人教A版高中数学选择性必修第一册第1章微专题1空间向量应用的综合问题学案

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微专题1　空间向量应用的综合问题　　解决立体几何问题，常用三种方法：综合法、向量法、坐标法．处理空间图形之间的距离、夹角等度量问题时，综合法需要借助图形之间的位置关系或辅助线找出所求的距离、夹角，有一定的难度，但向量法和坐标法不用考虑图形之间的关系，直接套用相应的公式求解即可，将这些度量“公式化”，这就大大降低了难度． 类型1　利用空间向量求空间角【例1】　(2022·天津卷)直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AA1⊥AB，AC⊥AB，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点．(1)求证：EF∥平面ABC；(2)求直线BE与平面CC1D夹角的正弦值；(3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值．[解]　(1)证明：取BB1的中点G，连接FG，EG，连接AD交EG于K，再连接FK，∵EK∥A1B1，且E是AA1的中点，则K是AD的中点，∴FK∥AC，EG∥AB，又FK⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，∴FK∥平面ABC，同理可得，EG∥平面ABC，又FK∩EG＝K，∴平面EFG∥平面ABC，∴EF∥平面ABC，(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥AB，AA1⊥A1B1，则可建立如图所示的空间直角坐标系，又AA1＝AB＝AC＝2，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点．故B(2，2，0)，E(1，0，0)，C(2，0，2)，C1(0，0，2)，D(0，1，0)，则BE＝(－1，－2，0)，CC1＝(－2，0，0)，CD＝(－2，1，－2)，设n＝(x，y，z)是平面CC1D的法向量，则有n·CC1＝0，n·CD＝0，即-2x=0 -2x+y-2z=0，令z＝1，则x＝0，y＝2，所以n＝(0，2，1)，设直线BE与平面CC1D的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈BE，n〉|＝-2×25×5＝45，即直线BE与平面CC1D夹角的正弦值为45.(3)∵A1(0，0，0)，则A1C＝(2，0，2)，A1D＝(0，1，0)，设平面A1CD的法向量为m＝(x，y，z)，则有m·A1C＝0，m·A1D＝0，即2x+2z=0y=0，令x＝1，则y＝0，z＝－1，故m＝(1，0，－1)，设平面A1CD与平面CC1D的夹角为β，所以cos β＝|cos 〈n，m〉|＝-1×15×2＝1010. 类型2　立体几何中的探究、开放问题【例2】　(2021·全国甲卷)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，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？[思路导引]　(1)AB＝BC＝2，侧面AA1B1B为正方形 F为CC1中点 直三棱柱 BFBF⊥A1B1 作辅助线 AF，AC勾股定理 垂直关系 建系―→相关点坐标―→BF，DE―→证明结论．(2)结合(1)中的空间直角坐标系由1所得 数量关系 平面BB1C1C平面DEF的 法向量 向量的数量 积公式 二面角的余弦公式―→二面角的余弦最大值―→二面角的正弦最小值―→B1D．[解]　(1)因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，所以AA1＝BB1＝CC1＝AB＝2.又F为CC1中点，所以CF＝1.因为CC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以CC1⊥BC，则在Rt△BCF中，BF＝12+22＝5.如图所示，连接AF，由BF⊥A1B1且AB∥A1B1，则BF⊥AB，故AF＝3，所以AC＝22，由AB2＋BC2＝AC2，则AB⊥BC，故如图所示，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系Bxyz，则A(2，0，0)，B(0，0，0)，C(0，2，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)．则BF＝(0，2，1)，DE＝(1－m，1，－2)，所以BF·DE＝0，故BF⊥DE.(2)由(1)得AB⊥BC，AB⊥BB1，且BC∩BB1＝B，故AB⊥平面BB1C1C，故可得平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0)．而DE＝(1－m，1，－2)，EF＝(－1，1，1)，设平面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，则n2·DE=0n2·EF=0，即(1-m)x+y-2z=0-x+y+z=0 ，令x＝3，则y＝m＋1，z＝2－m，所以n2＝(3，m＋1，2－m)，∴cos 〈n1，n2〉＝n1·n2n1n2＝31×9+m+12+2-m2＝32m2-2m+14＝32m-122+272，∴当m＝12时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，故当B1D＝12时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小． 类型3　立体几何中的翻折问题【例3】　(2019·全国Ⅲ卷改编)图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的平面BCGE与平面ACGD所成角的大小．[证明]　(1)由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，BC，BE⊂平面BCGE，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC．由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝3.以H为坐标原点，HC的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，3)，CG＝(1，0，3)，AC＝(2，－1，0)．设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则CG·n=0，AC·n=0，即x+3z=0，2x-y=0. 所以可取n＝(3，6，－3)．又平面BCGE的法向量可取为m＝(0，1，0)，所以cos 〈n，m〉＝n·mnm＝32.因此平面BCGE与平面ACGD所成角的大小为30°.微专题强化练(一)　空间向量应用的综合问题一、选择题1．如图所示，M，N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起，使平面ADE与平面BDE的夹角为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M，N的连线与AE所成的角的大小为(　　)A．45° 　　　B．90°　　　C．135° 　　　D．150°B　[建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知△ABE为等腰直角三角形，设CD＝1，则BE＝1，AB＝1，AE＝2.设BC＝DE＝2a，则E(0，0，0)，A(1，0，1)，N(1，a，0)，D(0，2a，0)，M12，a，12，∴MN＝12，0，-12，AE＝(－1，0，－1)，∴MN·AE＝12，0，-12·(－1，0，－1)＝0，∴AE⊥MN，从而MN与AE所成的角为90°．]