新高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)專題22利用空間向量研究探索性與最值問題專題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

專題22利用空間向量研究探索性與最值問題一、題型選講題型一、探索點(diǎn)的位置關(guān)系此類問題主要考察是否存在點(diǎn)，使?jié)M足線線、線面面面的夾角或者距離等問題，解決的關(guān)鍵是假設(shè)點(diǎn)存在，然后引入變量把點(diǎn)表示出來，通過題目給出的條件列出方程，解出參數(shù)。但要注意參數(shù)的范圍。例1、【四川省資陽市2020屆高三模擬】如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD//BC，AD⊥CD，且AD=CD，∠ABC=45°.（1）證明：AC⊥PB.（2）若AD=2PA，試在棱PB上確定一點(diǎn)M，使DM與平面PAB所成角的正弦值為例2、（2020·山東濰坊·高三月考）在四棱錐中，平面平面，底面為直角梯形，，，，為線段的中點(diǎn)，過的平面與線段，分別交于點(diǎn)，．（1）求證：；（2）若，是否存在點(diǎn)，使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，請確定點(diǎn)的位置；若不存在，請說明理由．例3、(探點(diǎn)得角的大小)如圖，已知三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱AA1⊥底面ABC，∠ACB＝90°，E是棱CC1上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是AB的中點(diǎn)，AC＝1，BC＝2，AA1＝4.(1)當(dāng)E是棱CC1的中點(diǎn)時(shí)，求證：CF∥平面AEB1；(2)在棱CC1上是否存在點(diǎn)E，使得二面角AEB1B的余弦值是eq\f(2\r(,17),17)？若存在，求CE的長，若不存在，請說明理由．題型二、最值問題最值問題，要建立目標(biāo)函數(shù)通過基本不等式或者運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究關(guān)系式進(jìn)而求出函數(shù)的最值。例4、(2020年山東高考卷).如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l．（1）證明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點(diǎn)，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．例5、（2020·山東青島·高三開學(xué)考試）如圖，正方形和所在平面互相垂直，且邊長都是1，，，分別為線段，，上的動(dòng)點(diǎn)，且，平面，記.（1）證明：平面；（2）當(dāng)?shù)拈L最小時(shí)，求二面角的余弦值.例6、（2021·濰坊市濰城區(qū)教育局高三月考）已知三棱錐（如圖一）的平面展開圖（如圖二）中，四邊形為邊長等于的正方形，和均為正三角形，在三棱錐中：（I）證明：平面平面；（Ⅱ）若點(diǎn)在棱上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)直線與平面所成的角最大時(shí)，求二面角的余弦值.圖一圖二例7、（2020屆浙江省“山水聯(lián)盟”高三下學(xué)期開學(xué)）如圖正四棱錐，為線段上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，記二面角為，與平面所成的角為，與所成的角為，則（）A． B． C． D．二、達(dá)標(biāo)訓(xùn)練1、（2020屆山東省煙臺(tái)市高三上期末）如圖，在正方體中，點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)，則（）A．直線平面B．三棱錐的體積為定值C．異面直線與所成角的取值范圍是D．直線與平面所成角的正弦值的最大值為2、（2020屆山東省德州市高三上期末）如圖（1），邊長為的正方形中，，分別為、上的點(diǎn)，且，現(xiàn)沿把剪切、拼接成如圖（2）的圖形，再將，，沿，，折起，使、、三點(diǎn)重合于點(diǎn)，如圖（3）.（1）求證：；（2）求二面角最小時(shí)的余弦值.3、（2019屆甘肅省天水市第一中學(xué)高三下學(xué)期第七次模擬）如圖在棱錐P?ABCD中，ABCD為矩形，PD⊥面ABCD，PB=2,∠BPC=（1）在PB上是否存在一點(diǎn)E，使PC⊥面ADE，若存在確定E點(diǎn)位置，若不存在，請說明理由；（2）當(dāng)E為PB中點(diǎn)時(shí)，求二面角P?AE?D的余弦值.4、【2019年高考北京卷理數(shù)】如圖，在四棱錐P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且．（1）求證：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）設(shè)點(diǎn)G在PB上，且．判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由．5、如圖，在四面體ABOC中，OC⊥OA,OC⊥OB，∠AOB＝120°，且OA＝OB＝OC＝1.(1)設(shè)P為AC的中點(diǎn)．在AB上是否存在一點(diǎn)Q，使PQ⊥OA？若存在，計(jì)算eq\f(AB,AQ)的值；若不存在，請說明理由．(2)求二面角OACB的平面角的余弦值．6、(探點(diǎn)得平行關(guān)系)已知四邊形ABCD是邊長為3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE與平面ABCD所成的角為60°.(1)求證：AC⊥平面BDE；(2)求二面角FBED的余弦值；(3)設(shè)點(diǎn)M是線段BD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，試確定點(diǎn)M的位置，使得AM∥平面BEF，并證明你的結(jié)論．