备战2023年高考数学二轮专题复习专题四　立体几何第4讲　空间向量与距离、探索性问题.docx

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1、第4讲空间向量与距离、探索性问题1.探索性问题(2021全国甲卷,T19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BFA1B1.(1)证明:BFDE;(2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?(1)证明:因为侧面AA1B1B为正方形,E,F分别是AC和CC1的中点,且AB=BC=2,所以CF=1,BF=5.如图,连接AF,由BFA1B1,ABA1B1,得BFAB,于是AF=BF2+AB2=3,所以AC=AF2-CF2=22.所以AB2+BC2=AC2,即BABC,故以B为

2、坐标原点,以AB,BC,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Bxyz,则B(0,0,0),E(1,1,0),F(0,2,1),BF=(0,2,1).设B1D=m(0m2),则D(m,0,2),于是DE=(1-m,1,-2).所以BFDE=0,所以BFDE.(2)解:易知平面BB1C1C的一个法向量为n1=(1,0,0).设平面DFE的法向量为n2=(x,y,z),则DEn2=0,EFn2=0,又DE=(1-m,1,-2),EF=(-1,1,1),所以(1-m)x+y-2z=0,-x+y+z=0,令x=3,得y=m+1,z=2-m,于是平面DFE的一个法向量为n2=(3,m+1

3、,2-m),所以cos=32(m-12) 2+272 .设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为,则sin =1-cos2,故当m=12时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,为33,即当B1D=12时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.2.探索条件问题(2022全国乙卷,T18)如图,四面体ABCD中,ADCD,AD=CD,ADB=BDC,E为AC的中点.(1)证明:平面BED平面ACD;(2)设AB=BD=2,ACB=60,点F在BD上,当AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.(1)证明:因为AD=CD,E为AC的中点,所以ACD

4、E;在ABD和CBD中,因为AD=CD,ADB=BDC,DB=DB,所以ABDCBD,所以AB=CB,又因为E为AC的中点,所以ACBE.又因为DE,BE平面BED,DEBE=E,所以AC平面BED,因为AC平面ACD,所以平面BED平面ACD.(2)解:连接EF,由(1)知,AC平面BED,因为EF平面BED,所以ACEF,所以SAFC=12ACEF,当EFBD时,EF最小,即AFC的面积最小.因为ABDCBD,所以CB=AB=2,又因为ACB=60,所以ABC是等边三角形,因为E为AC的中点,所以AE=EC=1,BE=3,因为ADCD,所以DE=12AC=1,在DEB中,DE2+BE2=B

5、D2,所以BEDE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz,则A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,0,1),所以AD=(-1,0,1),AB=(-1,3,0),设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则nAD=-x+z=0,nAB=-x+3y=0,取y=3,则n=(3,3,3),又因为C(-1,0,0),F(0,34,34),所以CF=(1,34,34),所以cos=nCF|n|CF|=62174=437,设CF与平面ABD所成的角为,所以sin =|cos|=437,所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.高考对空间距离的考查既有客观题也有解答题,处理方法常有两种

6、:(1)等体积法;(2)空间向量法.难度中等或偏上;对探索性问题的考查常以解答题的形式出现,难度中等偏上.热点一空间距离1.点线距:如图,直线l的单位方向向量为u,设AP=a,则向量AP在直线l上的投影向量AQ=(au)u,则点P到直线l的距离为PQ=|AP|2-|AQ|2=a2-(au)2.2.点面距:如图,已知平面的法向量为n,A是平面内的定点,P是平面外一点,过点P作平面的垂线l,交平面于点Q,则n是直线l的方向向量,且点P到平面的距离为PQ=|APn|n|=|APn|n|=|APn|n|.典例1(2022北京一模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,ABAC,AB=

7、AC=AA1=1,M为线段A1C1上一点.(1)求证:BMAB1;(2)若直线AB1与平面BCM所成角为4,求点A1到平面BCM的距离.(1)证明:因为AA1平面ABC,AB,AC平面ABC,所以AA1AB,AA1AC,而ABAC,因此建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),B1(1,0,1),M(0,a,1)(a0,1),则BM=(-1,a,1),AB1=(1,0,1),因为BMAB1=-11+a0+11=0,所以BMAB1,即BMAB1.(2)解:设平面BCM的法向量为n=(x,y,z),BM=(-1,a,1),BC=(-1

