2025届高考数学一轮复习教师用书第八章第八节利用空间向量研究夹角问题讲义（Word附解析）

第八节　利用空间向量研究夹角问题【必备知识·逐点夯实】【知识梳理·归纳】1.异面直线所成角设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量,则【微点拨】异面直线方向向量夹角的余弦值可能为负值,异面直线所成角的余弦值一定为非负值.2.直线与平面所成的角(1)范围: [0,π2]__; (2)向量求法:设直线AB的方向向量为u,平面α的法向量为n,直线AB与平面α所成的角为θ,则sin θ=__|cos|__= |u·n||u||n|__. 【微点拨】不平行于平面的直线与平面所成的角为锐角或直角,其正弦值等于直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值.3.平面与平面的夹角(1)定义:平面α与平面β相交,形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角;(2)求法:设n1,n2分别是两平面α,β的法向量,α,β的夹角为θ,则cos θ=__|cos|__=|n1·n2||n1||n2|. 4.二面角的大小(1)如图①,AB,CD是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ=____. (2)如图②③,n1,n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足|cos θ|=__|cos|__. 【微点拨】在空间几何体的直观图中,有时不容易直观确定二面角的大小,若条件中未明确给出,一般以锐二面角为主.【基础小题·自测】1.(多维辨析)(多选题)下列说法正确的是(　　)A.两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角B.直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角C.两异面直线所成角的范围是0,π2,直线与平面所成角的范围是0,π2D.直线的方向向量为u,平面的法向量为n,则线面角θ满足sin θ=cos【解析】选CD.直线的方向向量与平面的法向量所成的角不一定就是相应的线线角、线面角,故A,B错误;C,D正确.2.(选择性必修一P38练习T4·变形式)已知直线l1的方向向量s1=(1,0,1)与直线l2的方向向量s2=(-1,2,-2),则直线l1和l2所成角的余弦值为(　　)A.24 B.12 C.22 D.32【解析】选C.因为s1=(1,0,1),s2=(-1,2,-2),所以cos=s1·s2|s1||s2|=-1-22×3=-22.所以直线l1和l2所成角的余弦值为22.3.(选择性必修一P37例8变形式)平面α的一个法向量为m=(1,2,-2),平面β的一个法向量为n=(2,2,1),则平面α与平面β夹角的正切值为(　　)A.49 B.94 C.46565 D.654【解析】选D.设平面α与平面β的夹角为θ0≤θ≤π2,则cos θ=|cos|=|m·n||m||n|=49,则sin θ=1-cos2θ=1-492=659,所以tan θ=65949=654.4.(漏情况)在一个二面角的两个半平面上,与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0,-1,3),(2,2,4),则这个二面角的余弦值为(　　)A.156 B.-153C.153 D.156或-156【解析】选D.因为在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0,-1,3),(2,2,4),则(0,-1,3)·(2,2,4)10×24=156,所以这个二面角的余弦值为156或-156.【核心考点·分类突破】考点一　异面直线所成的角[例1](1) 如图,已知圆锥CO的截面△ABC是正三角形,AB是底面圆O的直径,点D在AB上,且∠AOD=2∠BOD,则异面直线AD与BC所成角的余弦值为(　　)A.34 B.12 C.14 D.34【解析】选A.因为∠AOD=2∠BOD,且∠AOD+∠BOD=π,所以∠BOD=π3,连接CO,则CO⊥平面ABD,以点O为坐标原点,OB,OC所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设圆O的半径为2,则A(0,-2,0),B(0,2,0),C(0,0,23),D(3,1,0),AD=(3,3,0),BC=(0,-2,23),设异面直线AD与BC所成的角为θ,则cos θ=|cos|=|AD·BC||AD||BC|=|-6|23×4=34,所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为34.(2)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,则直线EF和BC1所成的角为______. 