【最高考】2022届高考数学二轮专题突破课堂讲义 第29讲 空间向量与立体几何

专题十　高考数学附加必做题训练第29讲　空间向量与立体几何空间向量与立体几何在高考中属中档题，要求能正确建立空间直角坐标系，会利用空间向量知识证明线与线、线与面、面与面平行及垂直，会用空间向量数量积计算空间线线角、线面角、二面角及点与面的距离等．考试说明：序号内容要求ABC1空间向量的概念√2空间向量共线、共面的充分必要条件√3空间向量的加法、减法及数乘运算√4空间向量的坐标表示√5空间向量的数量积√6空间向量的共线与垂直√7直线的方向向量与平面的法向量√8空间向量的应用√例1如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．利用向量法证明：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.证明：如图建立空间直角坐标系Axyz，不妨设AB＝AA1＝4，则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)，B(4，0，0)，B1(4，0，4)．(1)取AB中点为N，连结CN，则N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)，∴＝(－2，4，0)，＝(－2，4，0)，∴＝，∴DE∥NC.∵NC平面ABC，DE平面ABC，故DE∥平面ABC.-12-\n(2)＝(－2，2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2，2，0)．·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF.∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥平面BDF.证明：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N，连结NE.则点N、E的坐标分别为、(0，0，1)．∴＝(－，－，1)．又点A、M的坐标分别是(，，0)、，∴＝.∴＝且NE与AM不共线．∴NE∥AM.∵NE平面BDE，AM平面BDE，∴AM∥平面BDE.(2)由(1)知＝，∵D(，0，0)，F(，，1)，∴＝(0，，1)，∴·＝0，∴AM⊥DF.同理AM⊥BF.又DF∩BF＝F，∴AM⊥平面BDF.例2如图，在空间直角坐标系Oxyz中，正四棱锥PABCD的侧棱长与底边长都为3，点M、N分别在PA、BD上，且＝＝.(1)求证：MN⊥AD；(2)求MN与平面PAD所成角的正弦值．-12-\n(1)证明：∵正四棱锥PABCD的侧棱长与底边长都为3，∴OA＝3，OP＝3.则A(3，0，0)，B(0，3，0)，D(0，－3，0)，P(0，0，3)，∴M(1，0，2)，N(0，1，0)．则＝(－1，1，－2)，＝(－3，－3，0)．∵·＝(－1)×(－3)＋1×(－3)＋(－2)×0＝0，∴MN⊥AD.(2)解：设平面PAD的法向量n＝(x，y，z)，∵＝(－3，－3，0)，＝(－3，0，3)，由得取z＝1，得x＝1，y＝－1.∴n＝(1，－1，1)．则cos〈n，〉＝＝＝－.设MN与平面PAD所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝.∴MN与平面PAD所成角的正弦值为.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知CA＝CB＝1，AA1＝2，∠BCA＝90°.(1)求异面直线BA1与CB1夹角的余弦值；(2)求二面角BAB1C平面角的余弦值．解：如图，以{，，}为正交基底，建立空间直角坐标系Cxyz.-12-\n则A(1，0，0)，B(0，1，0)，A1(1，0，2)，B1(0，1，2)，所以＝(0，1，2)，＝(－1，1，0)，＝(－1，1，2)，＝(1，－1，2)．(1)因为cos〈，〉＝＝＝，所以异面直线BA1与CB1夹角的余弦值为.(2)设平面CAB1的法向量为m＝(x，y，z)，则即取平面CAB1的一个法向量为m＝(0，2，－1)；设平面BAB1的法向量为n＝(r，s，t)，则即取平面BAB1的一个法向量为n＝(1，1，0)．则cos〈m，n〉＝＝＝，所以二面角BAB1C平面角的余弦值为.例3在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是AC的中点，E是线段D1O上一点，且＝λ.(1)若λ＝1，求异面直线DE与CD1所成的角的余弦值；(2)若平面CDE⊥平面CD1O，求λ的值．解：(1)设正方体的棱长为1，以、、为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，O，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，E，-12-\n则＝，＝(0，－1，1)，故cos〈，〉＝＝，所以异面直线DE与CD1所成的角的余弦值为.(2)＝，＝(0，－1，1)，设平面CD1O的法向量为m＝(x1，y1，z1)，由m·＝0，m·＝0，得取x1＝1，得y1＝z1＝1，即m＝(1，1，1)．由＝λ，得(1＋λ)＝，故E，＝.又＝(0，－1，0)，设平面CDE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由n·＝0，n·＝0，得取x2＝2，得z2＝－λ，即n＝(2，0，－λ)．因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m·n＝0，得λ＝2.