有(1－0)2＋(－2－0)2＋(1－z )2＝(2－0)2＋(2－0)2＋(2－z )2， 解得z ＝3.5.已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x,1,2)，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为( ) A.5π6B.2π3 C.π3D.π6答案 D解析 ∵a·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1，∴b ＝(1,1,2)， ∴cos〈a ，b 〉＝a·b |a||b |＝32×6＝32，又∵〈a ，b 〉∈[0，π]，∴a 与b 的夹角为π6，故选D.6.如图，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A.3B.2C.1D.3－ 2 答案 D解析 ∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2， 故|BD →|＝3－ 2.7.已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝________. 答案 －9解析 由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.8.已知a ＝(x ,4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ，则c ＝________. 答案 (3，－2,2) 解析 因为a ∥b ，所以x－2＝4y ＝1－1， 解得x ＝2，y ＝－4，此时a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)， 又因为b ⊥c ，所以b ·c ＝0， 即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2).9.已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP →＝13VC →，VM →＝23VB →，VN →＝23VD →.则VA 与平面PMN 的位置关系是________. 答案 平行解析 如图，设VA →＝a ，VB →＝b ，VC →＝c ，则VD →＝a ＋c －b ，由题意知PM →＝23b －13c ，PN →＝23VD →－13VC →＝23a －23b ＋13c . 因此VA →＝32PM →＋32PN →，∴VA →，PM →，PN →共面. 又VA ⊄平面PMN ， ∴VA ∥平面PMN .10.已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体， ①(A 1A →＋A 1D 1—→＋A 1B 1—→)2＝3A 1B 1—→2； ②A 1C →·(A 1B 1—→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|. 其中正确的序号是________. 答案 ①②解析 ①中，(A 1A →＋A 1D 1—→＋A 1B 1—→)2＝A 1A →2＋A 1D 1—→2＋A 1B 1—→2＝3A 1B 1—→2，故①正确；②中，A 1B 1—→－A 1A →＝AB 1→，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中，两异面直线A 1B 与AD 1所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中，|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确.11.已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →).(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内. 解 (1)由题意知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →共面.(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M ， ∴M ，A ，B ，C 四点共面. ∴点M 在平面ABC 内.12.已知a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2). (1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点) 解 (1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)， 故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2. (2)令AE →＝tAB →(t ∈R )， 所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB → ＝(－3，－1,4)＋t (1，－1，－2)＝(－3＋t ，－1－t,4－2t )， 若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95.因此存在点E ，使得OE →⊥b ，此时E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，－145，25.13.(2018·本溪模拟)如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.答案 56解析 连接ON ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ， OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c . 又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →， 所以x ＝16，y ＝13，z ＝13，因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.14.A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC 中点，则△AMD 是( ) A.钝角三角形 B.锐角三角形 C.直角三角形 D.不确定答案 C解析 ∵M 为BC 中点， ∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD →＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0. ∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形.15.已知O (0,0,0)，A (1,2,1)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，点Q 的坐标是________. 答案 (1,1,2)解析 由题意，设OQ →＝λOP →，则OQ →＝(λ，λ，2λ)，即Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q 点坐标为(1,1,2).16.如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为棱AB ，BB ′的中点.(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值.(1)证明 设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ， 根据题意得|a |＝|b |＝|c |， 且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a ，∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0，∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D .(2)解 ∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |，AC ′→·CE →＝(－a ＋c )·⎝⎛⎭⎪⎫b ＋12c ＝12c 2＝12|a |2，∴cos〈AC ′→，CE →〉＝AC ′→·CE →|AC ′→||CE →|＝12|a |22×52|a |2＝1010，即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.。
人教a版高考数学(理)一轮课件：8.7空间向量的应用
=
1
= ,
2
即 <m , n>= 45° , 其补角为 135° , ∴ 这两个平面所成的二面角为 45° 或 135° .
3. (2012·陕西卷 , 5 )如图 , 在空间直角坐标系中有直三棱柱 AB C-A 1B 1 C 1 , C A=CC 1 =2CB , 则直线 B C 1与直线 AB 1夹角的余弦值为(
������1 ·������2
|������1 ||������2|
.
5. 空间中的距离( 选学内容, 部分省份不要求) (1) 点面距离公式: P 为平面 α外一点, a, n 分别为平面 α的斜向量和法向 量, d 为 P 到 α的距离, 则 d=| a| ·| cos<a , n>| = (2) 线面距离转化为点面距离; (3) 面面距离转化为点面距离.
|������ ·������| ; |������|
(1 ) 利用向量解立体几何题的一般方法: 把线段或角度转 化为向量表示, 用已知向量表示未知向量, 然后通过向量的运算或证明去 解决问题. 在这里, 恰当地选取基底可使向量运算简捷, 或者是建立空间直 角坐标系, 使立体几何问题转化为代数问题, 熟练、准确地写出空间中任一 点的坐标是解决问题的基础. (2)利用坐标运算解决立体几何问题, 降低了推理难度, 可以避开一些 较复杂的线面关系, 但较复杂的代数运算也容易导致出错. 因此 , 在解决问 题时, 可以灵活地选用解题方法, 不要生搬硬套.
1. 直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1) 直线的方向向量: 在直线上任取一非零向量作为它的方向向量. (2) 平面的法向量可利用方程组求出: 设 a, b 是平面 α内两不共线向量, n 为平面 α的法向量, 则求法向量的方程组为 ������·������ = 0, ������·������ = 0.
