新高考數(shù)學專題復習專題22利用空間向量研究探索性與最值問題專題練習(學生版+解析)

這是一份新高考數(shù)學專題復習專題22利用空間向量研究探索性與最值問題專題練習(學生版+解析)，共26頁。試卷主要包含了題型選講，最值問題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
題型一 、探索點的位置關(guān)系
此類問題主要考察是否存在點，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)鍵是假設點存在，然后引入變量把點表示出來，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M，使DM與平面PAB所成角的正弦值為22121.
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，過的平面與線段，分別交于點，．
（1）求證：；
（2）若，是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，請確定點的位置；若不存在，請說明理由．
例3、 (探點得角的大小)如圖，已知三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱AA1⊥底面ABC，∠ACB＝90°，E是棱CC1上的動點，F(xiàn)是AB的中點，AC＝1，BC＝2，AA1＝4.
(1) 當E是棱CC1的中點時，求證：CF∥平面AEB1；
(2) 在棱CC1上是否存在點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，要建立目標函數(shù)通過基本不等式或者運用導數(shù)研究關(guān)系式進而求出函數(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，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，，上的動點，且，平面，記.
（1）證明：平面；
（2）當?shù)拈L最小時，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）若點在棱上運動，當直線與平面所成的角最大時，求二面角的余弦值.

圖一
圖二
例7、（2020屆浙江省“山水聯(lián)盟”高三下學期開學）如圖正四棱錐，為線段上的一個動點，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、達標訓練
1、（2020屆山東省煙臺市高三上期末）如圖，在正方體中，點在線段上運動，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，且，現(xiàn)沿把剪切、拼接成如圖（2）的圖形，再將，，沿，，折起，使、、三點重合于點，如圖（3）.
（1）求證：；
（2）求二面角最小時的余弦值.
3、（2019屆甘肅省天水市第一中學高三下學期第七次模擬）如圖在棱錐P?ABCD中，ABCD為矩形，PD⊥面ABCD，PB=2,∠BPC=45°,∠PBD=30°.
（1）在PB上是否存在一點E，使PC⊥面ADE，若存在確定E點位置，若不存在，請說明理由；
（2）當E為PB中點時，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，點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）設點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P為AC的中點．在AB上是否存在一點Q，使PQ⊥OA？若存在，計算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) 設點M是線段BD上一個動點，試確定點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 、探索點的位置關(guān)系
此類問題主要考察是否存在點，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)鍵是假設點存在，然后引入變量把點表示出來，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M，使DM與平面PAB所成角的正弦值為22121.
【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E，以A為坐標原點，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系A(chǔ)?xyz.如圖所示.
設PA=1，則A0,0,0，P0,0,1，B2,?2,0，C2,2,0，D0,2,0，
則PB=2,?2,?1，PD=0,2,?1，AC=2,2,0，
設PM=λPB=2λ,?2λ,?λ0≤λ≤1，
則DM=PM?PD=2λ,?2λ?2,?λ+1.
由（1）可知，AC⊥平面PAB，∴AC=2,2,0為平面PAB的一個法向量.
設DM與平面PAB所成的角為θ.
則sinθ=csDM,AC=DM?ACDMAC=2λ?2λ?22λ2+2λ+12+?λ+12×2=12λ2+2λ+12+?λ+12=22121，
整理得20λ2+8λ?9=0，解得λ=12或λ=?910（舍），
∴點M為棱PB的中點.
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，過的平面與線段，分別交于點，．
（1）求證：；
（2）若，是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，請確定點的位置；若不存在，請說明理由．
【解析】（1）證明：，且為線段的中點，，
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，為的靠近點的三等分點．
，為線段的中點，，
又平面平面，平面，
以為坐標原點，的方向為軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，
則，，，
設，得，，
設平面的法向量為，
則即
令，可得為平面的一個法向量，
設直線與平面所成角為，
于是有；
得或（舍），
所以存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，故為的靠近點的三等分點．
例3、 (探點得角的大小)如圖，已知三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱AA1⊥底面ABC，∠ACB＝90°，E是棱CC1上的動點，F(xiàn)是AB的中點，AC＝1，BC＝2，AA1＝4.
(1) 當E是棱CC1的中點時，求證：CF∥平面AEB1；
(2) 在棱CC1上是否存在點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G，連結(jié)EG，F(xiàn)G.