專題22利用空間向量研究探索性與最值問題一、題型選講題型一、探索點(diǎn)的位置關(guān)系此類問題主要考察是否存在點(diǎn)，使?jié)M足線線、線面面面的夾角或者距離等問題，解決的關(guān)鍵是假設(shè)點(diǎn)存在，然后引入變量把點(diǎn)表示出來，通過題目給出的條件列出方程，解出參數(shù)。但要注意參數(shù)的范圍。例1、【四川省資陽市2020屆高三模擬】如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD//BC，AD⊥CD，且AD=CD，∠ABC=45°.（1）證明：AC⊥PB.（2）若AD=2PA，試在棱PB上確定一點(diǎn)M，使DM與平面PAB所成角的正弦值為【解析】（1）證明：∵AD⊥CD，且AD=CD，∴∠ACD=∠DAC=45°，∴∠BCA=45°，又∵∠ABC=45°，∴∠BAC=90°，即AC⊥AB.∵PA⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴PA⊥AC，又∵PA∩AB=A，∴AC⊥平面PAB，∵PB?平面PAB，∴AC⊥PB.（2）解：取BC的中點(diǎn)E，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AE，AD，AP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz.如圖所示.設(shè)PA=1，則A0,0,0，P0,0,1，B2,?2則PB=2,?2,?1設(shè)PM=λ則DM=由（1）可知，AC⊥平面PAB，∴AC=2,2設(shè)DM與平面PAB所成的角為θ.則sinθ=整理得20λ2+8λ?9=0，解得λ=∴點(diǎn)M為棱PB的中點(diǎn).例2、（2020·山東濰坊·高三月考）在四棱錐中，平面平面，底面為直角梯形，，，，為線段的中點(diǎn)，過的平面與線段，分別交于點(diǎn)，．（1）求證：；（2）若，是否存在點(diǎn)，使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，請確定點(diǎn)的位置；若不存在，請說明理由．【解析】（1）證明：，且為線段的中點(diǎn)，，又，四邊形為平行四邊形，，又平面，平面，平面，又平面平面，，又，且平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，.（2）存在，為的靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)．，為線段的中點(diǎn)，，又平面平面，平面，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，則，，，設(shè)，得，，設(shè)平面的法向量為，則即令，可得為平面的一個(gè)法向量，設(shè)直線與平面所成角為，于是有；得或（舍），所以存在點(diǎn)，使得直線與平面所成角的正弦值為，故為的靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)．例3、(探點(diǎn)得角的大小)如圖，已知三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱AA1⊥底面ABC，∠ACB＝90°，E是棱CC1上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是AB的中點(diǎn)，AC＝1，BC＝2，AA1＝4.(1)當(dāng)E是棱CC1的中點(diǎn)時(shí)，求證：CF∥平面AEB1；(2)在棱CC1上是否存在點(diǎn)E，使得二面角AEB1B的余弦值是eq\f(2\r(,17),17)？若存在，求CE的長，若不存在，請說明理由．【解析】(1)取AB1的中點(diǎn)G，連結(jié)EG，F(xiàn)G.因?yàn)镕，G分別是棱AB，AB1的中點(diǎn)，所以FG∥BB1，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)BB1.又B1B＝C1C，BB1∥C1C，EC＝eq\f(1,2)C1C，所以B1B∥EC，EC＝eq\f(1,2)B1B，所以FG＝EC，F(xiàn)G∥EC，所以四邊形FGEC是平行四邊形，所以CF∥EG.因?yàn)镃F?平面AEB1，EG?平面AEB1，所以CF∥平面AEB1.(2)以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線CA，CB，CC1為x軸，y軸，z軸正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz，則C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，4)．設(shè)E(0，0，m)(0≤m≤4)，平面AEB1的法向量n1＝(x，y，z)，則eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－1，2，4)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1，0，m)．由eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥n1，eq\o(AE,\s\up6(→))⊥n1，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＋4z＝0，,－x＋mz＝0.))令z＝2，則n1＝(2m，m－4，2)．連結(jié)BE，因?yàn)镃A⊥平面C1CBB1，所以eq\o(CA,\s\up6(→))是平面EBB1的一個(gè)法向量，令n2＝eq\o(CA,\s\up6(→)).因?yàn)槎娼茿EB1B的余弦值為eq\f(2\r(,17),17)，所以eq\f(2\r(,17),17)＝cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(2m,\r(,4m2＋（m－4）2＋4))，解得m＝1，所以在棱CC1上存在點(diǎn)E符合題意，此時(shí)CE＝1.題型二、最值問題最值問題，要建立目標(biāo)函數(shù)通過基本不等式或者運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究關(guān)系式進(jìn)而求出函數(shù)的最值。