2019届高考数学人教A版理科第一轮复习：第八章 立体几何 8.7
(1)如果l1∥l2,那么e1∥e2⇔ e2=λe1⇔ a2=λa1,b2=λb1,c2=λc1 .
(2)如果l1⊥l2,那么e1⊥e2⇔ e1·e2=0 ⇔ a1a2+b1b2+c1c2=0.
(3)若l1∥α,则e1⊥n1⇔e1·n1=0⇔ a1x1+b1y1+c1z1=0
.
(4)若l1⊥α,则e1∥n1⇔e1=μn1⇔ a1=μx1,b1=μy1,c1=μz1
二面角的大小就是向量������������与������������的夹角(如图①). 设n1,n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α,β的法向量,则图②中
向量n1与n2的夹角的补角的大小就是二面角的大小;而图③中向量
n1与n2的夹角的大小就是二面角的大小.
2019年7月7日
你是我心中最美的风景啊你是我心中最美的 风景啊
则有 ������1������1·������ = 0, 即 -������ + 2������ = 0, ������������1·������ = 0, -������ + ������ = 0,
令 x=2,则 y=1,z=2,则 n=(2,1,2).
设 D1C1 与平面 A1BC1 所成的角为 θ,
则
sin
θ=|cos<������1������1,n>|=||������������11������������11|·|������������||
=
2 2×3
=
13.
2019年7月7日
你是我心中最美的风景啊你是我心中最美的 风景啊
12
知识梳理 双基自测
12345
5.已知P是二面角α-AB-β棱上的一点,分别在平面α,β上引射线景啊你是我心中最美的 风景啊
新教材人教A版必修第二册第八章立体几何初步 2022新高考一轮复习课件
=
9π
.
2
5.如图,将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥,则该棱
锥的体积与剩下的几何体的体积之比为
1
设长方体的相邻的三条棱长分别为 a,b,c,
1 1 1
1
1
1
则截出棱锥的体积 V1= × × a× b× c= abc,
3 2 2
2
2 48
1
47
剩下的几何体的体积 V2=abc- abc= abc,
2.知道球、柱、锥、台的表面积和体积的计算公式,能用公式解决简单的
实际问题.
3.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及
其简单组合)的直观图.
备考指导
本部分的重点是空间几何体的体积与表面积计算、球的截面性质,重难点
是与球的切、接有关的几何体问题.复习时要注意观察所给几何体的结构
下底面:原棱锥的底面;
形面;
侧面:除上下底面以外的
侧棱:相邻侧面
面;
的公共边;
侧棱:相邻侧面的公共边;
顶点:各侧面的
顶点:侧面与上(下)底面的
公共顶点
公共顶点
名称 棱柱
棱锥
棱台
(1)按底面多
(1)由三棱
边形的边数
锥、四棱
分:三棱锥、
锥、五棱
(1)按底面多边形的边数分:三棱
四棱锥、五棱
锥……截得
柱、四棱柱、五棱柱……
2.紧扣结构特征是判断的关键,熟悉空间几何体的结构特征,依据条件构建
长是( C )
A.14 cm
B.15 cm
C.16 cm
D.17cm
把直观图还原为原图形,如图所示,
则 OA1=2 cm,OB1=2O'B=4 2 cm,
人教A版高考总复习一轮数学精品课件 第八章 立体几何与空间向量 第五节 空间向量及其运算
+
+
1
(
2
1
(
2
+
+ ).又 AE⊥PB,
1
)]=2
· +
1
2
· +
1
2
·
1
1 | |+| | 2 1
1
·=-2 ||||≥-2 ( 2 ) =-8,当且仅当||=||=2时,等号
1
成立,所以· 的最小值为- .
8
规律方法 空间向量的数量积运算的两条途径
=(1-λ,2-λ,3-2λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ), ·
=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=6λ
2
4 4 8
取得最小值- .此时=( , , ).
3
3 3 3
2
4 2 2
-16λ+10=6(λ- ) - .当
3 3
4
λ= 时,
A.60°
B.90°
C.105°
D.75°
)
答案 B
解析 设 BB1=1,则 AB=√2.∵1 = 1 − , 1 = 1 + ,
2
∴1 ·1 =(1 − )·(1 + )=1 − · =1-√2 × √2×cos 60°
=0,
∴AB1⊥BC1.∴AB1 与 BC1 所成的角为 90°.
(-2) = 1,
= 1,
所以 - = -1, 可得 = 3,
= 4,
= 4.