【解析】分别以直线BA,BC,BB1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),C1(0,1,1),所以EF=(-12,0,12),BC1=(0,1,1).于是cos=BC1·EF|BC1||EF|=122×22=12,所以直线EF和BC1所成的角为60°.答案:60°【解题技法】利用空间向量求两异面直线所成角的步骤(1)建立适当的空间直角坐标系.(2)求出两条异面直线的方向向量的坐标.(3)利用向量的夹角公式求出两直线方向向量的夹角.(4)结合异面直线所成角的范围得到两异面直线所成角.【对点训练】　如图,圆柱的轴截面为矩形ABCD,点M,N分别在上、下底面圆上,NB=2AN,CM=2MD,AB=2,BC=3,则异面直线AM与CN所成角的余弦值为(　　)A.33010 B.34C.35 D.33020【解析】选D.因为NB=2AN,CM=2MD,AB为下底面圆直径,AB=2,所以AN=1,NB=3.连接MN,由已知条件,得MN为圆柱的一条母线,以N为坐标原点,分别以直线NB,NA,NM为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Nxyz,则N(0,0,0),A(0,1,0),M(0,0,3),C(3,0,3),所以AM=(0,-1,3),NC=(3,0,3),则cos=910×12=33020,所以异面直线AM与CN所成角的余弦值为33020.考点二　直线与平面所成的角[例2](1)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知异面直线A1C与AD,A1C与AB所成角的大小分别为60°和45°,则直线B1D和平面A1BC所成的角的余弦值为(　　)A.33 B.12 C.32 D.63【解析】选A.设AD=1,AB=a,AA1=c,则A1C=a2+1+c2,由于AD∥BC,所以异面直线A1C与AD所成角为∠A1CB=60°,从而A1C=2,由于AB∥CD,所以异面直线A1C与AB所成角为∠A1CD=45°,从而A1C=2a,所以c=1,a=2,以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,2,0),C(0,2,0),B1(1,2,1),B1D=(-1,-2,-1),A1B=(0,2,-1),BC=(-1,0,0),设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z),则n·A1B=2y-z=0n·BC=-x=0,取n=(0,1,2),所以直线B1D和平面A1BC所成的角的正弦值为|n·B1D||n||B1D|=|-2-2|3×2=63,从而直线B1D和平面A1BC所成的角的余弦值为33.(2)(2023·江门模拟)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,O是AD的中点,点E在PC上,且AP∥平面BOE.①求PEPC的值;②若PO⊥平面ABCD,OE⊥PC,AB=2,∠BAD=60°,求直线OE与平面PBC所成角的正弦值.【解析】①连接AC与BO交于点F,连接EF,因为底面ABCD是菱形,O是AD的中点,所以AO∥BC,且AO=12BC,所以AF=12FC.因为AP∥平面BOE,AP⊂平面APC,平面APC∩平面BOE=EF,所以AP∥EF,所以AFFC=PEEC=12,所以PEPC=13;②因为底面ABCD是菱形,O是AD的中点,∠BAD=60°,所以BO⊥AD.因为OP⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,BO⊂平面ABCD,所以OP⊥AD,OP⊥BO,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则O(0,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),C(-2,3,0).设P(0,0,h),h>0,则PC=(-2,3,-h),所以OE=OP+PE=OP+13PC=-23,33,2h3.因为OE⊥PC,所以OE·PC=43+1-2h23=0,解得h=142.所以OE=-23,33,143,BC=(-2,0,0),PB=0,3,-142.设n=(x,y,z)为平面PBC的法向量,则n·BC=0n·PB=0,得x=03y-142z=0,取z=23,所以n=(0,14,23)为平面PBC的一个法向量.因为|cos|=33×14+143×2314+12·-232+332+1432=31313,所以直线OE与平面PBC所成角的正弦值是31313.【解题技法】利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤(1)建立空间直角坐标系;(2)求直线的方向向量m;(3)求平面的法向量n;(4)设线面角为θ,则sin θ=|m·n||m||n|.【对点训练】　(2023·东城区模拟)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,BC∥AD,∠ADC=90°,BC=CD=12AD=1,E为线段AD的中点,PE⊥底面ABCD,点F是棱PC的中点,平面BEF与棱PD相交于点G.