2020版新设计一轮复习数学（理）江苏专版讲义：第八章第七节空间向量的综合应用

第七节空间向量的综合应用

　
[锁定考向]
探索性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度．
立体几何中常见的探索性问题有：
(1)探索性问题与平行相结合；
(2)探索性问题与垂直相结合；
(3)探索性问题与空间角相结合．　　　 　
[题点全练]
角度一：探索性问题与平行相结合
1.如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝ .
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD.
所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，
所以PD⊥平面PAB.
(2)取AD的中点O，连接PO，CO.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.
因为AC＝CD，所以CO⊥AD.

如图所示，建立空间直角坐标系O­xyz.
由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2，0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．
则＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)，＝(1,1，－1)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝2，则x＝1，y＝－2.
所以n＝(1，－2,2)．
又＝(1,1，－1)，
所以cos〈n，〉＝＝－.
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
(3)设M是棱PA上一点，
则存在λ∈[0,1]，使得＝λ.
因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)．
因为BM⊄平面PCD，
所以要使BM∥平面PCD，当且仅当·n＝0，
即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.
解得λ＝.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面BCD，此时＝.
角度二：探索性问题与垂直相结合
2.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，且PA＝AB＝BC＝AD＝1 ，PA⊥平面ABCD.
(1)求PB与平面PCD所成角的正弦值；
(2)在棱PD上是否存在一点E满足∠AEC＝90°？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由．
解：(1)依题意，以A为坐标原点，
分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，
则P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，
从而＝(1,0，－1)，＝(1,1，－1)，＝(0,2，－1)，
设平面PCD的法向量为n＝(a，b，c)，
则即
不妨取c＝2，则b＝1，a＝1，
所以平面PCD的一个法向量为n＝(1,1,2)，
则cos〈，n〉＝＝－，
所以PB与平面PCD所成角的正弦值为.
(2)设＝λ (0≤λ≤1)，则E(0,2λ，1－λ)，
所以＝(－1,2λ－1,1－λ)，＝(0,2λ，1－λ)，
由∠AEC＝90°，得·＝2λ(2λ－1)＋(1－λ)2＝0，
化简得，5λ2－4λ＋1＝0，该方程无解，
所以在棱PD上不存在一点E满足∠AEC＝90°.
角度三：探索性问题与空间角相结合
3．(2019·苏州模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC＝4，点M为PC的中点，点E为BC边上的动点，且＝λ.
(1)求证：平面ADM⊥平面PBC；
(2)是否存在实数λ，使得二面角P­DE­B的余弦值为？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：取PB的中点N，连结MN，AN，
因为M是PC的中点，
所以MN∥BC，MN＝BC＝2，
又BC∥AD，
所以MN∥AD，
又因为MN＝AD，
所以四边形ADMN为平行四边形，
因为AP⊥AD，AB⊥AD，AB∩AP＝A，
所以AD⊥平面PAB，
所以AD⊥AN，所以AN⊥MN，
因为AP＝AB，所以AN⊥PB，
又因为PB∩MN＝N，
所以AN⊥平面PBC，
因为AN⊂平面ADM，所以平面ADM⊥平面PBC.
(2)存在符合条件的λ.
以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设BE＝t，
则E(2，t,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，B(2,0,0)，从而＝(0,2，－2)，＝(2，t－2,0)，
设平面PDE的法向量为n1＝(x，y，z)，
则即令y＝z＝2，解得x＝2－t，所以n1＝(2－t,2,2)，
又平面DEB即为平面xAy，故其一个法向量为n2＝(0,0,1)，
则|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，
解得t＝2，可知λ＝1.
[通法在握]
解立体几何中探索性问题的方法
(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理；
(2)若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；
(3)若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．
[提醒]　探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．
[演练冲关]
如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；
(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．
解：(1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D­xyz.
依题易得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E，所以＝，＝(－1,0,1)．
设异面直线NE与AM所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.
所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.
(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，
因为＝(0,1,1)，可设＝λ＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，
又＝，
所以＝＋＝.
由ES⊥平面AMN，
得即解得λ＝，
此时＝，||＝.
经检验，当AS＝时，ES⊥平面AMN.
故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，
此时AS＝.
　
[典例引领]
　(2019·海门模拟) 如图，在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝2，AC＝4，AA1＝2.设＝λ (λ＞0)．
(1)若λ＝1，求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值；
(2)若二面角B1 ­A1C1 ­D的大小为60°，求实数λ的值．
解：以A点为坐标原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，C1(0,4,2)．
(1)当λ＝1时，D为BC的中点，所以D(1,2,0)，＝(1， －2,2)，＝(0,4,0)，＝(1,2，－2)．
设平面A1C1D的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则即
所以可取n1＝(2,0,1)．
设直线DB1与平面A1C1D所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n1〉|＝＝＝，
所以直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值为.
(2)因为＝λ，所以D，
所以＝.
设平面A1C1D的一个法向量为n2＝(a，b，c)，
则即
所以可取n2＝(λ＋1,0,1)．
又平面A1B1C1的一个法向量为n3＝(0,0,1)，
由题意得＝，
所以＝，解得λ＝－1或λ＝－－1(不合题意，舍去)，
所以实数λ的值为－1.
[由题悟法]
由定角求参数值的三个步骤
(1)结合图形建立适当的空间直角坐标系；
(2)根据给定的角建立方程或方程组；
(3)解方程或方程组，结合题目对参数的要求，求得参数的值．
[即时应用]
如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为棱C1D1的中点，Q为棱BB1上的点，且BQ＝λBB1(λ≠0)．
(1)若λ＝，求AP与AQ所成角的余弦值；
(2)若直线AA1与平面APQ所成的角为45°，求实数λ的值．
解：以{，，}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.则C1(2,2,2)，D1(0，2,2)，B(2,0,0)，B1(2，0,2)，P(1,2,2)，A1(0,0,2)，Q(2,0,2λ)．