例4、(2020年山東高考卷).如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l．（1）證明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點(diǎn)，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解析】（1）證明：在正方形中，，因?yàn)槠矫妫矫?，所以平面，又因?yàn)槠矫妫矫嫫矫?，所以，因?yàn)樵谒睦忮F中，底面是正方形，所以且平面，所以因?yàn)樗云矫?；?）如圖建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)?，則有，設(shè)，則有，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則，所以平面的一個(gè)法向量為，則根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為.例5、（2020·山東青島·高三開學(xué)考試）如圖，正方形和所在平面互相垂直，且邊長都是1，，，分別為線段，，上的動(dòng)點(diǎn)，且，平面，記.（1）證明：平面；（2）當(dāng)?shù)拈L最小時(shí)，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）因?yàn)槠矫?，且平面，平面平面，所以，所以，所以，所以，所以，所以，又因?yàn)槠矫嫫矫?，且平面，平面平面，所以平?（2）由（1）知，，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，分別以，，所在的直線為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，因?yàn)?，，則，取，得，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，因?yàn)?，，則，取，得，所以，則二面角的余弦值為.例6、（2021·濰坊市濰城區(qū)教育局高三月考）已知三棱錐（如圖一）的平面展開圖（如圖二）中，四邊形為邊長等于的正方形，和均為正三角形，在三棱錐中：（I）證明：平面平面；（Ⅱ）若點(diǎn)在棱上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)直線與平面所成的角最大時(shí)，求二面角的余弦值.圖一圖二【答案】（1）見解析（2）【解析】（Ⅰ）設(shè)的中點(diǎn)為，連接，.由題意，得，，.因?yàn)樵谥?，，為的中點(diǎn)，所以，因?yàn)樵谥校?，，，，所?因?yàn)椋矫?，所以平面，因?yàn)槠矫?，所以平面平?（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，平面，所以是直線與平面所成的角，且，所以當(dāng)最短時(shí)，即是的中點(diǎn)時(shí)，最大.由平面，，所以，，于是以，，所在直線分別為軸，軸，軸建立如圖示空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，，.設(shè)平面的法向量為，則由得：.令，得，，即.設(shè)平面的法向量為，由得：，令，得，，即..由圖可知，二面角的余弦值為.例7、（2020屆浙江省“山水聯(lián)盟”高三下學(xué)期開學(xué)）如圖正四棱錐，為線段上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，記二面角為，與平面所成的角為，與所成的角為，則（）A． B． C． D．【答案】C【解析】以正方形的中心為原點(diǎn)，分別以平行于所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示取中點(diǎn)，連接.則.連接，則.設(shè)，則.則.又，，.，，即.由題意知都是銳角，.故選：.二、達(dá)標(biāo)訓(xùn)練1、（2020屆山東省煙臺(tái)市高三上期末）如圖，在正方體中，點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)，則（）A．直線平面B．三棱錐的體積為定值C．異面直線與所成角的取值范圍是D．直線與平面所成角的正弦值的最大值為【答案】ABD【解析】對于選項(xiàng)A,連接,由正方體可得,且平面,則,所以平面,故；同理,連接,易證得,則平面,故A正確；對于選項(xiàng)B,,因?yàn)辄c(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng),所以,面積為定值,且到平面的距離即為到平面的距離,也為定值,故體積為定值,故B正確；對于選項(xiàng)C,當(dāng)點(diǎn)與線段的端點(diǎn)重合時(shí),與所成角取得最小值為,故C錯(cuò)誤；對于選項(xiàng)D,因?yàn)橹本€平面,所以若直線與平面所成角的正弦值最大,則直線與直線所成角的余弦值最大,則運(yùn)動(dòng)到中點(diǎn)處,即所成角為,設(shè)棱長為1,在中,,故D正確故選：ABD2、（2020屆山東省德州市高三上期末）如圖（1），邊長為的正方形中，，分別為、上的點(diǎn)，且，現(xiàn)沿把剪切、拼接成如圖（2）的圖形，再將，，沿，，折起，使、、三點(diǎn)重合于點(diǎn)，如圖（3）.（1）求證：；（2）求二面角最小時(shí)的余弦值.【解析】（1）折疊前，，折疊后，，又，所以平面，因此；（2）由（1）及題意知，因此以為原點(diǎn)，、、分別為、、軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖：令，，，所以，，設(shè)平面法向量為則所以，令，則又平面法向量為，設(shè)二面角的大小為，所以，又，當(dāng)且僅當(dāng)取等號(hào)，所以.所以二面角最小時(shí)的余弦值為.3、（2019屆甘肅省天水市第一中學(xué)高三下學(xué)期第七次模擬）如圖在棱錐P?ABCD中，ABCD為矩形，PD⊥面ABCD，PB=2,∠BPC=（1）在PB上是否存在一點(diǎn)E，使PC⊥面ADE，若存在確定E點(diǎn)位置，若不存在，請說明理由；（2）當(dāng)E為PB中點(diǎn)時(shí)，求二面角P?AE?D的余弦值.