(2)因为点 D 在平面 ABC 内,, 不共线,所以存在唯一一对实数 λ,μ,使得
【赢在课堂】2021届高考数学一轮复习 8.7 空间向量的应用 理 新人教A版
第7讲空间向量的应用基础巩固1.(2012·北京西城检测)下列命题中,正确命题的个数为( )①若n1,n2分别是平面α,β的法向量,则n1∥n2⇔α∥β;②若n1,n2分别是平面α,β的法向量,则α⊥β⇔n1·n2=0;③若n是平面α的法向量,a与α共面,则n·a=0;④若两个平面的法向量不垂直,则这两个平面一定不垂直.A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】命题①中平面α,β可能平行,也可能重合;结合平面法向量的概念,易知命题②③④正确.故选C.2.在空间直角坐标系O-xyz中,平面OAB的法向量为n=(2,-2,1),已知P(-1,3,2),则点P到平面OAB的距离d等于( )A.4B.2C.3D.1【答案】B【解析】d====2.3.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos<m,n>=-,则l与α所成的角θ为( )A.30°B.60°C.120°D.150°【答案】A【解析】∵cos<m,n>=-,∴sin θ=|cos<m,n>|=.又∵直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°,∴θ=30°.4.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,E是侧棱BB1的中点,则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为( )A.60°B.90°C.45°D.以上都不正确【答案】B【解析】∵E是BB1的中点且AA1=2,AB=BC=1,∴∠AEA1=90°.又在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥平面ABB1A1,∴A1D1⊥AE.因此AE⊥平面A1ED1.故所求角为90°.5.正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1,则侧棱与底面所成的角为( )A.75°B.60°C.45°D.30°【答案】C【解析】如图,在四棱锥P-ABCD中,过点P作PO⊥平面ABCD于点O,连接AO,则AO是AP在底面ABCD上的射影,从而可知∠PAO即为所求线面角.∵AO=,PA=1,∴cos∠PAO==.故∠PAO=45°,即所求线面角为45°.6.如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PA⊥平面ABCD,且PA=AD,则平面PAB与平面PCD所成的二面角的度数为( )A.90°B.60°C.45°D.30°【答案】C【解析】∵AB∥CD,∴平面PAB与平面PCD的交线l必为过P点与AB平行的直线.∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AB,PA⊥CD.∵CD⊥AD,∴DC⊥平面PAD,从而易知DC⊥PD.因此PA⊥l,PD⊥l,即∠APD为所求二面角的平面角,∠APD=45°.7.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到截面AB1D1的距离是( )A. B. C. D.【答案】C【解析】如图,以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz,则A1(2,0,4),A(2,0,0),B1(2,2,4),D1(0,0,4),=(-2,0,4),=(0,2,4),=(0,0,4),设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,z),则即解得x=2z且y=-2z,不妨设n=(2,-2,1),设点A1到平面AB1D1的距离为d,则d==.8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.【答案】【解析】以D为坐标原点建立空间直角坐标系如图,则A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2).=(-1,0,2),=(-1,2,1).故cos<,>==.9.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别是C1D1,CC1的中点,则直线B1N与平面BDM所成角的正弦值为.【答案】【解析】以D为坐标原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,则B1(2,2,2),N(0,2,1),=(2,0,1),又M(0,1,2),D(0,0,0),B(2,2,0),则=(2,2,0),=(0,1,2),可得平面BDM的一个法向量n=(2,-2,1),因为cos<n,>==,所以直线B1N与平面BDM所成角的正弦值是.10.(2013·湖北黄石月考)在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D中,过顶点B,D,C1作截面,则二面角B-DC1-C的平面角的余弦值是.【答案】【解析】取C1D的中点O,连接BO,CO,则BO⊥C1D,CO⊥C1D,即∠BOC是二面角B-DC1-C的平面角.设正方体的棱长为1,则CO=,∵△BDC1为正三角形,∴OB=.故cos∠BOC==.11.(2012·江西卷,19)在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AC=AA1=,BC=4,点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E,使得OE⊥平面BB1C1C,并求出AE的长;(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.【解】(1)证明:连接AO,在△AOA1中,作OE⊥AA1于点E,因为AA1∥BB1,所以OE⊥BB1.因为A1O⊥平面ABC,所以A1O⊥BC.因为AB=AC,OB=OC,得AO⊥BC,所以BC⊥平面AA1O,BC⊥OE.因此OE⊥平面BB1C1C.又AO==1,AA1=,故AE==.(2)如图,分别以OA,OB,OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A1(0,0,2),由=得点E的坐标是,由(1)得平面BB1C1C的法向量是=,设平面A1B1C的法向量n=(x,y,z),由得令y=1,得x=2,z=-1,即n=(2,1,-1).故cos<,n>==,即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是.12.如图甲,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠BAD=90°,AB=2,AD=3,CD=1,点E,F分别在AD,BC上,且AE=AD,BF=BC.现将此梯形沿EF折至使AD=的位置(如图乙).(1)求证:AE⊥平面ABCD;(2)求点B到平面CDEF的距离;(3)求直线CE与平面BCF所成角的正弦值.【解】(1)证明:由题意知AE=1,DE=2,AD=,∵AE2+AD2=DE2,∴∠EAD=90°,即EA⊥AD.又EA⊥AB,AB∩AD=A,∴AE⊥平面ABCD.(2)作AK⊥DE于点K.∵AE=AD,BF=BC,∴AB∥EF.又AB⊄平面CDEF,EF⊂平面CDEF,∴AB∥平面CDEF.因此点B到平面CDEF的距离即为点A到平面CDEF的距离.∵EF⊥AE,EF⊥ED,ED∩EA=E, ∴EF⊥平面AED.∵AK⊂平面AED,∴AK⊥EF.又AK⊥DE,DE∩EF=E,∴AK⊥平面CDEF.因此AK的长即为点B到平面CDEF的距离.在Rt△ADE中,易求得AK=,故点B到平面CDEF的距离为.(3)以点A为坐标原点,AD,AB,AE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B(0,2,0),C(,1,0),E(0,0,1),F,=,=(,-1,0),=(-,-1,1),设平面BCF的法向量n=(x,y,z),由得n=.设直线CE与平面BCF所成的角为α,则sin α===.故直线CE与平面BCF所成角的正弦值为.拓展延伸13.(2012·福建厦门月考)如图,矩形ABCD和梯形B EFC所在平面互相垂直,B E∥CF且BE<CF,∠BCF=,AD=,EF=2.(1)求证:AE∥平面DCF;(2)设=λ,当λ取何值时,二面角A-EF-C的大小为?【解】(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥DC.又BE∥CF,AB∩BE=B,DC∩CF=C,∴平面ABE∥平面DCF.又AE⊂平面ABE,∴AE∥平面DCF.(2)过点E作GE⊥CF交CF于点G,∵由已知可得EG∥BC∥AD,且EG=BC=AD,∴EG=AD=.又E F=2,∴GF=1.∵四边形ABCD是矩形,∴DC⊥BC.∵∠BCF=,∴FC⊥BC.又平面ABCD⊥平面BEFC,平面ABCD∩平面BEFC=BC,∴FC⊥平面ABCD.故FC⊥CD.以C为原点,CB,CD,CF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.设BE=m,由=λ,得AB=λm.于是A(,λm,0),E(,0,m),F(0,0,m+1),=(0,-λm,m),=(-,0,1).设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),由·n=0,·n=0,得即令y=,可得平面AEF的一个法向量n=(λ,,λ).又=(0,λm,0)是平面CEF的一个法向量,∴cos=,即=,解得λ=.故当λ=时,二面角A-EF-C的大小为.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
核按钮(新课标)高考数学一轮复习第八章立体几何8.7空间向量的坐标表示、运算及应用课件理
P→A 2_ P→A·n 2
P→A·n
(2) |n|
(3)点到面的距离
第十一页，共51页。
在空间直角坐标系中，已知点 P(x，y，z)，给出下列 4 条叙述：
①点 P 关于 x 轴的对称点的坐标是(x，－y，z)； ②点 P 关于 yOz 平面的对称点的坐标是(x，－y，－z)；
③点 P 关于 y 轴的对称点的坐标是(x，－y，z)；
第十九页，共51页。
(2)∵a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，
∴a·b＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1.