(1)若λ＝，则Q(2,0,1)，因为＝(1,2,2)，＝(2,0,1)，
所以cos〈，〉＝＝＝，
所以AP与AQ所成角的余弦值为.
(2)由＝(0,0,2)，＝(2,0,2λ)．
设平面APQ的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝－2，则x＝2λ，y＝2－λ，
所以n＝(2λ，2－λ，－2)．
又因为直线AA1与平面APQ所成的角为45°，
所以|cos〈n，〉|＝＝＝，
可得5λ2－4λ＝0.
又因为λ≠0，所以λ＝.
　
[典例引领]
(2019·太湖高级中学检测)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.
(1)求证：AD⊥平面BFED；
(2)点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．
解：(1)证明：在梯形ABCD中，
因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，
所以AB＝2，所以BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 60°＝3.
所以AB2＝AD2＋BD2，
所以AD⊥BD.
因为平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE⊂平面BFED，DE⊥DB，
所以DE⊥平面ABCD，
所以DE⊥AD，又DE∩BD＝D，所以AD⊥平面BFED.
(2)由(1)可建立分别以直线DA，DB，DE为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，如图所示，令EP＝λ(0≤λ≤)，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)，
所以＝(－1，，0)，＝(0，λ－，1)．
设n1＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，
由得
取y＝1，则n1＝(，1，－λ)，
因为n2＝(0,1,0)是平面ADE的一个法向量，
所以cos θ＝＝＝.
因为0≤λ≤，所以当λ＝时，cos θ有最大值，
所以θ的最小值为.
[由题悟法]
处理立体几何的最值问题的2种方法
(1)结合条件与图形恰当分析取得最值的条件；
(2)直接建系后，表示出函数转化为函数最值问题．
[即时应用]
如图1，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连结AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2所示)．

(1)当BD的长为多少时，三棱锥A­BCD的体积最大；
(2)当三棱锥A­BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．
解：(1)设BD＝x(0＜x＜3)，则CD＝3－x.
由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC为等腰直角三角形，
所以AD＝CD＝3－x.
由折起前AD⊥BC知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，
所以AD⊥平面BCD.
又∠BDC＝90°，
所以S△BCD＝BD·CD＝x(3－x)．
于是VA­BCD＝S△BCD·AD＝(3－x)·x(3－x)
＝·2x(3－x)·(3－x)≤3
＝(当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立)，
故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥A­BCD的体积最大．

(2)以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.
由(1)知，当三棱锥A­BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2.
于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，
所以＝(－1,1,1)．
设N(0，λ，0)，0≤λ≤1，则＝.
因为EN⊥BM，所以·＝0，
即·(－1,1,1)＝＋λ－1＝0，
故λ＝，N.
所以当DN＝(即N是CD上靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.
设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由及＝，
得取x＝1，得n＝(1,2，－1)．
设EN与平面BMN所成角的大小为θ，
则由＝，
可得sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，即θ＝60°，
故EN与平面BMN所成角的大小为60°.

