2022版新教材数学人教A版选择性必修第一册学案：第一章 加练课2 空间向量在立体几何中的应用 WORD版含答案.docx

1、加练课2 空间向量在立体几何中的应用学习目标1.进一步掌握用向量法证明平行、垂直.2.进一步掌握求空间距离、空间角.自主检测必备知识一、概念辨析，判断正误 1.若空间向量a 平行于平面 ，则a 所在直线与平面 平行.( )2.两异面直线所成的角的范围是(0,90 ，直线与平面所成的角的范围是0,90 ，平面与平面的夹角的取值范围是0,90 .( )3.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.( )二、夯实基础,自我检测4.两个平面的夹角的棱上有A ，B 两点,直线AC,BD 分别在这两个半平面内,且都垂直于AB ，已知AB=2,AC=3,BD=4,CD=17 ，则这两个平面

2、的夹角的大小为( )A.30 B.45C.60 D.120答案： C5.（2020陕西西安中学高二期末）如图所示,直三棱柱ABC-A1B1C1 的侧棱长为3,底面边长A1C1=B1C1=1 ，A1C1B1=90 点D 在棱AA1 上,且AD=2DA1 ，点P 在棱C1C 上,则PDPB1 的最小值为( )A.52 B.-14 C.14 D.-52答案： B6.在如图所示的三棱锥P-ABC 中,PA 平面ABC ，D 是棱PB 的中点,若PA=BC=2 ，AB=4 ，CBAB ，则PC 与AD 所成角的余弦值为 .答案：3010解析： PA 平面ABC ，PAAB、PABC ，过点A 作AECB

3、 ，又CBAB ，AP、AB、AE 两两垂直,故以A为坐标原点,AB、AE、AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0)、P(0,0,2)、B(4,0,0)、C(4,-2,0) ，又D 为PB 的中点,D(2,0,1) ，故PC=(4,-2,-2) ，AD=(2,0,1)cosPC,AD=PCAD|PC|AD|=6265=3010 ，PC 与AD 所成角的余弦值为3010 .探究点一 建立空间直角坐标系精讲精练类型1 利用共顶点的互相垂直的三条棱建系 例1 （2021北京海淀实验学校高二期中）如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1 中，AA1 底面ABCD

4、 ，底面ABCD 满足ADBC ，AB=AD=AA1=2 ，BD=DC=22 .（1）求证：AB 平面ADD1A1 ；（2）求直线AB 与平面B1CD1 所成角的正弦值；（3）求点C1 到平面B1CD1 的距离.答案： （1）证明：因为AA1 底面ABCD ，且AB 平面ABCD ，所以AA1AB .因为AB=AD=2 ，BD=22，所以AB2+AD2=BD2 ，故ABAD .又ADAA1=A ，AD ，AA1 平面ADD1A1 ，所以AB 平面ADD1A1 .（2）以A 为原点，AB ，AD ，AA1 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0) ，B(2,0,0)

5、 ，B1(2,0,2) ，C(2,4,0) ，C1(2,4,2) ，D1(0,2,2) ，所以B1C=(0,4,-2) ，B1C=(-2,2,0) ，AB=(2,0,0) .设平面B1CD1 的法向量为n=(x,y,z) ，则nB1C=0,nB1D1=0, 即4y-2z=0,-2x+2y=0,取x=1 ，得y=1 ，z=2 ，则n=(1,1,2) ，设直线AB 与平面B1CD1 所成的角为 ，则sin=|cosn,AB|=|nAB|n|AB|=226=66 ，所以直线AB 与平面B1CD1 所成角的正弦值为66 .（3）由（2）可知平面B1CD1 的一个法向量为n=(1,1,2) ，CC1=(

6、0,0,2) ，所以点C1 到平面B1CD1 的距离d=|nCC1|n|=41+1+22=263,故点C1 到平面B1CD1 的距离为263 .解题感悟当图形中有明显的互相垂直，且相交于一点的三条直线时，可以利用这三条直线直接建立空间直角坐标系解决立体几何问题.类型2 利用线面垂直关系建系 例2 如图，在四棱锥P-ABCD 中，PAAD ，AD=12BC=3 ，PC=5 ，ADBC ，AB=AC ，BAD=150 ，PDA=30 .（1）证明：PA 平面ABCD ；（2）在线段PD 上是否存在一点F ，使直线CF 与平面PBC 所成角的正弦值等于14 ？若存在，求出点F 的位置；若不存在，请说