又|a|＝ 12＋12＋02＝ 2，|b|＝ （－1）2＋02＋22＝ 5，
∴cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|＝
－1 ＝－ 10
10 10 .
故
a
和
b
的夹角的余弦值为－
10 10 .
(4)(x，y，z) A(x，y，z) 竖坐标
3．(1)(x1＋x2，y1＋y2，z1＋z2) (2)(x1－x2，y1－y2，z1－z2)
(3)(λx1，λy1，λz1) (4)x1x2＋y1y2＋z1z2
(5)a＝λb (7) a·a
y1＝λy2 z1＝λz2 x21＋y21＋z21 (8)
(6)a·b＝0 x1x2＋y1y2＋z1z2＝0 x1x2＋y1y2＋z1z2
④点 P 关于原点的对称点的坐标是(－x，－y，－z)．
其中正确的个数是( )
A．3
B．2
C．1
D．0
解：易知①②③错误，仅④正确，故选 C.
第十二页，共51页。
若向量 a＝(1，1，x)，b＝(1，2，1)，c＝(1，1，1)，
且(c－a)·2b＝－2，则 x＝( )
2021版高考数学(理)人教A版(全国)一轮复习 第8章 立体几何与空间向量 8.7 文档
1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2. 3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0. 【思考辨析】推断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的．( × ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的．( × ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行．( √ )(4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．( √ ) (5)若a ∥b ，则a 所在直线与b 所在直线平行．( × )(6)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行．( × )1．平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( ) A ．2 B ．－4 C ．4D ．－2答案 C解析 ∵α∥β，∴两平面法向量平行， ∴－21＝－42＝k－2，∴k ＝4. 2．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A ．(－1,1,1) B ．(1，－1,1) C ．(－33，－33，－33) D ．(33，33，－33) 答案 C解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .故选C.3．已知直线l 的方向向量为v ＝(1,2,3)，平面α的法向量为u ＝(5,2，－3)，则l 与α的位置关系是____________． 答案 l ∥α或l ⊂α解析 ∵v ·u ＝0，∴v ⊥u ，∴l ∥α或l ⊂α.4．(教材改编)设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________． 答案 α⊥β α∥β解析 当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β.当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β. 5．(教材改编)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________． 答案 垂直解析 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A (0,0,0)，M (0,1，12)，O (12，12，0)，N (12，0,1)，AM →·ON →＝(0,1，12)·(0，－12，1)＝0， ∴ON 与AM 垂直．题型一 利用空间向量证明平行问题例1 如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0，0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1，2,0)．∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)， 设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面． ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 引申探究本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 证明 ∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC .思维升华 (1)恰当建立空间直角坐标系，精确 表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．如图，在四周体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC . 证明：PQ ∥平面BCD .证明 方法一 如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD 、OP 所在射线分别为y 、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz . 由题意知，A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0)． 设点C 的坐标为(x 0，y 0,0)． 由于AQ →＝3QC →，所以Q ⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，12.由于M 为AD 的中点，故M (0，2，1)． 又P 为BM 的中点，故P ⎝⎛⎭⎫0，0，12， 所以PQ →＝⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0,0,1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .方法二 在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OF ，同方法一建立空间直角坐标系，写出点A 、B 、C 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0,0)． ∵CF →＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y,0)，则(x －x 0，y －y 0,0)＝14(－x 0，2－y 0,0)，∴⎩⎨⎧x ＝34x 0y ＝24＋34y∴OF →＝(34x 0，24＋34y 0,0)又由方法一知PQ →＝(34x 0，24＋34y 0,0)，∴OF →＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ，∴PQ ∥平面BCD .题型二 利用空间向量证明垂直问题 命题点1 证线面垂直例2 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC —A 1B 1C 1的全部棱长都为2，D 为CC 1的中点．求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明 方法一 设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面对量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，明显它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a·c ＝0，b·c ＝2，以它们为空间的一个基底，则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ，AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ＝4⎝⎛⎭⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，结论得证． 方法二 如图所示，取BC 的中点O ，连接AO .由于△ABC 为正三角形， 所以AO ⊥BC .由于在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1， 所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)， A (0,0，3)，B 1(1,2,0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0)． 由于n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1,2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量， 而AB 1→＝(1,2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ， 故AB 1⊥平面A 1BD . 命题点2 证面面垂直例3 如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC .证明 (1)如图所示，以O 为坐标原点，以射线OP 为z 轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz . 则O (0,0,0)，A (0，－3,0)， B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)． 于是AP →＝(0,3,4)， BC →＝(－8,0,0)， ∴AP →·BC →＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0， 所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)由(1)知|AP |＝5，又|AM |＝3，且点M 在线段AP 上， ∴AM →＝35AP →＝⎝⎛⎭⎫0，95，125， 又BC →＝(－8,0,0)，AC →＝(－4,5,0)，BA →＝(－4，－5,0)， ∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝⎛⎭⎫－4，－165，125，则AP →·BM →＝(0,3,4)·⎝⎛⎭⎫－4，－165，125＝0， ∴AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ，又依据(1)的结论知AP ⊥BC ，且BM ∩BC ＝C ， ∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC . 又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BCM . 思维升华 证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，精确 写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中机敏建系是解题的关键．(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量相互垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．(1)如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．