人教A版选择性必修一高二数学上册期末复习 空间向量专题：空间向量在动点探究中的应用（2份，原卷版+解析版）

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一类是探索线面位置关系的存在性问题，即线面的平行与垂直，
另一类是探索线面的数量关系的存在性问题，即线面角或为面交满足特定要求是的存在性问题，
二、利用空间向量解决立体几何的探索性问题思路：
（1）根据题设条件的垂直关系，建立适当的空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示。
（2）假设所成的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的位置关系、数量关系，构建方程（组）求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在。
三、动点的设法（减少变量数量）
在解决探索性问题中点的存在性四，经常需要设出点的坐标，而(x,y,z)可表示空间中的任一点，使用三个变量设点需要列三个方程，导致运算量增大。为了减少变量数量，用以下设法。
1、直线（一维）上的点：用一个变量可以表示出所求点的坐标；
依据：根据平面向量共线定理—若，使得
【示例】已知，，那么直线上的某点坐标可用一个变量表示，
方法如下：，
因为在上，所以
∴，所以可设点.
2、平面（二维）上的点：用两个变量可以表示出所求点的坐标。
依据：平面向量基本定理—若，不共线，则平面上任意一个向量，均存在，，使得
【示例】已知，，，则平面上某点坐标可用两个变量表示，
方法如下：，，
故，即
所以可设点.
题型一 平行中的动点问题
【例1】如图，在底面是正方形的四棱锥中，平面，，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【解析】（1）证明：因为四棱锥底面是正方形，且平面，以点为坐标原点，，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系.则，
因为是的中点，所以，
所以，
所以，且.
所以，，且.所以⊥平面.
（2）假设在线段上存在点，使得//平面. 设，
则.因为//平面，⊥平面，
所以.所以.
所以，在线段上存在点，使得//平面.其中.
【变式1-1】如图，在底面为直角梯形的四棱锥中，，，平面，，，.
（1）求证：.
（2）设点E在棱PC上，若平面，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）在底面内过作直线，交于F，
在直角中，，,可知，
，，
面，面，，
又，面，
又面，.
（2）以D为坐标原点，分别为轴，建立如图空间坐标系，
则，，，
设，则，
则，，，
因为，所以，
则
设平面PAB的一个法向量为，
则，即，令，则
因为平面，所以，所以，
因为，所以，故的值为.
【变式1-2】如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO？
【答案】当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
【解析】如图所示，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
在CC1上任取一点Q，连接BQ，D1Q.设正方体的棱长为1，
则O，P，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，则Q(0，1，m).
(方法1)因为=(-1，-1，1)，
所以，于是OP∥BD1.=(-1，0，m)，
当m=时，，即AP∥BQ，有平面PAO∥平面D1BQ，
故当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
(方法2).
设平面PAO的法向量为=(x，y，z)，则有⊥，⊥，
因此取x=1，则=(1，1，2). 又因为=(-1，-1，1)，=(0，-1，1-m).
设平面D1BQ的法向量为=(x，y，z)，则有⊥，⊥，
因此，取z=1，则=(m，1-m，1).要使平面D1BQ∥平面PAO，需满足∥，
因此，解得m=，这时Q.
故当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
【变式1-3】如图，正△ABC的边长为4，CD为AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.
(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)在线段BC上是否存在一点P，使？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）平面，理由见解析；（2）.
【解析】（1）AB∥平面DEF，理由如下：
在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB.
又因为AB⊄平面DEF，EF平面DEF，所以AB∥平面DEF.
（2）以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，，0)，E(0，，1)，
故＝(0，，1)．假设存在点P(x，y，0)满足条件，
则＝(x，y，－2)，·＝，所以.
又＝(，y，0)，＝(－x，，0)，∥，
所以()()＝，所以.把代入上式得，所以＝，
所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时.
【变式1-4】已知四棱锥的底面是直角梯形，，，底面，且，点为的中点．
（1）求证：平面；（2）在平面内找一点，使平面．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）证明：底面，，．
以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
由于．所以，，，，，，
易知，平面的一个法向量为，
又，，则.
又平面，平面；
（2）设是平面内一点，
则，，，
若平面，则，，即.
因此，在平面内存在点，使平面．
【变式1-5】在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，，，，.
（1）求证：平面FBC；
（2）线段ED上是否存在点Q，使平面平面QBC？证明你的结论.
【答案】（1）证明见解析（2）线段ED上不存在点Q，使平面平面QBC,证明见解析
【解析】（1）证明：，，
在中，由余弦定理可得，
，..
又，，平面FBC.
（2）线段ED上不存在点Q，使平面平面QBC.
证明如下：因为平面FBC，所以.
因为，所以平面ABCD.所以CA，CF，CB两两互相垂直，
如图建立的空间直角坐标系.在等腰梯形ABCD中，可得.
设，所以，，，，.
所以，，.设平面EAC的法向量为，
则，所以，取，得.
假设线段ED上存在点Q，设，所以.