8、,1,0),所以有nBM=0,nBC=0-x+ay+z=0,-x+y=0n=(1,1,1-a),因为直线AB1与平面BCM所成角为4,所以|cos|=sin4|AB1n|AB1|n|=22|1+1-a|212+12+(1-a)2=22,解得a=12,即n=(1,1,12),因为A1B=(1,0,-1),所以点A1到平面BCM的距离为|cos |A1B|=|A1Bn|A1B|n|A1B|=|1-12|12+12+122=13.点面距的求解步骤(1)求出该平面的一个法向量.(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量.(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值,再除以法向量的模,即可求

9、出点到平面的距离.热点训练1 (2022天津市新华中学模拟预测)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是正方形,四边形ADPQ是梯形,PDQA,PDA=2,平面ADPQ平面ABCD,且AD=PD=2QA=2.(1)求证:QB平面PDC;(2)求二面角C-PB-Q的大小;(3)已知点H在棱PD上,且异面直线AH与PB所成角的余弦值为7315,求点A到平面HBC的距离.(1)证明:因为平面ADPQ平面ABCD,平面ADPQ平面ABCD=AD,PD平面ADPQ,PDAD,所以PD平面ABCD,又四边形ABCD是正方形,以D为原点,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

10、标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),B(2,2,0),Q(2,0,1),所以QB=(0,2,-1),由题可知DA=(2,0,0)为平面PDC的一个法向量,且QBDA=0,即QBDA,又因为QB平面PDC,所以QB平面PDC.(2)解:PB=(2,2,-2),PC=(0,2,-2),PQ=(2,0,-1),设平面PBC的法向量为n=(a,b,c),则nPB=2a+2b-2c=0,nPC=2b-2c=0,取b=1,得n=(0,1,1),设平面PBQ的法向量为m=(x1,y1,z1),则mPB=2x1+2y1-2z1=0,mPQ=2x1-z1=0,取x1=1,得m=(1,1

11、,2),设二面角C-PB-Q的平面角为,则|cos |=|mn|m|n|=362=32,由图知二面角C-PB-Q为钝二面角,所以=56,所以二面角C-PB-Q的大小为56.(3)解:点H在棱PD上,且异面直线AH与PB所成角的余弦值为7315,设DH=(02),则H(0,0,),A(2,0,0),AH=(-2,0,),PB=(2,2,-2),所以|cos|=AHPB|AH|PB|=4+24+212=7315,解得=32或=83(舍去),所以H(0,0,32),则HC=(0,2,-32),又CB=(2,0,0),设平面HBC的法向量为t=(x2,y2,z2),则tCB=2x2=0,tHC=2y2

12、-32z2=0,取z2=4,得t=(0,3,4),又AB=(0,2,0),所以点A到平面HBC的距离d=|ABt|t=65.热点二空间中的探索性问题与空间向量有关的探究性问题主要有两类:一类是探究线面的位置关系;另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则:先建立空间直角坐标系,引入参数(有些是题中已给出),设出关键点的坐标,然后探究这样的点是否存在,或参数是否满足要求,从而做出判断.典例2(2022江苏连云港二模)如图,在三棱锥A-BCD中,ABC是正三角形,平面ABC平面BCD,BDCD,点E,F分别是BC,DC的中点.(1)证明:平面ACD平面AEF;(2)若BCD=6

13、0,点G是线段BD上的动点,问:点G运动到何处时,平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小.(1)证明:因为ABC是正三角形,点E是BC的中点,所以AEBC,又因为平面ABC平面BCD,平面ABC平面BCD=BC,AE平面ABC,所以AE平面BCD,又因为CD平面BCD,所以CDAE,因为点E,F分别是BC,CD的中点,所以EFBD,又因为BDCD,所以CDEF,又因为AEEF=E,AE,EF平面AEF,所以CD平面AEF,又因为CD平面ACD,所以平面ACD平面AEF.(2)解:在平面BCD中,过点E作EHBD,垂足为H,设BC=4,则EA=23,DF=FC=1,EF=3.以EH,EF,EA