求证： ①DE ∥平面ABC ； ②B 1F ⊥平面AEF .证明 ①如图建立空间直角坐标系Axyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)． 取AB 中点为N ，连接CN ， 则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)， ∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)， ∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC . 故DE ∥平面ABC .②B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)． B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. ∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ， 又∵AF ∩EF ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .(2)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°角．①求证：CM ∥平面P AD ；②求证：平面P AB ⊥平面P AD .证明 ①以C 为坐标原点，分别以CB 所在直线为x 轴，CD 所在直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角，∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4.∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)， M (32，0，32)， ∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝(32，0，32)，令n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，∴⎩⎨⎧z ＝12y ，x ＝－32y ，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →，又CM ⊄平面P AD ， ∴CM ∥平面P AD .②取AP 的中点E ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1)． ∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A .又∵BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE →⊥DA →，∴BE ⊥DA ，又P A ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面P AD ，又∵BE ⊂平面P AB ，∴平面P AB ⊥平面P AD .题型三 利用空间向量解决探究性问题例4 如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的全部棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)求二面角D －A 1A －C 的余弦值；(3)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由． (1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 1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，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)． 由于BD →＝(－23，0,0)，AA 1→＝(0,1，3)，AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1. (2)解 由于OB ⊥平面AA 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)． 设n 2＝(x ，y ，z )为平面DAA 1D 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AA 1→＝0，n 2·AD →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＝0，取n 2＝(1，3，－1)，则〈n 1，n 2〉即为二面角D －A 1A －C 的平面角，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝55，所以，二面角D －A 1A －C 的余弦值为55. (3)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1， 设CP →＝λCC 1，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3)． 从而有P (0,1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ)． 设n 3＝(x 3，y 3，z 3)⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0,2,0)，DA 1→＝(3，0，3)，则⎩⎪⎨⎪⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1,0，－1)，由于BP ∥平面DA 1C 1， 则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .思维升华 对于“是否存在”型问题的探究方式有两种：一种是依据条件作出推断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再依据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有冲突，则判定“不存在”．在四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E 、F 分别是AB 、PB 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面P AD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论．(1)证明 如图，分别以DA 、DC 、DP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0,0,0)， A (a,0,0)，B (a ，a,0)， C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a2，0， P (0,0，a )，F ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a 2，DC →＝(0，a,0)． ∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD .(2)解 设G (x,0，z )，则FG →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2， 若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝⎛⎭⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(a,0,0) ＝a ⎝⎛⎭⎫x －a 2＝0，得x ＝a2； 由FG →·CP →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a ) ＝a 22＋a ⎝⎛⎭⎫z －a 2＝0，得z ＝0.∴G 点坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，0，0，即G 点为AD 的中点．17．利用向量法解决立体几何问题典例 (12分)(2022·湖北)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由． 规范解答解 以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .[1分]由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)，P (0，0，λ)，M (2,1,2)，N (1,0,2)，BC 1→＝(－2,0,2)，FP →＝(－1,0，λ)，FE →＝(1,1,0)，MN →＝(－1，－1,0)，NP →＝(－1,0，λ－2)．[3分] (1)证明 当λ＝1时，FP →＝(－1,0,1)，由于BC 1→＝(－2,0,2)，所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ .[7分](2)解 设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n ＝(λ，－λ，1)．[9分]同理可得平面PQMN 的一个法向量为m ＝(λ－2,2－λ，1)．若存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角，则m ·n ＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.[11分]故存在λ＝1±22，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角．[12分]温馨提示 (1)利用向量法证明立体几何问题，可以建坐标系或利用基底表示向量； (2)建立空间直角坐标系时，要依据题中条件找出三条相互垂直的直线；(3)利用向量除了可以证明线线平行、垂直，线面、面面平行、垂直外，还可以利用向量求夹角、距离，从而解决线段长度问题、体积问题等．[方法与技巧]1．用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把简单的推理证明、帮助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想．2．两种思路：(1)选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行推断．(2)建立空间直角坐标系，进行向量的坐标运算，依据运算结果的几何意义解释相关问题． [失误与防范]用向量学问证明立体几何问题，仍旧离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．A 组 专项基础训练(时间：40分钟)1．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂α D ．l 与α相交答案 B解析 ∵n ＝－2a ，∴a 与α的法向量平行，∴l ⊥α.2．已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是( ) A ．P (2,3,3) B ．P (－2,0,1) C ．P (－4,4,0) D ．P (3，－3,4) 答案 A解析 逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1,4,1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内． 3．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内 答案 D解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →、CD →、CE →共面， ∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内．