2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题4 第3讲　空间向量与空间角

第3讲空间向量与空间角[考情分析]以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点．空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等．考点一直线与平面所成的角核心提炼设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则①θ∈0，π2；②sinθ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n||a||n|.例1(2022·全国乙卷)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△ADB和△CDB中，因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.因为E为AC的中点，所以AC⊥BE.又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，又AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)解由(1)可知AB＝BC，又∠ACB＝60°，AB＝2，所以△ABC为边长为2的正三角形，则AC＝2，BE＝3，AE＝1.因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1.所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.由(1)可知，AC⊥平面BED.连接EF，因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小．在Rt△BED中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，EF＝DE·BEBD＝32.方法一由(1)可知，DE⊥AC，BE⊥AC，所以EA，EB，ED两两垂直，以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，D(0,0,1)，C(－1,0,0)，AB→＝(－1，3，0)，DB→＝(0，3，－1)．易得DF＝12，FB＝32，所以3DF→＝FB→.设F(0，y，z)，则DF→＝(0，y，z－1)，FB→＝(0，3－y，－z)，所以3(0，y，z－1)＝(0，3－y，－z)，得y＝34，z＝34，即F0，34，34，所以CF→＝1，34，34.设平面ABD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则n·AB→＝－x1＋3y1＝0，n·DB→＝3y1－z1＝0，不妨取y1＝1，则x1＝3，z1＝3，n＝(3，1，3)．记CF与平面ABD所成的角为α，则sinα＝|cos〈CF→，n〉|＝|CF→·n||CF→|·|n|＝437.方法二因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍．因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.因为VD－AEB＝VE－ADB，所以13·12AE·BE·DE＝13·S△ABD·d2，其中d为点C到平面ABD的距离．在△ABD中，BA＝BD＝2，AD＝2，所以S△ABD＝72，所以d＝2217.因为AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，所以FC＝FE2＋EC2＝72.记CF与平面ABD所成的角为α，则sinα＝dCF＝437.方法三如图，过点E作EM⊥AB交AB于点M，连接DM，过点E作EG⊥DM交DM于点G.因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以DE⊥AB，又EM∩DE＝E，EM，DE⊂平面DEM，所以AB⊥平面DEM，又EG⊂平面DEM，所以AB⊥EG，又AB∩DM＝M，AB，DM⊂平面ABD，所以EG⊥平面ABD，则EG的长度等于点E到平面ABD的距离．因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的12.因为EM＝AE·sin60°＝32，所以EG＝DE·EMDM＝DE·EMDE2＋EM2＝217，所以点C到平面ABD的距离d＝2217.FC＝FE2＋EC2＝72.记CF与平面ABD所成的角为α，则sinα＝dCF＝437.易错提醒(1)线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是〈a，n〉＋θ＝π2或〈a，n〉－θ＝π2，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值．(2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心．跟踪演练1(2022·龙岩质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，PA＝PD＝PB，BC＝DC＝12AD＝2，E为AD的中点，且PE＝4.(1)求证：PE⊥平面ABCD；(2)记PE的中点为N，若M在线段BC上，且直线MN与平面PAB所成角的正弦值为39，求线段BM的长度．(1)证明连接BE，∵BC＝12AD＝DE＝2，AD∥BC，∴四边形BCDE为平行四边形，∴BE＝CD＝2，∵PA＝PD且E为AD的中点，∴PE⊥AD，∴PD＝PE2＋DE2＝16＋4＝25，∴PB＝PD＝25，∴PE2＋BE2＝PB2，即PE⊥BE，又∵AD∩BE＝E，AD，BE⊂平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD.(2)解以E为原点，EA为x轴，EB为y轴，EP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,2,0)，P(0,0,4)，∴AB→＝(－2,2,0)，PB→＝(0,2，－4)，设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB→＝0，n·PB→＝0，即－2x＋2y＝0，2y－4z＝0，故可取n＝(2,2,1)，设BM＝t(t∈[0,2])，则M(－t，2,0)，而N(0,0,2)，∴MN→＝(t，－2,2)，设直线MN与平面PAB所成的角为θ，则sinθ＝||cos〈MN→，n〉＝||MN→·n||MN→|n|＝2t－4＋2t2＋4＋4·9＝39，化简得11t2－24t＋4＝0，解得t＝2或t＝211，满足t∈[0,2]，故线段BM的长度为2或211.