14、为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系Exyz,则E(0,0,0),A(0,0,23),C(-1,3,0),D(1,3,0),设G(1,t,0),t-3,3,则EA=(0,0,23),AD=(1,3,-23),CD=(2,0,0),EG=(1,t,0),设平面AEG的法向量为n1=(x1,y1,z1),由n1EA=0,n1EG=0,得23z1=0,x1+ty1=0,令y1=-1,故n1=(t,-1,0),设平面ACD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2CD=0,n2AD=0,即2x2=0,x2+3y2-23z2=0,令z2=1,则n2=(0,2,1),设平面AEG与平面ACD所成的锐

15、二面角为,则cos =|cos|=|n1n2|n1|n2|=2t2+15,当t=0时,cos 最大,此时锐二面角最小,故当点G运动到BD的中点处时,平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小.解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立,再在这个前提下进行推理,如果能推出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,并可进一步证明,否则假设不成立.(2)探索线段上是否存在满足条件的点时,一定注意三点共线的条件的应用.热点训练2 (2022广西桂林二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA底面ABCD,PA=AB,E为线段PB的中点,F为线段BC上的动

16、点.(1)求证:平面AEF平面PBC;(2)试确定点F的位置,使平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30.(1)证明:因为PA平面ABCD,BC平面ABCD,所以PABC,因为底面ABCD为正方形,所以ABBC,又PAAB=A,PA,AB平面PAB,所以BC平面PAB,因为AE平面PAB,所以AEBC,因为PA=AB,E为线段PB的中点,所以AEPB,又PBBC=B,PB,BC平面PBC,所以AE平面PBC,又AE平面AEF,所以平面AEF平面PBC. (2)解:以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设正方形ABCD的边长为2,则B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2

17、,0),P(0,0,2),E(1,0,1),所以AE=(1,0,1),PC=(2,2,-2),PD=(0,2,-2),设F(2,0)(02),所以AF=(2,0),设平面AEF的法向量为n=(x1,y1,z1),则nAE=0,nAF=0,所以x1+z1=0,2x1+y1=0,令y1=2,则n=(-,2,),设平面PCD的法向量为m=(x2,y2,z2),则mPC=0,mPD=0,所以x2+y2-z2=0,y2-z2=0,令y2=1,则m=(0,1,1),因为平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30,所以|cos 30|=|mn|m|n|=|2+|222+4=32,解得=1,所以当点F为BC的

18、中点时,平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30.专题强化训练(十四)1.(2022山东青岛高三期末)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,DAB=60,PA=PD=5,F为AB的中点,ACPF.(1)求证:平面PAD平面ABCD;(2)求点A到平面PDF的距离.(1)证明:连接BD,取AD的中点为O,连接OF,PO,因为四边形ABCD为菱形,所以ACBD.因为O,F分别为AD,AB的中点,所以OFBD,所以OFAC.又因为ACPF,PFOF=F,PF,OF平面POF,所以AC平面POF.因为PO平面POF,所以ACPO.因为PA=PD,O为AD的中点,所以POAD.又因

19、为ADAC=A,AD,AC平面ABCD,所以PO平面ABCD.因为PO平面PAD,所以平面PAD平面ABCD.(2)解:因为AB=AD,DAB=60,所以ABD为正三角形,所以BOAD.由(1)可知AD,OB,PO两两垂直,于是建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,2),D(-1,0,0),A(1,0,0),F(12,32,0),所以PD=(-1,0,-2),PF=(12,32,-2),AD=(-2,0,0).设n=(x,y,z)为平面PDF的法向量,则nPD=0,nPF=0,即-x-2z=0,12x+32y-2z=0,取x=2,得n=(2,-23,-1).所以点A到平面PDF的距离d=

20、|ADn|n|=417=41717.2.(2022山东济南高三期末)如图,在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AA1=2AB=2,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,G为棱DD1上的动点.(1)求证:B,E,D1,F四点共面;(2)是否存在点G,使得平面GEF平面BEF?若存在,求出DG的长度;若不存在,请说明理由.(1)证明:如图所示,连接D1E,D1F,取BB1的中点M,连接MC1,ME,因为E为AA1的中点,所以EMA1B1C1D1,且EM=A1B1=C1D1,所以四边形EMC1D1为平行四边形,所以D1EMC1,又因为F为CC1的中点,所以BMC1F,且BM=C1F,所以四边形BMC