设平面QBC的法向量为，则，
所以，取，得.
要使平面平面QBC，只需，即，此方程无解.
所以线段ED上不存在点Q，使平面平面QBC.
【变式1-6】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PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由.
【答案】（1）证明详见解析；（2）存在，.
【解析】（1）证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直.如图，以DA，DC，DP所在直线分别为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，P(0，0，a)，F，
∴，，因为，所以，
从而得EF⊥CD.
（2）存在.理由如下：假设存在满足条件的点G，
设G(x，0，z)，则，
若使GF⊥平面PCB，则由，得x＝；
由，得z＝0，所以G点坐标为，
故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点.
题型二 垂直中的动点探究问题
【例2】如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，且，侧面为等边三角形，且垂直于底面，E是的中点，如图，
（1）证明：平面.
（2）在棱上是否存在一点M，使得？若存在，请求出的值．
【答案】（1）证明见解析.；（2）在棱上不存在点M，使得.证明见解析.
【解析】（1）连结CE. 取PA的中点F，连结EF、BF.则EF是三角形PAD的中位线.所以EF=1.
底面是直角梯形，.所以EF=BC，
又，所以是平行四边形，所以.
又面PAB，面PAB，所以平面.
（2）连结PE. 侧面为等边三角形，则有.
侧面⊥底面，所以面ABCD.
底面是直角梯形，，所以.
设AD的中点为O，以O为原点，分别为x、y、z轴正方向
建立空间直角坐标系.则，，，
，，，.
所以，，
假设棱上存在一点M，使得.设，则，
所以.
因为，所以，即，解得：，
故在棱上不存在点M，使得.
【变式2-1】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点．
（1）证明：平面AED⊥平面A1FD1；
（2）在AE上求一点M，使得A1M⊥平面DAE．
【答案】（1）证明见解析；（2）时，A1M⊥平面DAE．
【解析】（1）证明: 建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，
则，.
设平面AED的法向量为，
则，即，
令，得.同理可得平面的法向量.
因为，所以平面⊥平面.
（2）因为点M在直线AE上，设，可得，
于是，要使平面DAE，需，
所以，得.故当时，平面DAE.
【变式2-2】如图，在空间几何体ABCDFE中，底面是边长为2的正方形，，，.
（1）求证：平面DEF；
（2）已知，若在平面上存在点，使得平面，试确定点的位置.
【答案】（1）证明见解析；（2）是线段上靠近的三等分点.
【解析】（1）证明：连BD交AC于O，取DE中点K，连结OK、KF，
∵AC、BD是正方形的对角线∴O为BD中点，∴且，
又因，，∴且，
∴四边形AOKF为平行四边形，∴，
又∵平面DEF，平面DEF，∴平面DEF；
（2）在△DAF中，，，，所以，
又因为，，平面ABCD，∴平面.
以A为原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系（如图），
则，，，，，
设，因为，，
又，，
所以，
∵，即，
解得，即，
所以是线段上靠近的三等分点.
【变式2-3】如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，平面，点E在线段上（不含端点）.
（1）是否存在点E，使平面？
（2）是否存在点E，使平面平面？
【答案】（1）存在；（2）不存在.
【解析】底面为正方形，∴，又平面，
∴以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则.
（1）设，，
，
设是平面的法向量，得，
令，则，∴是平面的一个法向量，
若平面，则，得，解得，
即存在点E满足，使得平面.
（2），设是平面的法向量，
则令，则，∴是平面的一个法向量，
设，则，.
设是平面的法向量，则，
令，则，∴是平面的一个法向量.
平面平面，∴，即，此方程无解，
∴不存在点E，使，∴不存在点E，使平面平面.
【变式2-4】如图，已知正方形的边长为1，平面，平面，为边上的动点．
（1）证明：平面；
（2）试探究点的位置，使平面平面．
【答案】（1）证明见解析；（2）当M在BC的中点时，平面平面.
【解析】（1）平面，平面，则，
而平面，平面，则平面，，
同理得平面，又，平面，
于是得平面平面，而平面，所以平面.
（2）因平面，，则以点D为坐标原点，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
设，有，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，令，得，
，令，得，
要平面平面，当且仅当，
因此，，解得，此时M为BC的中点，
所以当M在BC的中点时，平面平面.
题型三 空间角中的动点探究问题
【例3】如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5．
（1）求证：AB⊥A1C；
（2）在棱AA1上是否存在一点F，使得异面直线AC1与BF所成角为60°，若存在，求出AF长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，3.