4．如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面相互垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为( )A ．(1,1,1)B ．(23，23，1) C ．(22，22，1) D ．(24，24，1) 答案 C解析 设M 点的坐标为(x ，y,1)，AC ∩BD ＝O ， 则O (22，22，0)，又E (0,0,1)，A (2，2，0)， ∴OE →＝(－22，－22，1)，AM →＝(x －2，y －2，1)，∵AM ∥平面BDE ，∴OE →∥AM →，∴⎩⎨⎧ x －2＝－22，y －2＝－22，⇒⎩⎨⎧x ＝22，y ＝22.5．已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是______________________． 答案 α∥β解析 设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ， 由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1， ∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β.6．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，假如AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________． 答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0，∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确．又AB →与AD →不平行， ∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确． ∵BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)， ∴BD →与AP →不平行，故④错误．7.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，H 分别是线段P A ，PD ，AB 的中点．求证：(1)PB ∥平面EFH ； (2)PD ⊥平面AHF .证明 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，H (1,0,0)．(1)∵PB →＝(2,0，－2)，EH →＝(1,0，－1)， ∴PB →＝2EH →，∴PB ∥EH .∵PB ⊄平面EFH ，且EH ⊂平面EFH ， ∴PB ∥平面EFH .(2)PD →＝(0,2，－2)，AH →＝(1,0,0)，AF →＝(0,1,1)， ∴PD →·AF →＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0， PD →·AH →＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0， ∴PD ⊥AF ，PD ⊥AH ，又∵AF ∩AH ＝A ，∴PD ⊥平面AHF .8.如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ .证明 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 、DP 、DC 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz .依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)， 则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0)．∴PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0.即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC ，又DQ ∩DC ＝D ，∴PQ ⊥平面DCQ ，又PQ ⊂平面PQC ，∴平面PQC ⊥平面DCQ .9.如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ；(2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .证明以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图空间所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，∴E (12，1，12)，F (0,1，12)，EF →＝(－12，0,0)，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC→＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．(1)∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ，又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，∴EF ∥平面P AB . (2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC . 又AP ∩AD ＝A ，∴DC ⊥平面P AD .∵DC ⊂平面PDC ，∴平面P AD ⊥平面PDC . B 组 专项力量提升 (时间：30分钟)10．如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，假如B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________．答案 1解析 以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x,1,1)，B 1(1,1,0)，F (0,0,1－y )，B (1,1,1)，∴B 1E →＝(x －1,0,1)，∴FB →＝(1,1，y )，由于B 1E ⊥平面ABF ，所以FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1，0,1)＝0⇒x ＋y ＝1. 11.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形ABCD 的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D 1Q 与OP 相互平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ有________个．答案 2解析 建立如图的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则P (x ，y,2)，O (1，1,0)，∴OP 的中点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12，y ＋12，1，又知D 1(0,0,2)，∴Q (x ＋1，y ＋1,0)，而Q 在MN 上， ∴x Q ＋y Q ＝3，∴x ＋y ＝1，即点P 坐标满足x ＋y ＝1. ∴有2个符合题意的点P ，即对应有2个λ.12．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由． (1)证明 以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→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(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)， E ⎝⎛⎭⎫a2，1，0，B 1(a,0,1)， 故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，－1， AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0.∵B 1E →·AD 1→＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)解 假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)． 使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量 n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.13.如图所示，四棱锥S —ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD .(2)若SD ⊥平面P AC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由． (1)证明 连接BD ， 设AC ∩BD ＝O ，则AC ⊥BD . 由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ， 于是S ⎝⎛⎭⎫0，0，62a ，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0， B ⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，OC →＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，SD →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a ，则OC →·SD →＝0.故OC ⊥SD .从而AC ⊥SD .(2)解 棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面P AC . 理由如下：由已知条件知DS →是平面P AC 的一个法向量， 且DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0.设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a (1－t )，62at ，而BE →·DS →＝0⇔t ＝13. 即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →.而BE 不在平面P AC 内，故BE ∥平面P AC .∴存在一点E，使得BE∥平面P AC，此时SE∶EC＝2.。
高考数学一轮复习空间向量在立体几何中的应用精品课件理新人教A版
1.平面的法向量
直线l⊥α，取直线l的 方向向量a，则 向量a 叫 做平面α的法向量.
2.直线l的方向向量是u=(a1,b1,c1)，平面α的法向
量v=(a2,b2,c2),则l∥α ⇔u·v=0 ⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.
3.设直线l的方向向量是u=(a1,b1,c1)，平面α的法 向量v=(a2,b2,c2),则
（ ，2 0，0），C（0，2，0），A1（0，0， ）3 ，
C1（0，1， 3），
∵BD：DC=1：2，∴BD=
1
3BC,
∴D点坐标为（ 2 2， 2 ，0）.
33
∴AD=（ 2 2， 2，0），
33
BC=（- 2 ，2，0），AA1=(0,0, 3 ),
∵BC·AA1=0，BC·AD=0，∴BC⊥AA1，BC⊥AD，
则x= 2，y=- 6 ，∴n=（ 2，- 6，1）.