在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD＝AA1＝AB，点E是棱AB上一点且＝λ.(1)证明：D1E⊥A1D；(2)若二面角D1ECD的大小为，求λ的值．(1)证明：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系．不妨设AD＝AA1＝1，AB＝2，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，A1(1，0，1)，B1(1，2，1)，C1(0，2，1)，D1(0，0，1)．因为＝λ，所以E，于是＝，＝(－1，0，－1)．所以·＝·(－1，0，－1)＝0.故D1E⊥A1D.(2)解：因为D1D⊥平面ABCD，所以平面DEC的法向量为n1＝(0，0，1)．-12-\n又＝，＝(0，－2，1)．设平面D1CE的法向量为n2＝(x，y，z)，则n2·＝x＋y＝0，n2·＝－2y＋z＝0，所以向量n2的一个解为.因为二面角D1ECD的大小为，则＝，解得λ＝±－1.又E是棱AB上的一点，所以λ＞0，故所求的λ值为－1.例4如图，已知四棱锥SABCD的底面是边长为4的正方形，顶点S在底面上的射影O落在正方形ABCD内，且O到AB、AD的距离分别是2、1.又P是SC的中点，E是BC上一点，CE＝1，SO＝3，过O在底面内分别作AB、BC垂线Ox、Oy，分别以Ox、Oy、OS为x、y、z轴建立空间直角坐标系．(1)求平面PDE的一个法向量；(2)问在棱SA上是否存在一点Q，使直线BQ∥平面PDE？若存在，请给出点Q在棱SA上的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意知：E(－1，3，0)，D(－2，－1，0)，P，S(0，0，3)．∴＝，＝(1，4，0)．设n＝(x，y，z)是平面PDE的一个法向量，则令x＝－4，则y＝z＝1，∴n＝(－4，1，1)．(2)设点Q(x，y，z)，＝λ，(x－2，y＋1，z)＝λ(－2，1，3)，∴点Q的坐标为(2－2λ，－1＋λ，3λ)，∴＝(－2λ，λ－4，3λ)．要使BQ∥平面PDE，则⊥n，∴(－4)×(－2λ)＋1×(λ－4)＋1×3λ＝0，λ＝.-12-\n由于上述过程可逆，故当＝时，BQ∥平面PDE.如图，在正四棱锥PABCD中，PA＝AB＝，点M、N分别在线段PA和BD上，BN＝BD.(1)若PM＝PA，求证：MN⊥AD；(2)若二面角MBDA的大小为，求线段MN的长度．(1)证明：连结AC、BD交于点O，以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴建立空间直角坐标系．因为PA＝AB＝，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．由＝，得N，由＝，得M，所以＝，＝(－1，－1，0)．因为·＝0，所以MN⊥AD.(2)解：因为M在PA上，可设＝λ，得M(λ，0，1－λ)．　所以＝(λ，－1，1－λ)，＝(0，－2，0)．设平面MBD的法向量n＝(x，y，z)，由得其中一组解为x＝λ－1，y＝0，z＝λ，所以可取n＝(λ－1，0，λ)．因为平面ABD的法向量为＝(0，0，1)，所以cos＝，即＝，解得λ＝，从而M，N，所以MN＝＝.1.记动点P是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1上一点，且＝λ.-12-\n当∠APC为钝角时，求λ的取值范围．解：由题意作图，以、、为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则有A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)．由＝(1，1，－1)，得＝λ＝(λ，λ，－λ)，所以＝＋＝(－λ，－λ，λ)＋(1，0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，＝＋＝(－λ，－λ，λ)＋(0，1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)，显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角cos∠APC＝cos〈，〉＝<0·＜0，即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)2＝(λ－1)(3λ－1)＜0，得＜λ＜1.因此，λ的取值范围是.2.如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，点N是BC的中点，点M在CC1上，设二面角A1DNM的大小为θ.(1)当θ＝90°时，求AM的长；(2)当cosθ＝时，求CM的长．解：建立以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴的空间直角坐标系D－xyz.设CM＝t(0≤t≤2)，则A(1，0，0)，A1(1，0，2)，N，M(0，1，t)，所以＝，＝(0，1，t)，＝(1，0，2)．设平面DMN的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·＝0，n1·＝0，即令z1＝1，则x1＝2t，y1＝－t，所以n1＝(2t，－t，1)是平面DMN的一个法向量．