考点二二面角核心提炼设α－l－β的平面角为θ，α的法向量为u，β的法向量为v.则①θ∈[0，π]．②|cosθ|＝|cos〈u，v〉|＝|u·v||u||v|.例2(2022·广东联考)如图，AB是圆O的直径，PA⊥圆O所在的平面，C为圆周上一点，D为线段PC的中点，∠CBA＝30°，AB＝2PA.(1)证明：平面ABD⊥平面PBC；(2)若G为AD的中点，求二面角P－BC－G的余弦值．(1)证明因为PA⊥圆O所在的平面，即PA⊥平面ABC，而BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.因为AB是圆O的直径，C为圆周上一点，所以AC⊥BC.又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，而AD⊂平面PAC，则BC⊥AD，因为AC⊥BC，∠CBA＝30°，所以AB＝2AC.又AB＝2PA，所以PA＝AC，而D为线段PC的中点，所以AD⊥PC.又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，所以AD⊥平面PBC，而AD⊂平面ABD，故平面ABD⊥平面PBC.(2)解以C为原点，分别以CA→，CB→的方向为x轴、y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB＝2，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，D12，0，12，G34，0，14，CB→＝(0，3，0)，CG→＝34，0，14.设平面GBC的法向量为m＝(x，y，z)，则m·CB→＝3y＝0，m·CG→＝34x＋14z＝0，令x＝1，得m＝(1,0，－3)．由(1)知平面PBC的一个法向量为DA→＝12，0，－12，设二面角P－BC－G的平面角为θ，易知θ为锐角，则cosθ＝|m·DA→||m||DA→|＝255，即二面角P－BC－G的余弦值为255.易错提醒二面角的范围是[0，π]，两向量夹角的范围是[0，π]，二面角与其对应的两法向量的夹角之间不一定相等，而是相等或互补的关系．跟踪演练2(2022·邯郸模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝π3，PA⊥平面ABCD，E，F分别是BC，PC的中点．(1)证明：平面AEF⊥平面PAD；(2)求二面角D－AE－F的余弦值．(1)证明连接AC(图略)．因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AE，又因为AB＝AD，且四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝π3，所以△ABC为等边三角形．又因为E为BC的中点，所以AE⊥BC，又因为AD∥BC，所以AE⊥AD，因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AE⊥平面PAD，又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PAD.(2)解以A为原点，AE，AD，AP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P(0,0,2)，E(3，0,0)，F32，12，1，AE→＝(3，0,0)，AF→＝32，12，1，因为PA⊥平面AED，所以n＝(0,0,1)是平面AED的一个法向量．设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，则m·AE→＝0，m·AF→＝0，即3x＝0，32x＋12y＋z＝0，令z＝1，得x＝0，y＝－2，即m＝(0，－2,1)．设二面角D－AE－F的平面角为θ，由图易知，θ为锐角．则cosθ＝||cos〈n，m〉＝||n·m||n||m＝15＝55，所以二面角D－AE－F的余弦值为55.考点三空间中的探究性问题核心提炼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两平面的夹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，从而作出判断．例3(2022·武汉质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，PA＝PD＝2，AB＝1，AD＝2，PD⊥AB.(1)证明：平面PCD⊥平面PAB；(2)若PB＝3，试在棱PD上确定一点E，使得平面PAB与平面EAC的夹角的余弦值为277.(1)证明因为PA＝PD＝2，AD＝2，所以PA2＋PD2＝AD2，所以PD⊥PA，又因为PD⊥AB，AB，PA⊂平面PAB，且AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB，又因为PD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAB.(2)解因为PA＝2，AB＝1，PB＝3，所以PA2＋AB2＝PB2，所以AB⊥PA，又因为PD⊥AB，PA，PD⊂平面PAD，且PD∩PA＝A，所以AB⊥平面PAD，因为AD⊂平面PAD，所以AB⊥AD，所以四边形ABCD为矩形．以A为原点，AB→，AD→分别为x轴、y轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,1,1)，所以AC→＝(1,2,0)，AP→＝(0,1,1)，PD→＝(0,1，－1)，由PD⊥平面PAB，可得向量PD→＝(0,1，－1)是平面PAB的一个法向量．设ED→＝λPD→，0≤λ≤1，则E(0,2－λ，λ)，所以AE→＝(0,2－λ，λ)．设平面EAC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AE→＝0，n·AC→＝0，所以2－λy＋λz＝0，x＋2y＝0，令y＝－1，可得x＝2，z＝2－λλ，所以n＝2，－1，2－λλ，所以|cos〈PD→，n〉|＝PD→·n|PD→||n|＝277，可得12λ2－8λ＋1＝0，解得λ＝12或λ＝16，即当点E满足ED→＝12PD→或ED→＝16PD→时，平面PAB与平面EAC的夹角的余弦值为277.规律方法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