【新高考复习】专题12 空间向量在立体几何中的应用 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（解析版

专题十二《空间向量在立体几何中的应用》讲义知识梳理.空间向量1．平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或共线，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．2．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝kn2(k∈R)l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml∥αn⊥m⇔n·m＝0l⊥αn∥m⇔n＝km(k∈R)平面α，β的法向量分别为n，mα∥βn∥m⇔n＝km(k∈R)α⊥βn⊥m⇔n·m＝03．异面直线所成角设异面直线a，b所成的角为θ，则cosθ＝|a·b||a||b|，其中a，b分别是直线a，b的方向向量．4．直线与平面所成角如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，则sinφ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n||a||n|5．二面角(1)若AB，CD分别是二面角α­l­β的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB―→与CD―→的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α­l­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cosφ|＝|cosθ|＝|n1·n2||n1||n2|，如图(2)(3)．6．利用空间向量求距离(1)两点间的距离设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|AB―→|＝x1－x22＋y1－y22＋z1－z22.(2)点到平面的距离如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|BO―→|＝|AB―→·n||n|.题型一.利用空间向量证明平行与垂直1．如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB=12PD＝1．（1）证明：PQ⊥平面DCQ；（2）证明：PC∥平面BAQ．【解答】解：如图，以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，射线DP为y轴的正半轴，射线DC为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz．（1）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0），则𝐷𝑄→=(1，1，0)，𝐷𝐶→=(0，0，1)，𝑃𝑄→=(1，−1，0)，所以𝑃𝑄→⋅𝐷𝑄→=0，𝑃𝑄→⋅𝐷𝐶→=0，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC且DQ∩DC＝D，故PQ⊥平面DCQ；（2）根据题意，𝐷𝐴→=(1，0，0)，𝐴𝐵→=(0，0，1)，𝐴𝑄→=(0，1，0)，故有𝐷𝐴→⋅𝐴𝐵→=0，𝐷𝐴→⋅𝐴𝑄→=0，所以𝐷𝐴→为平面BAQ的一个法向量．又因为𝑃𝐶→=(0，−2，1)，且𝐷𝐴→⋅𝑃𝐶→=0，即DA⊥PC，且PC⊄平面BAQ，故PC∥平面BAQ．2．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中AA1＝AD＝1，E为CD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．【解答】（1）证明：连接A1D，B1C，∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，∴A1D⊥AD1，∵A1B1⊥平面A1ADD1，∴AD1⊥A1B1，∵A1D∩A1B1＝A1，∴AD1⊥平面A1B1CD，∵B1E⊂平面A1B1CD，∴B1E⊥AD1；（2）解：存在AA1的中点P，使得DP∥平面B1AE，证明如下：取AA1的中点P，AB1的中点Q，连接PQ，则PQ∥A1B1，且PQ=12A1B1，∵DE∥A1B1，且DE=12A1B1，∴PQ∥DE且PQ＝DE∴四边形PQDE为平行四边形，∴PD∥QE又PD⊄平面AB1E，QE⊆平面AB1E∴PD∥平面AB1E此时AP=12AA1．3．如图，四棱锥S﹣ABCD中底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中点，求证：平面BDE⊥平面ABCD．【解答】证明：连结AC交BD于O，连结OE．则OE是△SAC的中位线，则OE∥SA，∵AS⊥底面ABCD，∴OE⊥平面ABCD，∵OE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABCD．题型二.异面直线的夹角1．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点，AB＝2，AD＝2√2，PA＝2，则异面直线BC与AE所成的角的大小为（）A．𝜋6B．𝜋4C．𝜋3D．𝜋2【解答】解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，B（2，0，0），C（2，2√2，0），P（0，0，2），A（0，0，0），E（1，√2，1），𝐵𝐶→=（0，2√2，0），𝐴𝐸→=（1，√2，1），设异面直线BC与AE所成的角为θ，cos＜𝐵𝐶→，𝐴𝐸→＞=|𝐵𝐶→⋅𝐴𝐸→||𝐵𝐶→|⋅|𝐴𝐸→|=42√2⋅√4=√22，∴异面直线BC与AE所成的角的大小为𝜋4．故选：B．2．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段A1C上运动（包括端点），则BP与AD1所成角的取值范围是[𝜋6，𝜋3]．【解答】解：设BP与AD1所成角为θ．如图所示，以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，设|AB|＝1．则B（0，0，0），C（1，0，0），A1（0，1，1），C1（1，0，1），D1（1，1，1），𝐴𝐷1→=𝐵𝐶1→=（1，0，1），𝐵𝐶→=（1，0，0），𝐶𝐴1→=（﹣1，1，1）．