【解析】（1）法一：要證明PC⊥面ADE，易知AD⊥面PDC，即得AD⊥PC，故只需DE?所以由DP+法二：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－XYZ，由題意知PD＝CD＝1，CE=2，設(shè)PE=λPB，∴PC?DE=即存在點(diǎn)E為PC中點(diǎn).（2）由（1）知D0,0,0，A2,0,0，DA=2,0,0，DE=設(shè)面ADE的法向量為n1=由的法向量為n1?DA=0n同理求得n所以cosθ=故所求二面角P－AE－D的余弦值為334、【2019年高考北京卷理數(shù)】如圖，在四棱錐P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且．（1）求證：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）設(shè)點(diǎn)G在PB上，且．判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由．【解析】（1）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．又因?yàn)锳D⊥CD，所以CD⊥平面PAD．（2）過A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M．因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，則A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，所以E（0，1，1）．所以．所以.設(shè)平面AEF的法向量為n=（x，y，z），則即令z=1，則．于是．又因?yàn)槠矫鍼AD的法向量為p=（1，0，0），所以.由題知，二面角F?AE?P為銳角，所以其余弦值為．（3）直線AG在平面AEF內(nèi)．因?yàn)辄c(diǎn)G在PB上，且，所以.由（2）知，平面AEF的法向量.所以.所以直線AG在平面AEF內(nèi).5、如圖，在四面體ABOC中，OC⊥OA,OC⊥OB，∠AOB＝120°，且OA＝OB＝OC＝1.(1)設(shè)P為AC的中點(diǎn)．在AB上是否存在一點(diǎn)Q，使PQ⊥OA？若存在，計(jì)算eq\f(AB,AQ)的值；若不存在，請說明理由．(2)求二面角OACB的平面角的余弦值．【解析】(1)取O為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OC所在的直線為x軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz，則A(1，0，0)，C(0，0，1)，B(－eq\f(1,2)，eq\f(\r(,3),2)，0)．因?yàn)镻為AC的中點(diǎn)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2))).設(shè)eq\o(AQ,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，λ∈(0，1)．因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(,3),2)，0))，所以eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(1，0，0)＋λ(－eq\f(3,2)，eq\f(\r(,3),2)，0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2)λ，\f(\r(,3),2)λ，0))，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\o(OQ,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(3,2)λ，\f(\r(,3),2)λ，－\f(1,2))).因?yàn)镻Q⊥OA，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝0，即eq\f(1,2)－eq\f(3,2)λ＝0，解得λ＝eq\f(1,3)，所以存在點(diǎn)Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(,3),6)，0))使得PQ⊥OA，且eq\f(AB,AQ)＝3.(2)記平面ABC的法向量為n＝(x，y，z)，則由n⊥eq\o(CA,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，且eq\o(CA,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,－\f(3,2)x＋\f(\r(,3),2)y＝0，))故可取n＝(1，eq\r(,3)，1)．又平面OAC的法向量為c＝(0，1，0)，所以cos〈n，c〉＝eq\f(（1，\r(,3)，1）·（0，1，0）,\r(,5)×1)＝eq\f(\r(,3),\r(,5))，故二面角OACB的平面角是銳角，記為θ，則cosθ＝eq\f(\r(,15),5).6、(探點(diǎn)得平行關(guān)系)已知四邊形ABCD是邊長為3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE與平面ABCD所成的角為60°.(1)求證：AC⊥平面BDE；(2)求二面角FBED的余弦值；(3)設(shè)點(diǎn)M是線段BD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，試確定點(diǎn)M的位置，使得AM∥平面BEF，并證明你的結(jié)論．【解析】(1)因?yàn)镈E⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以DE⊥AC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以AC⊥BD.又DE∩BD＝D，DE，BD?平面BDE，所以AC⊥平面BDE.(2)因