∴点B到平面CMN的距离d=
| n·MB| 4 =源自2.|n| 3
【评析】点到平面的距离、直线到平面的距离、两 平行平面间的距离、异面直线间的距离等都是高考考 查的重点内容，可以和多种知识相结合，是诸多知识 的交汇点.本题考查了点到平面的距离和垂直、夹角问 题，这是命题的方向，要给予高度重视.
2
可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.
【评析】（1）异面直线的夹角与向量的夹角有所 不同，应注意思考它们的区别与联系.
（2）直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向 量与平面的法向量的夹角，由于向量方向的变化，所 以要注意它们的区别与联系.
＊对应演练＊
如图，四棱锥P—ABCD中， 底面ABCD为矩形，PD⊥ 底面ABCD，AD=PD， E,F分别为CD,PB的中点.
高考数学一轮总复习第八单元立体几何课时7立体几何的综合应用课件文新人教A版
解：(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即 BA⊥ AC.
又 BA⊥AD，AD∩AC＝A，所以 AB⊥平面 ACD. 又 AB ⊂平面 ABC， 所以平面 ACD⊥平面 ABC.
点评：(1)本题主要考查直线与平面的位置关系、几 何体体积的计算,考查空间想象能力、推理论证能力及运 算求解能力.
(2)对于空间几何体的有关计算问题,要注意如下两 个方面：
①要目标明确,要明确所求的是什么？已知了什么？ 还需要求出什么？怎样求？如本题中,要计算五棱锥的体 积,需要求出它的高和它的底面积.
②要论证合理性.在计算过程中要结合论证,保证结 论的合理性,如本题证明 OD′是五棱锥的高是求解本题 的关键,需要结合位置关系的判定进行严格证明.
【变式探究】
1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形 ABCM 中，AB ＝AC＝3，∠ACM＝90°.以 AC 为折痕将△ACM 折起，使点 M 到达点 D 的位置，且 AB⊥DA.
＝
2
2,求五棱锥
D′-ABCFE 的体积.
解：(1)证明：由已知得 AC⊥BD,AD＝CD. 又由 AE＝CF 得AADE＝CCDF,故 AC∥EF. 由此得 EF⊥HD,故 EF⊥HD′,所以 AC⊥HD′. (2)由 EF∥AC 得DOOH＝AADE＝14. 由 AB＝5,AC＝6 得 DO＝BO＝ AB2－AO2＝4. 所以 OH＝1,D′H＝DH＝3. 于是 OD′2＋OH2＝(2 2)2＋12＝9＝D′H2, 故 OD′⊥OH.
(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3 2. 又 BP＝DQ＝23DA， 所以 BP＝2 2.
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2014届高考一轮复习收尾精炼： 空间向量的应用一、选择题1．平面α经过三点A (－1,0,1)，B (1,1,2)，C (2，－1,0)，则下列向量中与平面α的法向量不垂直的是( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，－1 B ．(6，－2，－2) C ．(4,2,2) D ．(－1,1,4)2．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为( )．A.337，－157，4B.407，－157，4C.407，－2,4 D ．4，407，－15 3．如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为A 1C 1的中点，则异面直线CE 与BD 所成的角为( )．A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°4．已知a ＝(1,1,1)，b ＝(0,2，－1)，c ＝m a ＋n b ＋(4，－4，1)．若c 与a 及b 都垂直，则m ，n 的值分别为( )．A ．－1,2B ．1，－2C ．1,2D ．－1，－25．如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )．A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定 6．在空间直角坐标系O xyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( )．A ．4B ．2C ．3D ．17．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )． A.66 B.33 C.63 D.23二、填空题8．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．9．如图所示，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成角的大小是__________．10．已知PD ⊥正方形ABCD 所在平面，PD ＝AD ＝1，则点C 到平面PAB 的距离d ＝__________.三、解答题11．(2013届湖南师大附中月考)如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点．(1)证明：PA ∥平面BDE ；(2)在棱PB 上是否存在点F ，使PB ⊥平面DEF ？证明你的结论．12．(2012课标全国高考)如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC1⊥BC；(2)求二面角A1BDC1的大小．参考答案一、选择题1．D 解析： AB uu u r ＝(2,1,1)，AC uuu r＝(3，－1，－1)，设平面α的法向量为n ＝(x ，y ，z )．20,30,AB x y z AC x y z ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=--=⎪⎩n n uu u r uuur 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z .取y ＝1，则n ＝(0,1，－ 1)．D 选项中(－1,1,4)·(0,1，－1)＝1－4＝－3≠0.故选D. 2．B 解析：AB uu u r ⊥BC uu u r ⇒AB uu u r ·BC uu u r＝3＋5－2z ＝0，∴z ＝4.又BP ⊥平面ABC ，∴BP uu r ·AB uu u r＝x －1＋5y ＋6＝0，① BP uu r ·BC uu u r＝3x －3＋y －3z ＝0，②由①②得x ＝407，y ＝－157.3．D 解析：以D 点为原点，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则相关点的坐标为C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，B (1,1,0)，D (0,0,0)， ∴CE uur ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，1，BD uu u r＝(－1，－1,0)．∴CE uur ·BD uu u r ＝－12＋12＋0＝0.∴CE uur ⊥BD uu ur ，即CE ⊥BD .4．A 解析：c ＝(m ，m ，m )＋(0,2n ，－n )＋(4，－4,1)＝(m ＋4，m ＋2n －4，m －n ＋1)． ∵c 与a 及b 都垂直， ∴⎩⎪⎨⎪⎧c ·a ＝0，c ·b ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋4＋m ＋2n －4＋m －n ＋1＝0，2m ＋4n －8－m ＋n －1＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧3m ＋n ＋1＝0，m ＋5n －9＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝2.5．B 解析：分别以C 1B 1，C 1D 1，C 1C 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．