设𝐶𝑃→=λ𝐶𝐴1→，则𝐵𝑃→=𝐵𝐶→+𝜆𝐶𝐴1→=（1﹣λ，λ，λ），0≤λ≤1，∴cos＜𝐵𝐶1→，𝐵𝑃→＞=𝐵𝐶1→⋅𝐵𝑃→|𝐵𝐶1→|⋅|𝐵𝑃→|=1√2×√(1−𝜆)2+2𝜆2=1√6(𝜆−13)2+43∈[12，√32]，∴θ∈[𝜋6，𝜋3]．∴BP与AD1所成角的取值范围是[𝜋6，𝜋3]．故答案为：[𝜋6，𝜋3]．3．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1，Q为PD中点．（Ⅰ）求证：PD⊥BQ；（Ⅱ）求异面直线PC与BQ所成角的余弦值．【解答】（I）证明：如图所示，A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，2），D（0，2，0），Q（0，1，1），C（1，1，0），𝑃𝐷→=（0，2，﹣2），𝐵𝑄→=（﹣1，1，1），由𝑃𝐷→•𝐵𝑄→=2﹣2＝0，∴𝑃𝐷→⊥𝐵𝑄→，∴PD⊥BQ；（Ⅱ）解：𝐶𝑃→=（﹣1，﹣1，2），cos＜𝐶𝑃→，𝐵𝑄→＞=2√3×√6=√23．∴异面直线PC与BQ所成角的余弦值为√23．题型三.线面角1．如图，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC﹣A1B1C1的地面边长为a，侧棱长为√2𝑎，则AC1与侧面ABB1A1所成的角是（）A．30°B．45°C．60°D．90°【解答】解以C为原点，在平面ABC中，过点C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，则A（√3𝑎2，𝑎2，0），C1（0，0，√2𝑎），A1（√3𝑎2，𝑎2，√2𝑎），B（0，a，0），𝐴𝐶1→=（−√3𝑎2，−𝑎2，√2𝑎），𝐴𝐵→=（−√3𝑎2，𝑎2，0），𝐴𝐴1→=（0，0，√2𝑎），设平面ABB1A1的法向量𝑛→=（x，y，z），则{𝑛→⋅𝐴𝐵→=−√3𝑎2𝑥+𝑎2𝑦=0𝑛→⋅𝐴𝐴1→=√2𝑎𝑧=0，取x＝1，得𝑛→=（1，√3，0），设AC1与侧面ABB1A1所成的角为θ，则sinθ＝|cos＜𝑛→，𝐴𝐶1→＞|=|𝑛→⋅𝐴𝐶1→||𝑛→|⋅|𝐴𝐶1→|=√3𝑎2√3𝑎=12，∴θ＝30°，∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°．故选：A．2．若直线l与平面α所成角为𝜋3，直线a在平面α内，且与直线l异面，则直线l与直线a所成的角的取值范围是（）A．[0，23𝜋]B．[𝜋3，2𝜋3)C．[𝜋3，𝜋2]D．[𝜋3，2𝜋3]【解答】解：由于直线l与平面α所成角为𝜋3，直线l与平面α所成角是直线l与平面α内所有直线成的角中最小的一个，而直线l与平面α所成角的范围是[0，𝜋2]，直线a在平面α内，且与直线l异面，故直线l与直线a所成的角的取值范围是[𝜋3，𝜋2]．故选：C．3．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，PA⊥AB，PA＝AB，∠𝐴𝐵𝐶=𝜋3，∠𝐵𝐶𝐴=𝜋2，点D，E分别在棱PB，PC上，且DE∥BC，（1）求证：BC⊥平面PAC；（2）当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的正弦值．【解答】解：（解法一）：（1）∵PA⊥AC，PA⊥AB，AC∩AB＝A，∴PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC．又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC．∴BC⊥平面PAC．（4分）（2）∵D为PB的中点，DE∥BC，∴DE=12BC，又由（1）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E．∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，又PA＝AB，∴△ABP为等腰直角三角形，∴AD=1√2AB，∴在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，∴BC=12AB．∴在Rt△ADE中，sin∠DAE=𝐷𝐸𝐴𝐷=𝐵𝐶2𝐴𝐷=√24，∴AD与平面PAC所成的角的正弦值是√24．（12分）（解法二）：如图，以A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz，设PA＝a，由已知可得P（0，0，a），A（0，0，0），𝐵(−12𝑎，√32𝑎，0)，𝐶(0，√32𝑎，0)．（1）∵𝐴𝑃→=(0，0，𝑎)，𝐵𝐶→=(12𝑎，0，0)，∴𝐴𝑃→⋅𝐵𝐶→=0，∴BC⊥AP．又∵∠BCA＝90°，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC．（4分）（2）∵D为PB的中点，DE∥BC，∴E为PC的中点，∴𝐷(−14𝑎，√34𝑎，12𝑎)，𝐸(0，√34𝑎，12𝑎)，∴又由（1）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E．∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，∵𝐴𝐷→=（−14𝑎，√34𝑎，12𝑎），𝐴𝐸→=（0，√34a，12a），∴cos∠DAE=𝐴𝐷→⋅𝐴𝐸→|𝐴𝐷→|⋅|𝐴𝐸→|=√144，sin∠DAE=√1−(√144)2=√24．∴AD与平面PAC所成的角的正弦值为√24．（12分）题型四.二面角1．如图在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC=√2，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值√33．【解答】解：以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，A（1，0，0），B（0，√2，0），C（0，0，0），P（1，0，1），𝐶𝑃→=（1，0，1），𝐶𝐵→=（0，√2，0），𝐴𝐵→=（﹣1，√2，0），𝐴𝑃→=（0，0，1），设平面PCB的法向量𝑛→=（x，y，z），则{𝑛→⋅𝐶𝑃→=𝑥+𝑧=0𝑛→⋅𝐶𝐵→=√2𝑦=0，取x＝1，得𝑛→=（1，0，﹣1），设平面PAB的法向量𝑚→=（x，y，z），则{𝑚→⋅𝐴𝐵→=−𝑥+√2𝑦=0𝑚→⋅𝐴𝑃→=𝑧=0，取x=√2，得𝑚→=（√2，1，0），设二面角A﹣PB﹣C的平面角为θ，则cosθ=|𝑚→⋅𝑛→||𝑚→|⋅|𝑛→|=√2√2⋅√3=√33．∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为√33．故答案为：√33．2．如图，设AB为圆锥PO的底面直径，PA为母线，点C在底面圆周上，若△PAB是边长为2的正三角形，