(1)求证:BE∥FG;(2)若PC与AB所成的角为π4,求直线PB与平面BEF所成角的正弦值.【解析】(1)因为E为线段AD的中点,且BC=12AD,所以DE=BC,又因为AD∥BC,所以DE∥BC,所以四边形BCDE为平行四边形,得BE∥CD,因为CD⊂平面PDC,BE⊄平面PDC,所以BE∥平面PDC,因为BE⊂平面BEGF,平面BEGF∩平面PDC=FG,所以BE∥GF;(2)由(1)可得,BE∥CD,因为∠ADC=90°,所以AEB=90°,且PE⊥平面ABCD,所以以E为坐标原点,分别以EA,EB,EP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,设P(0,0,p),A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,1,0),PC=(-1,1,-p),AB=(-1,1,0),因为PC与AB所成的角为π4,所以|cos|=|PC·AB||PC|·|AB|=22(p>0),解得p=2.则P(0,0,2),F-12,12,22,E(0,0,0).PB=(0,1,-2),EB=(0,1,0),EF=(-12,12,22).设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z).所以n·EB=y=0n·EF=-12x+12y+22z=0,取z=1,得n=(2,0,1).PB·n=-2.设直线PB与平面BEF所成角为α,则sin α=|cos|=|PB·n||PB|·|n|=23.即直线PB与平面BEF所成角的正弦值为23.考点三　平面与平面所成的角(规范答题)[例3](12分)(2023·新高考Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.审题导思 破题点·柳暗花明规范答题 微敲点·水到渠成【解析】(1)解法1(几何法):连接AC,A2B2,设A2C2,AC的中点分别为O,O1,连接BD,B2D2,O1O,由题设得,O1O是梯形AA2C2C的中位线,所以O1O=2. 1分由题设可得O1O∥BB2∥DD2,且O1O=BB2=DD2,又O1是BD的中点,因此O是B2D2的中点,2分故A2B2C2D2为平行四边形, 3分所以B2C2∥A2D2. 4分关键点　证明空间中两条直线平行的关键是先证明这两条直线确定了一个平面,再利用平面几何中证明平行的定理加以论证即可.解法2(向量运算):B2C2=B2B1+B1C1+C1C2, 1分A2D2=A2A+AD+DD2, 2分B2C2=A2D2, 3分所以B2C2∥A2D2. 4分解法3(坐标运算):以C为坐标原点,CD,CB,CC1方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,如图, 1分则B2(0,2,2),C2(0,0,3),A2(2,2,1),D2(2,0,2),所以B2C2=(0,-2,1),A2D2=(0,-2,1), 2分所以B2C2=A2D2, 3分所以B2C2∥A2D2,因为B2C2,A2D2不在同一条直线上,所以B2C2∥A2D2. 4分敲黑板　本题考查线线平行的几何证明方法,解决问题时,利用向量法和坐标运算法要优于几何法.(2)解法1(空间向量法):设P(0,2,λ),0≤λ≤4,关键点　设出BP的长,从而得到点P的坐标.所以A2C2=(-2,-2,2),PC2=(0,-2,3-λ), A2D2=(0,-2,1), 5分设平面PA2C2的法向量为m=x1,y1,z1,所以A2C2·m=-2x1-2y1+2z1=0,PC2·m=-2y1+(3-λ)z1=0,,令z1=2,y1=3-λ,x1=λ-1,所以m=(λ-1,3-λ,2). 7分设平面A2C2D2的法向量为n=x2,y2,z2,所以A2C2·n=-2x2-2y2+2z2=0,A2D2·n=-2y2+z2=0,,令y2=1,得n=(1,1,2). 9分所以cos=|m·n||m||n|=|cos150°|, 10分即|λ-1+3-λ+4|(λ-1)2+4+(3-λ)2×6=32,整理得λ2-4λ+3=0,解得λ=1或λ=3,避误区　利用列方程求出λ=1或λ=3,两个结果,不可舍去其中的一个,造成解答不完整.所以P(0,2,1)或P(0,2,3),即BP=1或BP=3, 11分综上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,B2P=1. 12分阅卷现场　1.建系可以用文字语言叙述,也可以在图上标出,只要有建系就得1分.2.法向量只要正确就得2分.3.有两个法向量的夹角公式得1分,不带绝对值不扣分.4.若写出B2P=1,没有任何过程,可得结果分2分.解法2(综合几何法):连接A1C2,A1O,因为A1C2=A1A2=3,所以A1O⊥A2C2. 5分因为A2B2=A2D2=5,所以四边形A2B2C2D2为菱形,B2O⊥A2C2, 6分所以A2C2⊥平面A1OB2. 7分设A1B2∩A2P=Q,连接OQ,则OQ⊥A2C2.