2．(2022·山东泰安期中)如图，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，四边形ABCD是矩形，且AD＝2AB，E为CD的中点，F为AD上一点，当BF⊥PE时，AFFD＝(　　)A．3 　　　B．12　　　C．13 　　　D．2C　[分别取AD，BC的中点O，G，连接OP，OG，以O为坐标原点，OG，OD，OP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设AD＝2，则B(1，－1，0)，E12，1，0，P(0，0，3)．设F(0，a，0)，则BF＝(－1，a＋1，0)，PE＝12，1，-3.因为BF⊥PE，所以－12＋a＋1＝0，解得a＝－12，所以AFFD＝13.故选C．]3．如图，四棱锥P-ABCD中，PB⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3，点E在棱PA上，且PE＝2EA，则平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为(　　)A．23 　　　B．66　　　C．33 　　　D．63B　[如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA，BP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，3，0)，P(0，0，3)，D(3，3，0)，E(0，2，1)，所以BE＝(0，2，1)，BD＝(3，3，0)．设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，则n·BE=2y+z=0，n·BD=3x+3y=0，取z＝1，得n＝12，-12，1.易知平面ABE的法向量为m＝(1，0，0)，所以|cos 〈m，n〉|＝m·nmn＝121×62＝66，所以平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为66.故选B．]4．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为线段AB的中点，点F在线段AD上移动，当异面直线B1C与EF所成角最小时，其余弦值为(　　)A．0 　　　B．12　　　C．105 　　　D．1116C　[以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，E(2，1，0)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，B1C＝(－2，0，－2)，设F(m，0，0)(0≤m≤2)，EF＝(m－2，－1，0)，设异面直线B1C与EF所成的角为θ，则cos θ＝EF·B1CEFB1C＝-2×m-222·m-22+1＝12·1m-22+1，当异面直线B1C与EF所成角最小时，cos θ最大，即当m＝0时，cos θ＝12×14+1＝210＝105．]二、填空题5．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．25　[建立空间直角坐标系如图所示，设AB＝1，则F1，12，0，E12，0，0，设M(0，y，1)(0≤y≤1)，则EM＝-12，y，1，AF＝1，12，0.∴cos θ＝AF·EMAFEM＝-12+12y1+14·14+y2+1＝1-y52·4y2+5＝255·1-y4y2+5，令t＝1－y，则y＝1－t，∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，当t≠0时，cos θ＝255·t4t2-8t+9＝255·t24t2-8t+9＝25514-8t+9t2＝255191t-492+209，当t＝1时，cos θ有最大值，cos θ的最大值为255×15＝255×55＝25.综上，cos θ的最大值为25．]6．如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为________．35　[设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B1(0，3，2)，F(1，0，1)，E12，32，0，G(0，0，2)，B1F＝(1，－3，－1)，EF＝12，-32，1，GF＝(1，0，－1)．设平面GEF的法向量为n＝(x，y，z)，则EF·n=0，GF·n=0，即12x-32y+z=0，x-z=0， 取x＝1，则z＝1，y＝3，故n＝(1，3，1)为平面GEF的一个法向量，所以|cos 〈n，B1F〉|＝1-3-15×5＝35，所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为35．]三、解答题7．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝22，E为CD的中点，点F在线段PB上．(1)求证：AD⊥PC；(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．[解]　(1)证明：如图所示，在平行四边形ABCD中，连接AC，因为AB＝22，BC＝2，∠ABC＝45°，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos 45°＝4，得AC＝2，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC．又AD∥BC，所以AD⊥AC．因为AD＝AP＝2，DP＝22，所以PA⊥AD，又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，所以AD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以AD⊥PC．(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PA ⊂侧面PAD，所以PA⊥底面ABCD，所以直线AC，AD，AP两两垂直，以A为原点，直线DA，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，D(－2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(－1，1，0)，P(0，0，2)，所以PC＝(0，2，－2)，PD＝(－2，0，－2)，PB＝(2，2，－2)．设PFPB＝λ(λ∈[0，1])，则PF＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，所以EF＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)．易得平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)．设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)，由n·PC=0，n·PD=0，得2y-2z=0，-2x-2z=0，令x＝1，得n＝(1，－1，－1)．因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，所以|cos 〈EF，m〉|＝|cos 〈EF，n〉|，即EF·mEFm＝EF·nEFn，所以|－2λ＋2|＝2λ3，即3|λ－1|＝|λ|(λ∈[0，1])，解得λ＝3-32λ=3+32舍，所以PFPB＝3-32，即当PFPB＝3-32时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．