21、1F为平行四边形,所以BFMC1,所以BFD1E,所以B,E,D1,F四点共面.(2)解:以D为坐标原点,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,假设存在满足题意的点G,设G(0,0,t),t0,2.由已知得B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1),则EF=(-1,1,0),EB=(0,1,-1),EG=(-1,0,t-1),设平面BEF的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1EF=0,n1EB=0,即-x1+y1=0,y1-z1=0,取x1=1,则n1=(1,1,1).设平面GEF的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2EF=0,n2EG=

22、0,即-x2+y2=0,-x2+(t-1)z2=0,取x2=t-1,则n2=(t-1,t-1,1).因为平面GEF平面BEF,所以n1n2=0,所以t-1+t-1+1=0,所以t=12.所以存在满足题意的点G,使得平面GEF平面BEF,DG的长度为12.3.(2022山东临沂三模)在正方体ABCDA1B1C1D1中,E为A1D1的中点,过AB1E的平面截此正方体,得如图所示的多面体,F为棱CC1上的动点.(1)点H在棱BC上,当CH=14CB时,FH平面AEB1,试确定动点F在棱CC1上的位置,并说明理由;(2)若AB=2,求点D到平面AEF的最大距离.解:(1)设平面BCC1B1与平面AEB

23、1的交线为l,因为FH平面AEB1,平面BCC1B1平面AEB1=l,FH平面BCC1B1,所以FHl,由正方体ABCDA1B1C1D1知,平面ADD1E平面BCC1B1,又因为平面ADD1E平面AEB1=AE,平面BCC1B1平面AEB1=l,所以AEl,所以AEFH,取BC中点G,连接GC1,易知AEGC1,所以GC1FH,又因为H为CG中点,所以F为CC1中点.(2)以点D为坐标原点,DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则有A(2,0,0),E(1,0,2),设F(0,2,t),t0,2,所以AE=(-1,0,2),AF=(-2,2,t),DA=(2,0

24、,0),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则有nAE=0,nAF=0-x+2z=0,-2x+2y+tz=0,不妨取x=2,则n=(2,2-t2,1),设点D到平面AEF的距离为d,所以d=DAnn=45+(2-t2) 2263,当t=2,即点F与点C1重合时取等号,所以点D到平面AEF的最大距离为263.4.(2022重庆西南大学附中模拟预测)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,B1A=B1C,AA1=13,AB=8,BC=6,ABBC,D为AC中点,tanBB1D=512.(1)求证:BCB1D;(2)线段B1C1上是否存在一点E,使得AE与平面BCC1B1的夹角的正弦值为12741

25、85?若存在,求出E点的位置;若不存在,请说明理由.(1)证明:因为B1A=B1C,且D为AC中点,所以B1DAC.因为ABBC,AB=8,BC=6,可得AC=AB2+BC2=10,则BD=12AC=5.又BB1=AA1=13,因为tanBB1D=512,可得cosBB1D=1213.在BB1D中,由余弦定理得cosBB1D=BB12+B1D2-BD22BB1B1D=1213,解得B1D=12.因为BD2+B1D2=BB12,所以BDB1D.又因为BDAC=D,BD,AC平面ABC,所以B1D平面ABC.因为BC平面ABC,所以BCB1D.(2)解:过点D作DxAC,以D为坐标原点建立空间直角

26、坐标系,如图,可知A(0,-5,0),B(245,75,0),C(0,5,0),B1(0,0,12),则BB1=(-245,-75,12),BC=B1C1=(-245,185,0)C1(-245,185,12),又AE=AB1+B1E=AB1+B1C1=(0,5,12)+(-245,185,0),其中01,解得AE=(-245,5+185,12).设平面BCC1B1的法向量为m=(x,y,z),则mBC=0,mBB1=0,即-245x+185y=0,-245x-75y+12z=0.令y=1,则m=(34,1,512).设AE与平面BCC1B1的夹角为,则sin =|cos|=|AEm|AE|m|=|-185+5+185+5|(-245)2+(5+185) 2+122(34) 2+12+(512) 2=1274185,解得=13或=-43(舍).综上,存在点E为线段B1C1上靠近B1的三等分点,使得AE与平面BCC1B1的夹角的正弦值为1274185.