由题设可知,∠QOB2为二面角P-A2C2-D2的平面角的补角,即∠QOB2=30°. 9分敲黑板　综合几何法解决立体几何问题,需要有较强的空间想象能力、逻辑思维能力.解决本题的关键是通过二面角的平面角作图找出二面角.因为OA1=6,A1B2=22,OB2=2,所以在直角△A1OB2中,OQ⊥A1B2,所以B2Q=22,A1Q=322, 10分所以B2PA1A2=B2QA1Q=13,而A1A2=3,所以B2P=13A1A2=1.综上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,B2P=1. 12分解法3:如图,在平面ABB1A1上取一点E,使C2E=A2E,连接OE,EB2,直线A2E交棱BB1于点P.设点E到AA1的距离为x,点E到AB的距离为y,则(x-2)2+(y-3)2+4=x2+(y-1)2,即x+y=4.由题设可知,∠EOB2为二面角P-A2C2-D2的平面角的补角.在△EOB2中,EB22=OE2+OB22-2OE·OB2·cos∠EOB2,(x-2)2+(y-2)2=(x-1)2+(y-2)2+1+2-2×2×32×(x-1)2+(y-2)2+1,即(2x-3)(x-3)=0,解得x=3y=1或x=32,y=52.综上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,B2P=1. 12分拓思维　要找到二面角P-A2C2-D2的平面角,需要在平面PA2C2中构造OE⊥A2C2,难点就在于点E的位置如何确定,通过C2E=A2E,以及在△EOB2中利用余弦定理,构建方程组,得到点E的确定位置,就可进一步得到B2P的长度.【解题技法】利用空间向量法求解二面角的步骤(1)建立合适的空间直角坐标系,写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标;(2)设出法向量,根据法向量垂直于平面内两条相交直线的方向向量,求解出平面的法向量(注:若半平面为坐标平面,直接取法向量即可);(3)计算(2)中两个法向量夹角的余弦值,结合立体图形中二面角的实际情况,判断二面角是锐角还是钝角,从而得到二面角的余弦值.提醒:(1)建系时若垂直关系不明显,则应先给出证明.(2)平面与平面的夹角的范围是0,π2,两法向量夹角的余弦值的绝对值为面面角的余弦值.(3)二面角的范围为[0,π],要结合图形判断取锐角还是钝角.【对点训练】　(2023·广西模拟)在三棱锥P-ABC中,底面ABC是边长为23的等边三角形,点P在底面ABC上的射影为棱BC的中点O,且PB与底面ABC所成角为π3,点M为线段PO上一动点.(1)求证:BC⊥AM;(2)是否存在点M,使得二面角P-AB-M的余弦值为31010?若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.【解析】(1)连接AO,AM,因为△ABC为等边三角形,O为BC的中点,则AO⊥BC,因为点P在底面ABC上的射影为点O,则PO⊥平面ABC,又BC⊂平面ABC,所以BC⊥PO,因为AO∩PO=O,AO,PO⊂平面APO,所以BC⊥平面APO,因为AM⊂平面APO,所以BC⊥AM;(2)因为PO⊥平面ABC,AO⊥BC,所以以OB,AO,OP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系如图,因为PO⊥平面ABC,所以PB与底面ABC所成的角为∠PBC=π3,则A(0,-3,0),B(3,0,0),P(0,0,3),设点M(0,0,c),其中0≤c≤3,所以AB=(3,3,0),AP=(0,3,3),AM=(0,3,c),设平面PAB的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·AB=3x1+3y1=0m·AP=3y1+3z1=0,取m=(3,-1,1),设平面ABM的法向量为n=(x2,y2,z2),则n·AB=3x2+3y2=0n·AM=3y2+cz2=0,取n=(3c,-c,3),根据题意可知|cos|=|m·n||m|·|n|=|4c+3|5×4c2+9=31010,所以4c2-48c+63=0,因为0≤c≤3,解得c=32,即点M(0,0,32),因此,当点M为PO的中点时,二面角P-AB-M的余弦值为31010. 【加练备选】　　 (2023·娄底模拟)如图,在五面体ABCDEF中,AB∥CD∥EF,∠ABC=∠BAF=90°,CD=2AB=4EF=4,BC=AF=2,P,O分别为CD,AP的中点,二面角F-AB-D的大小为60°.(1)证明:FO⊥平面ABCD;(2)求平面ADF与平面BCE所成二面角的正弦值.