7、明理由.答案： （1）证明：取线段BC 的中点E ，连接AE .因为AD=3 ，PDA=30 ，PAAD ，所以PA=1 .因为ADBC ，BAD=150 ，所以ABC=30 .又因为AB=AC ，所以AEBC ，因为BC=23 ，所以BE=3 ，所以AC=AB=BEcos30=2 .因为PC=5 ，所以PC2=PA2+AC2 ，即PAAC .又因为PAAD ，且AD,AC 平面ABCD ，ADAC=A ，所以PA 平面ABCD .（2）以A 为坐标原点，AE ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0,1) ，B(1,-3,0) ，C(1,3

8、,0) ，D(0,3,0) .设F(x1,y1,z1) ，因为点F 在线段PD 上，所以可设PF=PD ，则x1=0,y1=3,z1=1-(01) ，即F(0,3,1-) ，所以FC=(1,3-3,-1) .设平面PBC 的法向量为u=(x,y,z) ，则uPB=0 ，uBC=0 ，所以x-3y-z=0,23y=0,所以u=(1,0,1) .因为直线CF 与平面PBC 所成角的正弦值等于14 ，所以|FCu|FC|u|=14 ，所以|21+4(-1)2=14 ，即=12 （负值舍去），所以点F 是线段PD 的中点.解题感悟题目中有线面垂直时，可以借助线面垂直寻求两两垂直的直线，从而建立空间直角

9、坐标系解决立体几何问题.类型3 利用面面垂直关系建系 例3 （2021浙江宁波诺丁汉大学附属中学高二月考）在四棱锥V-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形，平面VAD 底面ABCD .（1）证明：AB 平面VAD ;（2）求平面VAD 与平面VDB 夹角的余弦值.答案：（1）证明：取AD 的中点O ，连接VO ，则VO 底面ABCD .以点O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形ABCD 的边长为1，则A(12,0,0) ，B(12,1,0) ，C(-12,1,0) ，D(-12,0,0) ，V(0,0,32) ，所以AB=(0,1,0) ，AD=(-1,0,

10、0) ，AV=(-12,0,32) ，VB=(12,1,-32) ，BD=(-1,-1,0) ，所以ABAD=(0,1,0)(-1,0,0)=0 ，所以ABAD ，又平面VAD 底面ABCD ，且平面VAD 底面ABCD=AD ，所以AB 平面VAD .（2）由（1）得AB=(0,1,0) 是平面VAD 的一个法向量，设n=(x,y,z) 是平面VDB 的法向量，则nVB=0,nBD=0, 则12x+y-32z=0,-x-y=0, 令x=1 ，则y=-1 ，z=-33 ，所以平面VDB 的一个法向量为n=(1,-1,-33) ，所以cosAB,n=-11213=-217 ，故平面VAD 与平面

11、VDB 夹角的余弦值为217 .解题感悟 题目涉及面面垂直，这是寻找线线垂直建立空间直角坐标系的突破口.迁移应用1.如图，点E 是直三棱柱ABC-A1B1C1 的棱AB 的中点，G 为A1B1C1 的重心，ABBC ，AB=BC=BB1=2 .（1）求点A 到平面B1EG 的距离;（2）求平面B1EG 与平面A1EG 夹角的余弦值.答案：（1）易知BC ，BA ，BB1 两两垂直，故以B为原点，BC ，BA ，BB1 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0,2,0) ，B(0,0,0) ，E(0,1,0) ，A1(0,2,2) ，B1(0,0,2) ，C1(

12、2,0,2) ，G(23,23,2) .设平面B1EG 的法向量为n=(x,y,z) ，因为EB1=(0,-1,2) ，B1G=(23,23,0) ，所以nEB1=2z-y=0,nB1G=23x+23y=0,令z=1 ，得y=2 ，x=-2 ，即n=(-2,2,1) 是平面B1EG 的一个法向量.易得EA=(0,1,0) ，故点A到平面B1EG 的距离d=|EAn|n|=|0+2+0|4+4+1=23 .（2）设平面B1EG 和平面A1EG 的夹角为 ，由（1）知，平面B1EG 的一个法向量为n=(-2,2,1) .设平面A1EG 的法向量为m=(a,b,c) ，因为EA1=(0,1,2),A