∵A 1M ＝AN ＝23a ， ∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，23a ，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，23a ，a . ∴MN uuu r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，0，23a .又C 1(0,0,0)，D 1(0，a,0)， ∴11C D uuuu r＝(0，a,0)．∴MN uuu r ·11C D uuuu r ＝0.∴MN uuu r ⊥11C D uuuur . ∵11C D uuuu r是平面BB 1C 1C 的法向量， 且MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C .6．B 解析：OP uu u r ＝(－1,3,2)，|OP uu u r|＝1＋9＋4＝14，|cos 〈OP uu u r ，n 〉|＝||||OP OP ⋅⋅n n uu u ruu u r ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2－6＋214×3＝147.d ＝147×14＝2.7．C 解析：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)，F (a,0,0)，AG uuu r ＝(a ，a,0)，ACuuu r＝(0,2a,2a )，BG uuu r ＝(a ，－a,0)，BC uu u r＝(0,0,2a )，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)，由110,0AG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n uuu r uuu r⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝0，2ay 1＋2a ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)．sin θ＝11||||BG BG ⋅n n uu u ruu u r＝2a 2a ×3＝63. 二、填空题8．45°或135° 解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，∴〈m ，n 〉＝45°.∴二面角为45°或135°.9．60° 解析：分别以BA ，BC ，BB 1为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图，设AB ＝1，则B (0,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，C 1(0,1,1)，∴EF uu u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，12，1BC uuur ＝(0,1,1)．cos 〈EF uu u r ，1BC uuu r 〉＝11||||EF BC EF BC ⋅uu u r uuu ruu u r uuu r ＝1222×2＝12， ∴直线EF 和BC 1所成角的大小为60°.10.22解析：以D 为原点，以DA ，DC ，DP 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．则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)， ∴AP uu u r ＝(－1,0,1)，AB uu u r ＝(0,1,0)，AC uuu r ＝(－1,1,0)，CP uu r＝(0，－1,1)． 设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴0,0,AP AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n uu u r uu u r即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，y ＝0，令x ＝1，则z ＝1，∴n ＝(1,0,1)．∴d ＝||AC ⋅n nuuu r＝|－1|2＝22.三、解答题11．解：解法一：(1)连结AC ，设AC 与BD 交于O 点，连结EO . 由底面ABCD 是正方形，知O 为AC 的中点， 又E 为PC 的中点， ∴OE ∥PA .∵OE ⊂平面BDE ，PA ⊄平面BDE ， ∴PA ∥平面BDE .(2)作EF ⊥PB 于点F ，则Rt△PEF ∽Rt△PBC ，∴PE PB ＝PFPC.设PD ＝a ，∴PF ·PB ＝PE ·PC ＝22a ·2a ＝a 2，连结DF ， ∵在△PBD 中，∠PDB ＝90°，PF ·PB ＝a 2＝PD 2， ∴PB ⊥DF .从而PB ⊥平面DEF ，此时P F ＝a 2PB ＝a 23a ＝33a ＝13PB ，即在棱PB 上存在点F ，PF ＝13PB ，使得PB ⊥平面DEF .解法二：(1)以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设PD ＝DC ＝2，则A (2,0,0)，P (0,0,2)，E (0,1,1)，B (2,2,0)，PA uu r ＝(2,0，－2)，DEuuu r＝(0,1,1)，DB uu u r＝(2,2,0)，设n 1＝(x ，y ，z )是平面BDE 的一个法向量，则由110,0DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n uuu r uu u r得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，2x ＋2y ＝0，取y ＝－1，得n 1＝(1，－1,1)．∵PA uu r·n 1＝2－2＝0， ∴PA uu r⊥n 1.又PA ⊄平面BDE ，∴PA ∥平面BDE .(2)∵PB uu r ＝(2,2，－2)，DE uuu r＝(0,1,1)， ∵PB uu r ·DE uuu r＝0＋2－2＝0，∴PB ⊥DE .假设棱PB 上存在点F ，使PB ⊥平面DEF ，设PF uu u r ＝λPB uu r(0＜λ＜1)， 则PF uu u r ＝(2λ，2λ，－2λ)，DF uuu r ＝DP uu u r ＋PF uu u r＝(2λ，2λ，2－2λ)， 由PF uu u r ·DF uuu r ＝0得4λ2＋4λ2－2λ(2－2λ)＝0，∴λ＝13∈(0,1)，此时PF ＝13PB ，即在棱PB 上存在点F ，PF ＝13PB ，使得PB ⊥平面DEF .12．解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形． 由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 12＋DC 2＝CC 12，所以DC 1⊥DC .而DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD . BC ⊂平面BCD ，故DC 1⊥BC .(2)由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1， 则BC ⊥平面ACC 1，所以CA ，CB ，CC 1两两相互垂直．以C 为坐标原点，CA uu r 的方向为x 轴的正方向，|CA uu r|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz .由题意知A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)．则1A D uuu r ＝(0,0，－1)，BD uu u r ＝(1，－1,1)，1DC uuur＝(－1,0,1)．11 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1BD 的法向量， 则10,0,BD A D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n uu u r uuu r 即⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＋z ＝0，z ＝0. 可取n ＝(1,1,0)． 同理，设m 是平面C 1BD 的法向量， 则10,0,BD DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m uu u r uuur 可取m ＝(1,2,1)． 从而cos 〈n ，m 〉＝n·m |n ||m |＝32.故二面角A 1BD C 1的大小为30°.。