【解析】（1）证明：因为AA1C1C是边长为4的正方形，所以AC＝4，又AB＝3，BC＝5，
所以BC²＝AB²+AC²，所以AB⊥AC，
因为平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，AB⊂平面ABC，
所以AB⊥平面AA1C1C，因为A1C⊂面AA1C1C，所以AB⊥A1C．
（2）如图，以A为坐标原点，AC，AB，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），C1（4，0，4），B（0，3，0），
设F（0，0，a），则（4，0，4），（0，﹣3，a），0＜a≤4，
因为异面直线AC1与BF所成角为60°，
所以|cs，|，
解得a＝3，所以F（0，0，3），则AF＝3，
所以在棱AA1上存在一点F，使得异面直线AC1与BF所成角为60°，此时AF＝3．
【变式3-1】如图，在四棱锥中，平面，∠∠，，，，分别为线段，上的点(不在端点)．当为中点时，是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的长，若不存在，说明理由．
【答案】存在，
【解析】平面，∠，则两两垂直以P为原点，分别以为x、y、z轴建立空间直角坐标系则，，，
假设存在存在，使得直线与平面所成角的正弦值为，
设，，则，
解得，，，，
则，，，
设平面的法向量，则，取，得，
直线与平面所成角的正弦值为，
，整理，得，解之得或（舍），
存在使得直线与平面所成角的正弦值为．
由，可得，即
【变式3-2】如图，四边形是菱形，，平面平面，，，，．
（1）证明：平面平面；
（2）在棱上是否存在点使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求的值，若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且
【解析】（1）证明：连接，因为平面平面，平面平面，
，平面，平面，平面，，
因为四边形为菱形，则，，平面，
设，取线段的中点，连接、，
因为四边形为菱形，则为的中点，所以，且，
由已知且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，则平面，平面，故平面平面.
（2）因为平面，，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，设平面的法向量为，，，
则，取，则，
设，其中，
，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
由已知可得，
整理可得，因为，解得.∴在棱上存在点，
使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，且.
【变式3-3】如图，是边长为6的正三角形，点E，F，N分别在边AB，AC，BC上，且，为BC边的中点，AM交EF于点，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使.
（1）证明：平面平面；
（2）试探究在线段DM上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）时二面角的大小为
【解析】（1）在中，易得，，，
由，得，
又，，，
又为中点，，，
因为，平面，
平面，又平面，
所以平面平面；
（2）由（1） 平面，以为原点，
以为的正方向建立空间直角坐标系，
则，，
，，
由（1）得平面的法向量为，
设平面的法向量为，
，
所以，
所以.
由题得,所以，
所以，所以，
因为二面角P—EN—B的大小为60°，
所以，解之得（舍去）或.
此时，所以.
题型四 距离中的动点探究问题
【例4】如图，三棱柱的所有棱长都是2，平面，是的中点．
（1）求平面和平面夹角的余弦值；
（2）在线段（含端点）上是否存在点，使点到平面的距离为？请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，理由见解析．
【解析】（1）取的中点，连接，，则，，
平面，平面，
，，两两垂直，
如图，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，
建立空间直角坐标系，
则，2，，，2，，，2，，，0，，
，2，，，2，，，2，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，1，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，0，，
设平面和平面的夹角为，由图知为锐角，
则，
平面和平面夹角的余弦值为．
（2）假设在线段（含端点）上是否存在点，使点到平面的距离为，
设，，，，则，，，
点到平面的距离为，，解得（舍或，
在线段上存在点（端点处），使点到平面的距离为．
【变式4-1】如图，平面，四边形是正方形，，点、、分别为线段、、的中点．在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离恰为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
【答案】存在，且线段的长为
【解析】因为平面，四边形是正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，
建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、，
假设存在点满足条件，其中，
，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
，所以，点到平面的距离为，
因为，解得，此时.
所以在线段上存在一点满足条件，且线段的长度为．
【变式4-2】图是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图.
（1）求证：平面平面；
（2）在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出二面角的大小；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）在图中取中点，连接，，
，，，，，
，，，四边形为矩形，，
，又，为等边三角形；
又，为等边三角形；在图中，取中点，连接，
为等边三角形，，，
，又，，，
又，平面，平面，
平面，平面平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设棱上存在点且满足题意，
即，解得：，即，
则，设平面的法向量，
则，令，则，，
到平面的距离为，解得：，，
又平面的一个法向量，，
又二面角为锐二面角，二面角的大小为.
【变式4-3】在棱长2的正方体中，已知E、F分别是BC、CD的中点．
（1）证明：面；
（2）求面ABCD与面的所成角余弦值；
（3）是否在棱上存在一点P，使得三棱锥的体积为1，如果存在，并求出的值，如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在；
【解析】（1）连接BD，因为E、F分别是BC、CD的中点，
所以EF是△BCD的中位线，所以EF∥BD，
因为平面，平面，所以平面.
（2）以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，
所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，则，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以，
由题意可知，面ABCD的法向量为，
所以，
设面ABCD与面的所成角为，，所以；
（3）假设棱上存在一点（），使得三棱锥的体积为1
∵正方体棱长为2，∴，，∴，
在中，由余弦定理得：，
所以，由面积公式得：，
因为，由（2）知，平面的法向量为，
所以点到平面的距离为，
由于三棱锥的体积为1，则，解得：或，
因为，所以，此时.