13、1G=(23,-43,0) ，所以EA1m=b+2c=0,A1Gm=23a-43b=0,令c=1 ，得b=-2 ，a=-4 ，即m=(-4,-2,1) 是平面A1EG 的一个法向量，所以cos=|cosn,m|=|nm|n|m|=5321=52163 .故平面B1EG 和平面A1EG 夹角的余弦值为52163 .2.如图，四边形ABCD 与四边形BDEF 均为菱形，FA=FC ，且DAB=DBF=60 .（1）求证：AC 平面BDEF ；（2）求直线AD 与平面AEF 所成角的正弦值.答案： （1）证明：设AC 与BD 相交于点O ，连接FO ， 四边形ABCD 为菱形，ACBD ，且O 为A

14、C 的中点，FA=FC ，ACFO ，又FOBD=O ，FO ，BD 平面BDEF ，AC 平面BDEF .（2）连接DF ， 四边形BDEF 为菱形，且DBF=60 ，DBF 为等边三角形，O 为BD 的中点，FOBD ，又ACFO ，且ACBD=O ，AC ，BD 平面ABCD ，FO 平面ABCD ，OA ，OB ，OF 两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ，设AB=2 ， 四边形ABCD 为菱形，DAB=60 ，BD=2 ，AC=23 .DBF 为等边三角形，OF=3 .A(3,0,0) ，B(0,1,0) ，D(0,-1,0) ，F(0,0,3) ，E(0,-2,3)

15、，AD=(-3,-1,0) ，AF=(-3,0,3) ，EF=(0,2,0) .设平面AEF 的法向量为n=(x,y,z) ，则AFn=-3x+3z=0,EFn=2y=0, 取x=1, 得n=(1,0,1) .设直线AD 与平面AEF 所成的角为 ，则sin=|cosAD,n|=|ADn|AD|n|=64 .探究点二 立体几何中的探索性问题精讲精练 例 在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是边长为22 的正方形，平面PAC 底面ABCD ，PA=PC=22 .（1）求证：PB=PD ；（2）若点M,N 分别是棱PA ，PC 的中点，平面DMN 与棱PB 的交点为点Q ，则在线段BC 上是否

16、存在一点H ，使得DQPH ？若存在，求BH 的长；若不存在，请说明理由.答案： （1）证明：记ACBD=O ，连接PO ， 底面ABCD 是边长为22 的正方形，OA=OC=OB=OD=2 .PA=PC ，POAC ， 平面PAC 底面ABCD ，且平面PAC 底面ABCD=AC ，PO 平面PAC ，PO 底面ABCD .BD 底面ABCD ，POBD ，PB=PD .（2）存在.以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，由（1）可知OP=2 .则P(0,0,2) ，A(0,-2,0) ，B(2,0,0) ，C(0,2,0)

17、，D(-2,0,0) ，M(0,-1,1) ，N(0,1,1) ，DM=(2,-1,1) ，MN=(0,2,0) .设平面DMN 的法向量为n=(x,y,z) ，DMn=0 ，MNn=0 ，2x-y+z=0,2y=0, 令x=1 ，可得n=(1,0,-2) .记PQ=PB=(2,0,-2) ，可得Q(2,0,2-2) ，DQ=(2+2,0,2-2) ，由DQn=0 可得2+2-4+4=0 ，解得=13 ，DQ=(83,0,43) .记BH=tBC=(-2t,2t,0) ，可得H(2-2t,2t,0) ，PH=(2-2t,2t,-2) ，若DQPH ，则DQPH=083(2-2t)+43(-2)

18、=0 解得t=12 ，BH=2 .故在线段BC上存在一点H ，使得DQPH ，此时BH=2 .解题感悟 解决立体几何中的探索性问题的方法，一般根据探索性问题的设问，首先假设存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设；如果得到了矛盾，就否定假设.迁移应用（2021福建师范大学附属中学高二期中改编）如图，在棱柱ABCD-ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，DD=CD=4 ，AD=2 ，BAD=3 ，且D 在底面上的投影H 恰为CD 的中点.（1）过DH 作与BC 垂直的平面 ，交棱BC 于点N ，试确定点N 的位置，并说明理由；（2）在线段DC 上是否存

