2023届高考数学二轮复习专题四立体几何第4讲空间向量与距离、探索性问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题四立体几何第4讲空间向量与距离、探索性问题学案，共15页。
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,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?(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=.如图,连接AF,由BF⊥A1B1,AB∥A1B1,得BF⊥AB,于是AF==3,所以AC==2.所以AB2+BC2=AC2,即BA⊥BC,故以B为坐标原点,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),=(0,2,1).设B1D=m(0≤m≤2),则D(m,0,2),于是=(1-m,1,-2).所以·=0,所以BF⊥DE.(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),则又=(1-m,1,-2),=(-1,1,1),所以令x=3,得y=m+1,z=2-m,于是平面DFE的一个法向量为n2=(3,m+1,2-m),所以cos<n1,n2>= .设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ,则sin θ=,故当m=时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,为,即当B1D=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,AD⊥CD,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AC⊥DE;在△ABD和△CBD中,因为AD=CD,∠ADB=∠BDC,DB=DB,所以△ABD≌△CBD,所以AB=CB,又因为E为AC的中点,所以AC⊥BE.又因为DE,BE⊂平面BED,DE∩BE=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AC⊥EF,所以S△AFC=AC·EF,当EF⊥BD时,EF最小,即△AFC的面积最小.因为△ABD≌△CBD,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=,因为AD⊥CD,所以DE=AC=1,在△DEB中,DE2+BE2=BD2,所以BE⊥DE.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,,0),D(0,0,1),所以=(-1,0,1),=(-1,,0),设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则取y=,则n=(3,,3),又因为C(-1,0,0),F(0,,),所以=(1,,),所以cos<n,>===,设CF与平面ABD所成的角为θ,所以sin θ=|cos<n,>|=,所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为.　　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:(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=a,则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u,则点P到直线l的距离为PQ==.2.点面距:如图,已知平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点,过点P作平面α的垂线l,交平面α于点Q,则n是直线l的方向向量,且点P到平面α的距离为PQ=|·|=||=.典例1　(2022·北京一模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=1,M为线段A1C1上一点.(1)求证:BM⊥AB1;(2)若直线AB1与平面BCM所成角为,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AA1⊥AB,AA1⊥AC,而AB⊥AC,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)(a∈[0,1]),则=(-1,a,1),=(1,0,1),因为·=-1×1+a×0+1×1=0,所以⊥,即BM⊥AB1.(2)解:设平面BCM的法向量为n=(x,y,z),=(-1,a,1),=(-1,1,0),所以有⇒⇒n=(1,1,1-a),因为直线AB1与平面BCM所成角为,所以|cos<,n>|=sin⇒||=⇒=,解得a=,即n=(1,1,),因为=(1,0,-1),所以点A1到平面BCM的距离为|cos <,n>|·||=·||==.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,PD∥QA,∠PDA=,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,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,PD⊥AD,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=(0,2,-1),由题可知=(2,0,0)为平面PDC的一个法向量,且·=0,即⊥,又因为QB⊄平面PDC,所以QB∥平面PDC.(2)解:=(2,2,-2),=(0,2,-2),=(2,0,-1),设平面PBC的法向量为n=(a,b,c),则取b=1,得n=(0,1,1),设平面PBQ的法向量为m=(x1,y1,z1),则取x1=1,得m=(1,1,2),设二面角C-PB-Q的平面角为θ,则|cos θ|===,由图知二面角C-PB-Q为钝二面角,所以θ=,所以二面角C-PB-Q的大小为.(3)解:点H在棱PD上,且异面直线AH与PB所成角的余弦值为,设DH=λ(0≤λ≤2),则H(0,0,λ),A(2,0,0),=(-2,0,λ),=(2,2,-2),所以|cos<,>|===,解得λ=或λ=(舍去),所以H(0,0,),则=(0,2,-),又=(2,0,0),设平面HBC的法向量为t=(x2,y2,z2),则取z2=4,得t=(0,3,4),又=(0,2,0),所以点A到平面HBC的距离d==.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,BD⊥CD,点E,F分别是BC,DC的中点.(1)证明:平面ACD⊥平面AEF;(2)若∠BCD=60°,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AE⊥BC,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CD⊥AE,因为点E,F分别是BC,CD的中点,所以EF∥BD,又因为BD⊥CD,所以CD⊥EF,又因为AE∩EF=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EH⊥BD,垂足为H,设BC=4,则EA=2,DF=FC=1,EF=.以{,,}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(0,0,2),C(-1,,0),D(1,,0),设G(1,t,0),t∈[-,],则=(0,0,2),=(1,,-2),=(2,0,0),=(1,t,0),设平面AEG的法向量为n1=(x1,y1,z1),由得令y1=-1,故n1=(t,-1,0),设平面ACD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令z2=1,则n2=(0,2,1),设平面AEG与平面ACD所成的锐二面角为θ,则cos θ=|cos<n1,n2>|=||=,当t=0时,cos θ最大,此时锐二面角θ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PA⊥BC,因为底面ABCD为正方形,所以AB⊥BC,又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,因为AE⊂平面PAB,所以AE⊥BC,因为PA=AB,E为线段PB的中点,所以AE⊥PB,又PB∩BC=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(0,2,0),P(0,0,2),E(1,0,1),所以=(1,0,1),=(2,2,-2),=(0,2,-2),设F(2,λ,0)(0≤λ≤2),所以=(2,λ,0),设平面AEF的法向量为n=(x1,y1,z1),则所以令y1=2,则n=(-λ,2,λ),设平面PCD的法向量为m=(x2,y2,z2),则所以令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°|===,解得λ=1,所以当点F为BC的中点时,平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°.