【解析】(1)在直角梯形ABCD中,因为AB∥CD,CD=2AB,P为CD的中点,所以AP∥BC,且AP=BC,又∠ABC=90°,所以AP⊥AB,又已知AB⊥AF,所以∠PAF为二面角F-AB-D的平面角,大小为60°,且AB⊥平面FAP,可得AB⊥FO,因为O为AP的中点,所以AO=12BC=1,在△AOF中,AF=2,AO=1,∠FAO=60°,则FO2=12+22-2×1×2×12=3,所以AO2+FO2=AF2,可得AO⊥OF,因为AB∩AO=A,所以FO⊥平面ABCD;　(2)如图,以O为坐标原点,分别以AO,OF所在直线为x,z轴,在平面ABCD内,以过点O垂直于AO的直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(-1,0,0),D(1,-2,0),F(0,0,3),C(1,2,0),B(-1,2,0),E(0,1,3),AF=(1,0,3),AD=(2,-2,0),BE=(1,-1,3),BC=(2,0,0),设平面ADF的一个法向量为n=(x,y,z),平面BCE的一个法向量为m=(a,b,c),由n·AF=x+3z=0n·AD=2x-2y=0,取z=-1,可得n=(3,3,-1),由m·BE=a-b+3c=0m·BC=2a=0,取c=1,得m=(0,3,1).所以cos=n·m|n||m|=3-17×2=77.所以平面ADF与平面BCE所成二面角的正弦值为1-772=427.【重难突破】几何体的截面与交线问题　　　“截面、交线”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型,它渗透了一些动态的线、面等元素,给静态的立体几何题赋予了活力.求解截面、交线问题,一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解,二是利用空间向量的坐标运算求解.类型一 截面问题命题点1　多面体中的截面问题[例1](2023·福州质检)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别是棱AA1,BC的中点,则平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长为(　　)A.6 B.102C.13+25 D.213+95+253【解析】选D.取CC1的中点G,连接BG,则D1E∥BG,取CG的中点N,连接FN,则FN∥BG,所以FN∥D1E.延长D1E,DA交于点H,连接FH交AB于点M,连接ME,则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为多边形D1EMFN.由题知A为HD的中点,A1E=AE=2,C1N=3,CN=1,则AH=AD=4,D1E=42+22=25,D1N=42+32=5,FN=12+22=5.取AD的中点Q,连接QF,则AM∥FQ,所以AMFQ=AHHQ,所以AM=AHHQ·FQ=46×4=83,则MB=43,则ME=AE2+AM2=4+(83) 2=103,MF=MB2+BF2=(43) 2+4=2133,所以截面图形的周长为D1E+EM+MF+FN+ND1=25+103+2133+5+5=213+95+253.命题点2　球的截面问题[例2]已知在三棱锥S-ABC中,SA⊥平面ABC,SA=AB=BC=2,AC=2,点E,F分别是线段AB,BC的中点,直线AF,CE相交于点G,则过点G的平面α截三棱锥S-ABC的外接球球O所得截面面积的取值范围是__________. 【解析】因为AB2+BC2=AC2,故AB⊥BC,又因为SA⊥平面ABC,故三棱锥S-ABC的外接球球O的半径R=2+2+22=62;取AC的中点D,连接BD,BD必过点G,如图所示,因为AB=BC=2,故DG=13BD=13,因为OD=22,故OG2=(22)2+(13)2=1118,则过点G的平面截球O所得截面圆的最小半径r=(62) 2-1118=223,过点G的平面截球O所得截面圆的最大半径为球半径R=62,故截面面积的最小值为8π9,最大值为3π2.故截面面积的取值范围是[8π9,3π2].答案:[8π9,3π2]【解题技法】作截面的三种常用方法(1)直接法:解题关键是利用截面的顶点在几何体的棱上.(2)作平行线法:解题关键是利用截面与几何体的两个平行平面相交,或者截面上有一条直线与几何体的某一个面平行.(3)延长交线得交点法:解题关键是利用截面上的点中至少有两个点在几何体的同一个面上.【对点训练】1.(多选题)如图,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为A1D1的中点,F为CC1上的一个动点,设由点A,E,F构成的平面为α,则(　　)A.平面α截正方体的截面可能是三角形B.当点F与点C1重合时,平面α截正方体的截面面积为26C.点D到平面α的距离的最大值为263D.当F为CC1的中点时,平面α截正方体的截面为五边形【解析】选BCD.如图,建立空间直角坐标系,延长AE与z轴交于点P,连接PF与y轴交于点M,则平面α由平面AEF扩展为平面APM.由此模型可知截面不可能为三角形,故A错误;当点F与点C1重合时,平面α截正方体的截面为边长为5的菱形,易得截面面积为26,故B正确;当F为CC1的中点时,易知平面α截正方体的截面为五边形,故D正确;D(0,0,0),A(2,0,0),P(0,0,4),设点M的坐标为(0,t,0)(t∈[2,4]),DA=(2,0,0),AM=(-2,t,0),PA=(2,0,-4),则可知点P到直线AM的距离为d=|PA|2-|PA·AM|AM|| 2=20t2+644+t2,S△APM=12t2+4·d=5t2+16,S△PAD=12×2×4=4,设点D到平面α的距离为h,利用等体积法VD-APM=VM-PAD,即13·S△APM·h=13·S△PAD·t,可得h=4t5t2+16=45+16t2,因为h=45+16t2在t∈[2,4]上单调递增,所以当t=4时,h取到最大值为263,故C正确.2.