19、在点P ，使平面PBH 与平面BHA 的夹角为4 ？若存在，请确定点P 的位置；若不存在，请说明理由.答案： （1）当点N 为棱BC的中点时，符合题意，理由如下：连接NH ，ND .在HNC 中，NH=NC2+CH2-2NCCHcos3=3 ，所以HC2=NC2+HN2 ，因此HNC=2 ，即NHBC ，因为D 在底面上的投影H 恰为CD 的中点，所以DH 底面ABCD ，又BC 底面ABCD ，所以DHBC ，又DHNH=H ，DH ，NH 平面DHN ，所以BC 平面DHN ，因此点N 即为所求，平面DHN 即为平面 .（2）存在满足条件的点P ，且P 的位置与C 或D 重合.由（1）知H

20、NBC ，HNDB ，ADBC ，所以ADBD ，以DA ，DB 的方向分别为x ，y 轴的正方向，以过D 点垂直于底面ABCD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D(0,0,0) ，H(-1,3,0) ，B(0,23,0) ，D(-1,3,23) ，C(-2,23,0) ，C(-3,33,23) ，设DP=DC=(-2,23,0)=(-2,23,0) ，易得平面BHA 的法向量为m=(0,0,1) ，HB=(1,3,0) ，HD=(0,0,23) ，HP=HD+DP=(-2,23,23) ，设n=(x,y,z) 为平面PBH 的法向量，则nHB=0,nHP=0,即x+3y=0,

21、 -2x+23y+23z=0,令x=3 ，得n=(3,-1,2) ，因为平面PBH 与平面BHA 的夹角为4 ，所以|cosm,n|=cos4 ，即|mn|m|n|=22 ，所以|2|4+42=22 ，解得=1 .故P 与C 或D 重合时，平面PBH 与平面BHA 的夹角为4 .评价检测素养提升1.如图，矩形ADFE ，矩形CDFG ，正方形ABCD 两两垂直，且AB=2 ，若线段DE 上存在点P 使得GPBP ，则CG 的长度的最小值为( )A.4B.43 C.2D.23答案：D2.在正方体ABCD-A1B1C1D1 中，点E ，F 分别是AB ，CC1 的中点，则下列说法正确的是( )A.

22、A1EBFB.A1F 与BD 所成的角为60C.A1E 平面ADFD.A1F 与平面ABCD 所成角的余弦值为-13答案：C3.（2021江苏镇江高二期中）如图，四边形ABCD 是边长为2的菱形，ABC=60 ，四边形PACQ 为矩形，PA=1 ，且平面PACQ 平面ABCD .（1）求BP 与平面ACQP 所成角的余弦值；（2）求平面PBQ 与平面PDQ 夹角的大小；（3）求点C 到平面BPQ 的距离.答案： （1）建立如图所示的空间直角坐标系，则B(3,0,0) ，P(0,-1,1) ，所以BP=(-3,-1,1) ，易知平面ACQP 的一个法向量是t=(1,0,0) ，设BP 与平面AC

23、QP 所成的角为 ，所以sin=|BPt|BP|t|=351=155 ，所以cos=105 .（2）易知D(-3,0,0) ，Q(0,1,1) ，所以BQ=(-3,1,1) ，DQ=(3,1,1) ，DP=(3,-1,1) ，设平面PBQ 的法向量为m=(x,y,z) ，则mBP=0,mBQ=0即-3x-y+z=0,-3x+y+z=0,令x=3 ，则y=0 ，z=3 ，所以m=(3,0,3) ，设平面PDQ 的法向量为n=(x1,y1,z1) ，则nDP=0,nDQ=0, 即3x1-y1+z1=0,3x1+y1+z1=0令x1=3 ，则y1=0 ，z1=-3所以n=(3,0,-3) ，所以|cosm,n|=|mn|m|n|=62323=12 ，故平面PBQ 与平面PDQ 的夹角为3 .（3）易知C(0,1,0) ，所以CQ=(0,0,1) ，由（2）知平面BPQ 的一个法向量为m=(3,0,3) ，所以点C 到平面BPQ 的距离d=|CQm|m|=323=32 .