人教高中数学专题13 运用空间向量研究立体几何问题（解析版）.docx

专题13 运用空间向量研究立体几何问题
1、【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
【解析】(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE=BF=12，
故DE=32，BD=DE2+BE2=3，
所以AD2+BD2=AB2，
所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD=D，
所以BD⊥平面PAD，
又因PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA；
(2)解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
BD=3，
则A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,3)，
则AP=(−1,0,3),BP=(0,−3,3),DP=(0,0,3)，
设平面PAB的法向量n=(x,y,z)，
则有{n→⋅AP→=−x+3z=0n→⋅BP→=−3y+3z=0，可取n=(3,1,1)，
则cos〈n,DP〉=n⋅DP|n||DP|=55，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.
2、【2022年全国乙卷】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．
【解析】(1)因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE,BE⊂平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，
因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)连接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，所以S△AFC=12AC⋅EF，
当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.
因为△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，
又因为∠ACB=60°，所以△ABC是等边三角形，
因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=3，
因为AD⊥CD，所以DE=12AC=1,
在△DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE.
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
则A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，所以AD=−1,0,1,AB=−1,3,0，
设平面ABD的一个法向量为n=x,y,z，
则n⋅AD=−x+z=0n⋅AB=−x+3y=0，取y=3，则n=3,3,3，
又因为C−1,0,0,F0,34,34，所以CF=1,34,34，
所以cosn,CF=n⋅CFnCF=621×74=437，
设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ0≤θ≤π2，
所以sinθ=cosn,CF=437，
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.
3、【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22．
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A−BD−C的正弦值．
【解析】(1)
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，
则VA−A1BC=13S△A1BC⋅ℎ=223ℎ=VA1−ABC=13S△ABC⋅A1A=13VABC−A1B1C1=43，
解得ℎ=2，
所以点A到平面A1BC的距离为2；
(2)取A1B的中点E,连接AE,如图，因为AA1=AB，所以AE⊥A1B,
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，
且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，
又AE,BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1，
所以BC,BA,BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得AE=2，所以AA1=AB=2，A1B=22，所以BC=2，
则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1