因為F，G分別是棱AB，AB1的中點，
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.
因為CF?平面AEB1，EG?平面AEB1，
所以CF∥平面AEB1.
(2) 以C為坐標原點，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系Cxyz，則C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，4)．
設E(0，0，m)(0≤m≤4)，平面AEB1的法向量n1＝(x，y，z)，
則eq \(AB1,\s\up6(→))＝(－1，2，4)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－1，0，m)．
由eq \(AB1,\s\up6(→))⊥n1，eq \(AE,\s\up6(→))⊥n1，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋2y＋4z＝0，,－x＋mz＝0.))
令z＝2，則n1＝(2m，m－4，2)．
連結(jié)BE，
因為CA⊥平面C1CBB1，
所以eq \(CA,\s\up6(→))是平面EBB1的一個法向量，
令n2＝eq \(CA,\s\up6(→)).
因為二面角AEB1B的余弦值為eq \f(2\r(,17),17)，
所以eq \f(2\r(,17),17)＝cs〈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E符合題意，此時CE＝1.
題型二、最值問題
最值問題，要建立目標函數(shù)通過基本不等式或者運用導數(shù)研究關(guān)系式進而求出函數(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，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，，
因為平面，平面，
所以平面，
又因為平面，平面平面，
所以，
因為在四棱錐中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因為
所以平面；
（2）如圖建立空間直角坐標系，
因為，則有，
設，則有，
設平面的法向量為，
則，即，
令，則，所以平面的一個法向量為，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，當且僅當時取等號，
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，，上的動點，且，平面，記.
（1）證明：平面；
（2）當?shù)拈L最小時，求二面角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【解析】
（1）因為平面，
且平面，平面平面，
所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以，
又因為平面平面，
且平面，平面平面，
所以平面.
（2）由（1）知，，
，當且僅當時等號成立，
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系，
則，，，，
設平面的一個法向量為，
因為，，
則，取，得，
設平面的一個法向量為，
因為，，
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）若點在棱上運動，當直線與平面所成的角最大時，求二面角的余弦值.

圖一
圖二
【答案】（1）見解析（2）
【解析】
（Ⅰ）設的中點為，連接，.
由題意，得，
，.
因為在中，，為的中點，
所以，
因為在中，，，，
，所以.
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以平面平面.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，平面，
所以是直線與平面所成的角，
且，
所以當最短時，即是的中點時，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系，
則，，，，，，
，，.
設平面的法向量為，則
由得：.
令，得，，即.
設平面的法向量為，
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”高三下學期開學）如圖正四棱錐，為線段上的一個動點，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，分別以平行于所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示
取中點，連接.則.連接，則.
設，則.
則.
又，
，
.
，
，即.
由題意知都是銳角，.
故選：.
二、達標訓練
1、（2020屆山東省煙臺市高三上期末）如圖，在正方體中，點在線段上運動，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B,,因為點在線段上運動,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C,當點與線段的端點重合時,與所成角取得最小值為,故C錯誤；
對于選項D,因為直線平面,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,則運動到中點處,即所成角為,設棱長為1,在中,,故D正確
故選：ABD
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，且，現(xiàn)沿把剪切、拼接成如圖（2）的圖形，再將，，沿，，折起，使、、三點重合于點，如圖（3）.
（1）求證：；
（2）求二面角最小時的余弦值.
【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，、、分別
為、、軸建立空間直角坐標系如圖：
令，，，所以，，
設平面法向量為
則所以，令，則
又平面法向量為，
設二面角的大小為，所以，
又，
當且僅當取等號，所以.
所以二面角最小時的余弦值為.
3、（2019屆甘肅省天水市第一中學高三下學期第七次模擬）如圖在棱錐P?ABCD中，ABCD為矩形，PD⊥面ABCD，PB=2,∠BPC=45°,∠PBD=30°.
（1）在PB上是否存在一點E，使PC⊥面ADE，若存在確定E點位置，若不存在，請說明理由；
（2）當E為PB中點時，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?PC=0即可，
所以由DP+PE?PC=0?DP?PC+PE?PC=0?PE=1,即存在點E為PC中點.