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,D为棱AB的中点,则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为________. 【解析】正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点,连接AO2,AO,OD,如图所示,设外接球的半径为R,下底面外接圆的半径为r,r=AO2=233,则R2=r2+1=73.①当过点D的平面过球心时,截得的截面圆最大,截面圆的半径即为球的半径,所以截面圆的面积最大为πR2=7π3;②当过点D的平面垂直OD时,截面圆的面积最小,OD2=OA2-AD2=73-1=43,截面圆的半径为R2-OD2=73-43=1,所以截面圆的面积最小为π·12=π,综上,截面面积的取值范围为[π,7π3].答案: [π,7π3]类型二 交线问题命题点1　多面体中的交线问题[例3]在四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形且AD=CD,AB=BD=2,平面α过点A,C,且BD⊥平面α,则平面α与侧面CBD的交线长为________. 【解析】如图1,因为△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形且AD=CD,AB=BD=2,所以AB=AC=BC=BD=2,AD=CD=2,所以△BCD与△BAD全等,且为等腰三角形,所以在△ABD中,过顶点A作边BD上的高,垂足为E,取AD的中点O,连接OB,如图2,因为AB=BD=2,AD=2,所以OB⊥AD,OB=142,AE⊥BD,所以由等面积法得12AD·OB=12BD·AE,即12×2×142=12×2×AE,解得AE=72,所以DE=AD2-AE2=12.所以在△BCD中,过顶点C作边BD上的高,垂足为F,取CD的中点M,连接MB,如图3,同在△ABD中的情况,可得CF=72,DF=12,所以点E,F重合,即BD⊥AE(F),BD⊥CE(F),因为AE∩CE=E,所以BD⊥平面ACE,平面α即为平面ACE,平面α与侧面CBD的交线为线段CF,长度为72.答案:72命题点2　与球有关的交线问题[例4](2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________. 【解析】如图,设B1C1的中点为E,球面与棱BB1,CC1的交点分别为P,Q,连接DB,D1B1,D1P,D1Q,D1E,EP,EQ,由∠BAD=60°,AB=AD,知△ABD为等边三角形,所以D1B1=DB=2,所以△D1B1C1为等边三角形,则D1E=3且D1E⊥平面BCC1B1,所以E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心,设截面圆的半径为r,则r=R球2-D1E2=5-3=2.可得EP=EQ=2,所以球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的PQ.又D1P=5,所以B1P=D1P2-D1B12=1,同理C1Q=1,所以P,Q分别为BB1,CC1的中点,所以∠PEQ=π2,知PQ的长为π2×2=2π2.答案:2π2【解题技法】两种作交线的方法(1)利用基本事实3作交线;(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行,然后根据性质作出交线.【对点训练】1.(2023·广安模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是2,S是A1B1的中点,P是A1D1的中点,点Q在正方形DCC1D1及其内部运动,若PQ∥平面SBC1,则点Q的轨迹的长度是________. 【解析】如图所示,要使PQ∥平面SBC1,作PE∥C1S交C1D1于E,SC1⊂平面SBC1,PE⊄平面SBC1,则PE∥平面SBC1,因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是2,所以D1E=14C1D1=12,连接BD,PS取BD的中点O,连接PO,则PSBO为平行四边形,则PO∥SB,SB⊂平面SBC1,PO⊄平面SBC1,则PO∥平面SBC1,又PO∩PE=P,PO,PE⊂平面POE,所以平面POE∥平面SBC1,设平面POE∩平面DCC1D1=EF,则DF=34DC=32,连接OF,EF,则PEFO为平行四边形,Q的轨迹为线段EF,EF=(DF-D1E)2+D1D2=12+22=5.答案:52.(2023·南通模拟)已知在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.