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1.(2019·海安检测)如图，在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．
(1)求证：B1E⊥AD1；
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．
(3)若二面角A­B1E­A1的大小为30°，求AB的长．
解：(1)证明：以A为坐标原点，，， 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．设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，
故＝(0,1,1)，＝.
∵·＝0＋1－1＝0，∴⊥，即B1E⊥AD1.
(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)．
由(1)知，＝(a,0,1)，＝.
设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z)．
则即
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，即－az0＝0，
解得z0＝.
又∵DP⊄平面B1AE，
∴在棱AA1上存在一点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.
(3)连结A1D，B1C，由长方体ABCD ­A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.
∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.
又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，
∴AD1⊥平面DCB1A1.
∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)．
则cos〈n，〉＝＝ .
∵二面角A­B1E­A1的大小为30°，
∴＝，解得a＝2，
即AB的长为2.
2．(2018·南京学情调研)如图，在底面为正方形的四棱锥P­ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是线段PC的中点．
(1)求异面直线AP与BE所成角的大小；
(2)若点F在线段PB上，且使得二面角F­DE­B的正弦值为，求的值．
解：(1)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，所以DA，DC，DP两两垂直，故以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.
因为PD＝DC，所以DA＝DC＝DP，
不妨设DA＝DC＝DP＝2，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)．
因为E是PC的中点，所以E(0,1,1)，
所以＝(－2,0,2)，＝(－2，－1,1)，
所以cos〈，〉＝＝，
从而〈，〉＝.
因此异面直线AP与BE所成角的大小为.
(2)由(1)可知，＝(0,0,2)，＝(0,1,1)，＝(2,2,0)，＝(2,2，－2)．
设＝λ，则＝(2λ，2λ，－2λ)，
从而＝＋＝(2λ，2λ，2－2λ)．
设m＝(x1，y1，z1)为平面DEF的法向量，
则即
取z1＝λ，则y1＝－λ，x1＝2λ－1.
故m＝(2λ－1，－λ，λ)为平面DEF的一个法向量，
设n＝(x2，y2，z2)为平面DEB的法向量，
则即
取x2＝1，则y2＝－1，z2＝1.
所以n＝(1，－1,1)为平面BDE的一个法向量．
因为二面角F­DE­B的正弦值为，
所以二面角F­DE­B的余弦值的绝对值为，
即|cos〈m，n〉|＝＝＝，
化简得4λ2＝1.
因为点F在线段PB上，所以0≤λ≤1，
所以λ＝，即＝.
3．(2018·常州期末)如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，侧面ADD1A1⊥底面ABCD，D1A＝D1D＝，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2.
(1)在平面ABCD内找一点F，使得D1F⊥平面AB1C；
(2)求二面角C­B1A­B的余弦值．
解：(1)取A1D1的中点E，因为D1A＝D1D，所以D1A＝A1A，
所以AE⊥A1D1.
又A1D1∥AD，所以AE⊥AD.
因为侧面ADD1A1⊥底面ABCD，侧面ADD1A1∩底面ABCD＝AD，AE⊂侧面ADD1A1，
所以AE⊥平面ABCD.
则以A为原点，以AB，AD，AE所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D1(0,1,1)，B1(1，－1,1)，
设F(a，b,0)，则＝(a，b－1，－1)， ＝(1,1,0)，＝(1，－1,1)，
因为D1F⊥平面AB1C，
所以即
得a＝b＝，
所以F，即F为AC的中点．
所以存在AC的中点F，使D1F⊥平面AB1C.
(2)由(1)可取平面B1AC的一个法向量n1＝＝.
设平面B1AB的法向量n2＝(x，y，z)，因为＝(1,0,0)，
所以即
令y＝1，得n2＝(0,1,1)．则cos〈n1，n2〉＝＝－.
由图知二面角C­B1A­B为锐角，
所以二面角C­B1A­B的余弦值为.
4．(2019·苏北四市一模)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，M为PC的中点．
(1)求异面直线AP与BM所成角的余弦值；
(2)点N在线段AD上，且AN＝λ，若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，求λ的值．
解：(1)因为PA⊥平面ABCD，且AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD.
又因为∠BAD＝90°，所以PA，AB，AD两两垂直．
以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为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)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)．
又因为M为PC的中点，所以M(1,1,2)．
所以＝(0,0,4)，＝(－1,1,2)，
所以cos〈，〉＝＝＝，
所以异面直线AP与BM所成角的余弦值为.
(2)因为AN＝λ，所以N(0，λ，0)(0≤λ≤4)，
则＝(－1，λ－1，－2)，＝(0,2,0)，＝(2,0，－4)．
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，
则即令x＝2，得y＝0，z＝1，
所以m＝(2,0,1)是平面PBC的一个法向量，
因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，
所以|cos〈，m〉|＝＝＝，解得λ＝1∈[0,4]，
所以λ的值为1.
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(2018·无锡期末)如图，正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AD＝1，D1D＝2，点P为棱CC1的中点．
(1)设二面角A­A1B­P的大小为θ，求sin θ的值；
(2)设M为线段A1B上的一点，求的取值范围．
解：(1)如图，以点D为原点，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D­xyz，
则A(1,0,0)，A1(1,0,2)，P(0,1,1)，B(1，1,0)，
所以＝(1，－1,1)，＝(1,0，－1)，
设平面PA1B的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得m＝(1,2,1)．
又平面AA1B的一个法向量n＝＝(1,0,0)，
所以cos〈n，m〉＝＝，
则sin θ＝.
(2)设M(x，y，z)，因为M在A1B上，
所以＝λ，即(x－1，y－1，z)＝λ(0，－1,2)(0≤λ≤1)，
所以M(1,1－λ，2λ)，
所以＝(0，λ－1，－2λ)，＝(－1，λ，1－2λ)，
所以＝＝＝ ，
令2λ－1＝t∈[－1,1]，则＝，
当t∈[－1,0)时，＝∈，
当t∈(0,1]时，＝∈，
当t＝0时，＝0，所以∈，
则∈.