法二：建立如圖所示的空間直角坐標系D－XYZ，由題意知PD＝CD＝1，
CE=2，設PE=λPB，∴PE=λPB=λ2,1,?1，PC=0,1,?1，由
PC?DE=PC?(DP+PE)=0,1,?1?2λ,λ,1?λ=0，得λ=12，
即存在點E為PC中點.
（2）由（1）知D0,0,0，A2,0,0，E22,12,12，P0,0,1
DA=2,0,0，DE=22,12,12，PA=2,0,?1，PE=22,12,?12
設面ADE的法向量為n1=x1,y1,z1，面PAE的法向量為n2=x2,y2,z2
由的法向量為n1?DA=0n1?DE=0得，2x1=02x1+12y1+12z1=0得n1=0,1,?1，
同理求得n2=1,0,2
所以csθ=n1?n1n1?|n1|=?33，
故所求二面角P－AE－D的余弦值為33.
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，點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）設點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）因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．
又因為AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．
（2）過A作AD的垂線交BC于點M．
因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．
如圖建立空間直角坐標系A(chǔ)?xyz，則A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．
因為E為PD的中點，所以E（0，1，1）．
所以．
所以.
設平面AEF的法向量為n=（x，y，z），則
即
令z=1，則．
于是．
又因為平面PAD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)．
因為點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P為AC的中點．在AB上是否存在一點Q，使PQ⊥OA？若存在，計算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為坐標原點，分別以OA，OC所在的直線為x軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系 Oxyz，則A(1，0，0)，C(0，0，1)，B(－eq \f(1,2)，eq \f(\r(,3),2)，0)．
因為P為AC的中點，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2))).
設eq \(AQ,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，λ∈(0，1)．
因為eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(\r(,3),2)，0))，
所以eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AQ,\s\up6(→))＝(1，0，0)＋λ(－eq \f(3,2)，eq \f(\r(,3),2)，0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,2)λ，\f(\r(,3),2)λ，0))，
所以eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \(OQ,\s\up6(→))－eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(3,2)λ，\f(\r(,3),2)λ，－\f(1,2))).
因為PQ⊥OA，
所以eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(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Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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 \(CA,\s\up6(→))，n⊥eq \(AB,\s\up6(→))，且eq \(CA,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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cs〈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
csθ＝eq \f(\r(,15),5).
6、 (探點得平行關(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) 設點M是線段BD上一個動點，試確定點M的位置，使得AM∥平面BEF，并證明你的結(jié)論．
【解析】 (1) 因為DE⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以DE⊥AC.
因為四邊形ABCD是正方形，
所以AC⊥BD.
又DE∩BD＝D，DE，BD?平面BDE，
所以AC⊥平面BDE.
(2) 因為DE⊥平面ABCD，
所以∠EBD就是BE與平面ABCD所成的角，即∠EBD＝60°，所以eq \f(ED,BD)＝eq \r(,3).
由AD＝3，得DE＝3eq \r(,6)，AF＝eq \r(,6).
如圖，分別以DA，DC，DE所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則A(3，0，0)，F(xiàn)(3，0，eq \r(,6))，E(0，0，3eq \r(,6))，B(3，3，0)，C(0，3，0)，
所以eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，－3，eq \r(,6))，eq \(EF,\s\up6(→))＝(3，0，－2eq \r(,6))．
設平面BEF的一個法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BF,\s\up6(→))＝0，,n·\(EF,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3y＋\r(,6)z＝0，,3x－2\r(,6)z＝0.))
令z＝eq \r(,6)，則n＝(4，2，eq \r(,6))．
因為AC⊥平面BDE，
所以eq \(CA,\s\up6(→))＝(3，－3，0)為平面BDE的一個法向量，
所以cs〈n，eq \(CA,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(CA,\s\up6(→)),|n|·|\(CA,\s\up6(→))|)＝eq \f(6,\r(,26)×3\r(,2))＝eq \f(\r(,13),13).
故二面角FBED的余弦值為eq \f(\r(,13),13).
(3) 依題意，設M(t，t，0)(t＞0)，
則eq \(AM,\s\up6(→))＝(t－3，t，0)．
因為AM∥平面BEF，
所以eq \(AM,\s\up6(→))·n＝0，即4(t－3)＋2t＝0，解得t＝2，
所以點M的坐標為(2，2，0)，此時eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(DB,\s\up6(→))，
所以M是線段BD上靠近點B的三等分點．