过直线O1O2的平面截圆柱得到四边形ABCD,其面积为8.若P为圆柱底面CD的中点,则平面PAB与球O的交线长为________. 【解析】设球O的半径为r,则AB=BC=2r,而S四边形ABCD=AB·BC=4r2=8,所以r=2.如图,连接PO2,O1P,作OH⊥O2P于H,易知O1O2⊥AB.因为P为CD的中点,所以AP=BP,又O2为AB的中点,所以O2P⊥AB.又O1O2∩O2P=O2,所以AB⊥平面O1O2P,又OH⊂平面O1O2P,所以AB⊥OH.因为OH⊥O2P,且AB∩PO2=O2,所以OH⊥平面ABP.因为O1O2=2r=22,O1P=2,O1O2⊥O1P,所以O2P=O1O22+O1P2=(22)2+(2)2=10,所以sin ∠O1O2P=O1PO2P=210=55,所以OH=OO2×sin ∠O1O2P=2×55=105.易知平面PAB与球O的交线为一个圆,其半径为r1=r2-OH2=(2)2-(105) 2=2105,交线长为l=2πr1=2π×2105=4105π.答案:4105π【重难突破】球与几何体的动态问题　　　立体几何中的“动态”问题就变化起因而言大致可分为两类:一是平移;二是旋转.在解“动态”立体几何题时,如果我们能努力探寻运动过程中“静”的一面,动中求静,往往能以静制动、克难制胜.类型一 动态位置关系的判断[例1](多选题)如图,在矩形ABCD中,BC=1,AB=x,BD和AC交于点O,将△BAD沿直线BD翻折,则下列说法中正确的是(　　)A.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥OCB.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥BDC.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥平面ACDD.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥平面ABD【解析】选ABC.当AB=x=1时,此时矩形ABCD为正方形,则AC⊥BD,将△BAD沿直线BD翻折,当平面ABD⊥平面BCD时,由OC⊥BD,OC⊂平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以OC⊥平面ABD,又AB⊂平面ABD,所以AB⊥OC,故A正确;又OC⊥BD,OA⊥BD,且OA∩OC=O,OA,OC⊂平面OAC,所以BD⊥平面OAC,又AC⊂平面OAC,所以AC⊥BD,故B正确;在矩形ABCD中,AB⊥AD,AC=1+x2,所以将△BAD沿直线BD翻折时,总有AB⊥AD,取x=12,当将△BAD沿直线BD翻折到AC=32时,有AB2+AC2=BC2,即AB⊥AC,且AC∩AD=A,AC,AD⊂平面ACD,则此时满足AB⊥平面ACD,故C正确;若AC⊥平面ABD,又AO⊂平面ABD,则AC⊥AO,所以在△AOC中,OC为斜边,这与OC=OA相矛盾,故D不正确.【解题技法】解决空间位置关系的动点问题(1)应用“位置关系相关定理”转化.(2)建立“坐标系”计算.【对点训练】　(多选题)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=2,点P,Q分别是棱BB1,AB上的动点,则下列说法正确的是(　　)A.任意给定的点P,存在点Q,使得PQ∥平面A1C1DB.任意给定的点Q,存在点P,使得PQ∥平面A1C1DC.任意给定的点P,存在点Q,使得CP⊥D1QD.任意给定的点Q,存在点P,使得CP⊥D1Q【解析】选ABD.连接A1C1,A1D,C1D,AB1,选项A:任意给定的点P,可在△ABB1内作PQ∥AB1,交AB于Q,又在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,DC1∥AB1,则PQ∥DC1,又DC1⊂平面A1C1D,PQ⊄平面A1C1D,则PQ∥平面A1C1D.则任意给定的点P,存在点Q,使得PQ∥平面A1C1D.判断正确;选项B:任意给定的点Q,可在△ABB1内作PQ∥AB1,交BB1于P,又正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,DC1∥AB1,则PQ∥DC1,又DC1⊂平面A1C1D,PQ⊄平面A1C1D,则PQ∥平面A1C1D.则任意给定的点Q,存在点P,使得PQ∥平面A1C1D.判断正确;以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则C0,1,0,D10,0,2,设P1,1,m0≤m≤2,Q1,t,00≤t≤1,则CP=1,0,m,D1Q=1,t,-2,选项C:由CP·D1Q=1,0,m·1,t,-2=1-2m=0,可得m=12;则当m≠12时,CP·D1Q≠0,即CP⊥D1Q不成立.则任意给定的点P,不一定存在点Q,使得CP⊥D1Q.判断错误;选项D:由CP·D1Q=1,0,m·1,t,-2=1-2m=0,可得m=12;则对任意0≤t≤1,当m=12时均有CP·D1Q=0,即CP⊥D1Q;则任意给定的点Q,存在点P,使得CP⊥D1Q.