设平面A1DN的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n2·＝0，n2·＝0，即令z2＝1，则x2＝－2，y2＝1，所以n2＝(－2，1，1-12-\n)是平面A1DN的一个法向量．从而n1·n2＝－5t＋1.(1)因为θ＝90°，所以n1·n2＝－5t＋1＝0，解得t＝，从而M，所以AM＝＝.(2)因为|n1|＝，|n2|＝，所以cos〈n1，n2〉＝.因为〈n1，n2〉＝θ或〈n1，n2〉＝π－θ，所以＝，解得t＝0或，所以根据图形和(1)的结论可知t＝，从而CM＝.3.如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)求证：PC⊥AD；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．(1)证明：以、、为x、y、z正半轴方向，建立空间直角坐标系Axyz，则D(2，0，0)，C(0，1，0)，B，P(0，0，2)．则＝(0，1，－2)，＝(2，0，0)·＝0PC⊥AD.(2)解：＝(0，1，－2)，＝(2，－1，0)，设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，则取z＝1n＝(1，2，1)，又＝(2，0，0)是平面PAC的法向量，cos〈，n〉＝＝sin〈，n〉＝，即二面角APCD的正弦值为.(3)解：设AE＝h∈[0，2]，则＝(0，0，h)，＝，又＝(2，－1，0)，则cos〈，〉＝＝＝h＝，即AE＝.4.(2022·江苏卷)如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；-12-\n(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．解：(1)以、、为单位正交基底建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，4)，D(1，1，0)，C1(0，2，4)，∴＝(2，0，－4)，＝(1，－1，－4)，∴cos〈，〉＝＝＝，∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)＝(0，2，0)是平面ABA1的一个法向量，设平面ADC1的法向量为m＝(x，y，z)，∵＝(1，1，0)，＝(0，2，4)，由m⊥，m⊥，得取z＝1，得y＝－2，x＝2，∴平面ADC1的法向量为m＝(2，－2，1)，设平面ADC1与ABA1所成二面角为θ，∴|cosθ|＝|cos〈，m〉|＝＝＝，得sinθ＝，∴平面ADC1与ABA1所成二面角的正弦值为.(本题模拟高考评分标准，满分10分)(2022·泰州模考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，底面△ABC为直角三角形，∠ACB＝，顶点C1在底面△ABC内的射影是点B，且AC＝BC＝BC1＝3，点T是平面ABC1内一点．(1)若T是△ABC1的重心，求直线A1T与平面ABC1所成的角；(2)是否存在点T，使TB1＝TC且平面TA1C1⊥平面ACC1A1？若存在，-12-\n求出线段TC的长度；若不存在，说明理由．解：如图以CB、CA分别为x、y轴，过C作直线Cz∥BC1，以Cz为z轴，∴B(3，0，0)，C(0，0，0)，A(0，3，0)，C1(3，0，3)，＝＋＝(6，0，3)，B1(6，0，3)，＝＋＝(3，3，3)，A1(3，3，3)．(1)T是△ABC1重心，T(2，1，1)，＝(1，2，2)，设平面ABC1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，＝(3，－3，0)，＝(3，－3，3)，则解得取法向量n1＝(1，1，0)，(3分)∴cos〈，n1〉＝＝，〈，n1〉＝.设TA1与平面ABC1所成的角为－〈，n1〉＝.(5分)(2)T在平面ABC1内，＝＋＝＋m＋n＝(3－3n，3n，3m)，即T(3－3n，3n，3m)．由TB1＝TC，得(3－3n)2＋(3n)2＋(3m)2＝(3n＋3)2＋(3n)2＋(3m－3)2，即－2m＋4n＝－1，　①设平面CAA1C1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，＝(0，3，0)，＝(3，0，3)，取n2＝(1，0，－1)．设平面TA1C1法向量为n3＝(x3，y3，z3)，＝(0，3，0)，＝(－3n，3n，3m－3)，取n3＝(m－1，0，n)．(8分)由平面TA1C1⊥平面ACC1A1，得cos〈n2，n3〉＝＝0，m＝n＋1.　②由①②解得n＝，m＝，-12-\n∴存在点T，TC＝.(10分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1＝BC＝AB＝2，AB⊥BC，求二面角B1A1CC1的大小．解：如图，以B为直角坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则A(2，0，0)、C(0，2，0)、A1(2，0，2)、B1(0，0，2)、C1(0，2，2)．　设AC的中点为M，则M(1，1，0)．∵BM⊥AC，BM⊥CC1，∴BM⊥平面A1C1CA，即＝(1，1，0)是平面A1C1CA的一个法向量．设平面A1B1C的一个法向量是n＝(x，y，z)，＝(－2，2，－2)，＝(－2，0，0)．∴n·＝－2x＝0，n·＝－2x＋2y－2z＝0.令z＝1，解得x＝0，y＝1.∴n＝(0，1，1)．设法向量n与的夹角为φ，二面角B1A1CC1的大小为θ，由图知θ为锐角，∴cosθ＝|cosφ|＝＝，解得θ＝.∴二面角B1A1CC1的大小为.-12-