判断正确.类型二 动点的轨迹(长度)[例2]已知边长为1的正方形ABCD与CDEF所在的平面互相垂直,点P,Q分别是线段BC,DE上的动点(包括端点),PQ=2.设线段PQ的中点M的轨迹为s,则s的长度为(　　)A.π4 B.π2 C.22 D.2【解析】选A.如图,以DA,DC,DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设P(m,1,0)(0≤m≤1),Q(0,0,n)(0≤n≤1),M(x,y,z).由中点坐标公式易知x=m2,y=12,z=n2,即m=2x,n=2z.①因为|PQ|=m2+n2+1=2,所以m2+n2=1,②把①代入②得,4x2+4z2=1.即x2+z2=14.因为0≤m≤1,0≤n≤1,所以0≤x≤12,0≤z≤12.所以PQ中点M的轨迹方程为x2+z2=14(0≤x≤12,0≤z≤12),y=12.轨迹s为在垂直于y轴的平面内,半径为12的四分之一圆周.所以s的长度为14×2π×12=π4.【解题技法】解决几何体动点轨迹问题的方法(1)几何法:根据平面的性质进行判定.(2)定义法:转化为平面轨迹问题,用圆锥曲线的定义判定,或用代替法进行计算.(3)特殊值法:根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除.【对点训练】　(2023·济南模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为23,E,F为体对角线BD1的两个三等分点,动点P在△ACB1内,且S△PEF=2,则点P的轨迹的长度为________. 【解析】如图1所示,连接BD,因为ABCD-A1B1C1D1是正方体,所以AC⊥BD,DD1⊥平面ABCD,又AC⊂平面ABCD,所以AC⊥DD1,因为DD1∩BD=D,所以AC⊥平面BDD1,因为BD1⊂平面BDD1,所以BD1⊥AC.同理BD1⊥B1C.因为AC∩B1C=C,所以BD1⊥平面ACB1.因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为23,所以AC=B1C=AB1=26,BD1=6,又E,F为体对角线BD1的两个三等分点,所以BF=EF=D1E=2.设点B到平面ACB1的距离为d,则VB-ACB1=VB1-ABC,所以13S△ACB1·d=13S△ABC·BB1,解得d=2,即d=BF,所以F∈平面ACB1,即BF⊥平面ACB1.三棱锥B-ACB1的底面三角形ACB1为正三角形,且BB1=BC=BA,所以三棱锥B-ACB1为正三棱锥,所以点F为△ACB1的中心.因为P∈平面ACB1,所以PF⊂平面ACB1,则EF⊥PF.又△PEF的面积为2,所以12EF·PF=2,解得PF=2,则点P的轨迹是以点F为圆心,2为半径的圆周且在△ACB1内部的部分,如图2所示,点P的轨迹为MN,QR,ST,且三段弧长相等.在△FNB1中,FN=2,FB1=26×32×23=22,∠NB1F=π6,由正弦定理NFsin π6=B1Fsin∠B1NF,得sin∠B1NF=22,由图2可知,∠B1NF∈(π2,π),所以∠B1NF=3π4,则∠NFB1=π12,所以∠NFM=2∠NFB1=π6,所以MN的长l=2×π6=π3,则点P的轨迹的长度为3×π3=π.答案:π类型三 最值(范围)问题[例3](1)在四面体ABCD中,若AD=DB=AC=CB=1,则四面体ABCD体积的最大值是(　　)A.2327 B.13 C.239 D.33【解析】选A.如图,取AB的中点E,连接CE,DE,设AB=2x(0=n·AD|n||AD|=3+322×2=31111,所以AD与平面PBC所成角的正弦值为31111.答案:31111　阶段测评,请使用　“阶段滚动检测(四)”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和简单夹角问题,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.考情分析考点考法:高考题常以求线面角、二面角为载体,考查空间向量的应用.与二面角相关的问题是高考的热点,主要出现在解答题中.核心素养:直观想象、数学运算、逻辑推理.项目a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围__(0,π)__  (0,π2] 求法__cos β=a·b|a||b|__cos θ=|cos β|=|a·b||a||b|类型辨析改编易错题号12,34(1)路径①:证明O是B2D2的中点,又O是A2C2的中点,所以A2,B2,C2,D2四点共面,并且构成平行四边形,因此B2C2∥A2D2路径②:利用向量的基本运算或建立空间直角坐标系,求出A2,B2,C2,D2的坐标,进而证明平行(2)路径①:建立空间直角坐标系,设出点P的坐标,再求平面PA2C2和平面A2C2D2的法向量,通过法向量所成角的余弦值求得B2P的长度路径②:利用综合几何法,通过作辅助线找到二面角P-A2C2-D2的平面角,进而求得B2P的长度