人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用备课ppt课件

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1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题题型一 求异面直线所成角1．（23-24高二下·安徽黄山·期末）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，AA1=A1B1=12AB=1，∠ABC=60°，AA1⊥平面ABCD，M是AD的中点，则直线AD1与直线C1M所成角的正弦值为（    ）A．14 B．154 C．1 D．32【答案】B【分析】建立空间坐标系，即可利用向量夹角求解.【详解】取BC中点Q，连接AQ，AC，由菱形得△ABC为等边三角形，∵Q为中点，∴AQ⊥BC，又∵AD//BC，∴AQ⊥AD，又∵AA1⊥平面ABCD，∴以A为坐标原点，以AQ、AD、AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系，如图：A(0,0,0),A1(0,0,1),D1(0,1,1),Q(3,0,0),C(3,1,0),B(3,−1,0)，C1(32, 12,1)，M(0,1,0)，∴ C1M=(−32,12,−1)，AD1=0,1,1,所以cosC1M,AD1=C1M⋅AD1C1M⋅AD1=12−12×2=14,故,故直线AD1与直线C1M所成角的正弦值为154故选：B2．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，四边形ABCD,AB=BD=DA=4,BC=CD=22，现将△ABD沿BD折起，当二面角A−BD−C的大小在[π6,π3]时，直线AB和CD所成角为α，则cosα的最大值为（    ）A．22−616 B．28 C．22+616 D．68【答案】B【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值取值范围．【详解】取BD中点O，连接AO，CO，AB=BD=DA=4,BC=CD=22，则CO⊥BD,AO⊥BD，且CO=2,AO=23，于是∠AOC是二面角A−BD−C的平面角，显然BD⊥平面AOC，在平面AOC内过点O作Oz⊥OC，则BD⊥Oz，直线OC,OD,Oz两两垂直，以O为原点，直线OC,OD,Oz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，B(0,−2,0),C(2,0,0),D(0,2,0)，设二面角A−BD−C的大小为θ，θ∈[π6,π3]，因此A(23cosθ,0,23sinθ)，BA=(23cosθ,2,23sinθ)，CD=(−2,2,0)，于是cosα=|cos〈AB,CD〉|=|AB⋅CD||AB||CD|=4−43cosθ4×22=|1−3cosθ|22，显然cosθ∈[12,32]，则当cosθ=32时，(cosα)max=28，所以cosα的最大值为28.故选：B【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，求出动点A的坐标，利用向量建立函数关系是解题的关键.3．（23-24高二下·山西晋城·期末）如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABEF为正方形，四边形ABCD为菱形，∠DAB=60°，则直线AC,FB所成角的正弦值为（    ）A．63 B．53 C．104 D．64【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【详解】取AB的中点O，连接OD,四边形ABCD为∠DAB=60°的菱形，所以DO⊥AB，由于平面ABCD⊥平面ABEF，且两平面交线为AB，DO⊥AB,DO⊂平面ABCD，故DO⊥平面ABEF,又四边形ABEF为正方形，故建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方形的边长为2，则A0,−1,0,B0,1,0,F2,−1,0,C0,2,3,故AC=0,3,3,BF=2,−2,0,则，又故，故直线AC,FB所成角的正弦值104，故选：C4．（23-24高二下·广西南宁·阶段练习）已知点O0,0,0，A1,0,1，B−1,1,2，C−1,0,−1，则异面直线OC与AB所成角的正弦值为（    ）A．36 B．33 C．24 D．336【答案】D【分析】应用求空间向量夹角余弦值的公式计算余弦值，然后利用同角三角函数关系求解正弦值即可.【详解】设两条异面直线所成的角为θ，且这两条异面直线的方向向量分别是OC=−1,0,−1，AB=−2,1,1，则cosθ=OC⃗⋅AB⃗OC⃗⋅AB⃗=(−1)×(−2)+0×1+(−1)×1(−1)2+02+(−1)2⋅(−2)2+12+12=36，且00，所以sinθ=a⋅CQCQ⋅a=2×(−34)+242+1×916+916+18=223×254=3015，故C正确，对于D，设四面体Q−BCD外接球的方程为(a1−x1)2+(b1−y1)2+(c1−z1)2=R2，将Q,B,C,D四点代入球的方程，可得(a1−1)2+(b1−1)2+c12=R2,a12+b12+c12=R2，(a1−34)2+(b1−14)2+(c1−24)2=R2,a12+(b1−1)2+c12=R2，利用加减消元法得到(a1−1)2+(b1−1)2+c12=a12+(b1−1)2+c12，解得a1=12，再利用加减消元法得到a12+b12+c12=a12+(b1−1)2+c12，解得b1=12，现在将a1=12，b1=12代入方程组，得到14+14+c12=R2,116+116+(c1−24)2=R2，此时解得c1=−24R=104，故原方程解得b1=12,c1=−24,R=104,a1=12，故球的方程为(a1−12)2+(b1−12)2+(c1+24)2=58，设球的表面积为S，则S=4×58×π=5π2，故D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后将点代入球的方程求出半径，再得到所要求的表面积即可．2．（多选）（23-24高二下·湖南·期末）已知圆柱O1O2的高为23，线段AB与CD分别为圆O1与圆O2的直径，则（    ）A．若P为圆O1上的动点，AB⊥AC，则直线O2P与AC所成角为定值B．若△ABC为等边三角形，则四面体ABCD的体积为243C．若AB⊥CD，且AB=26，则AC⊥BDD．若AB⊥CD，且AC与BD所成的角为60°，则四面体ABCD外接球的表面积为20π或84π【答案】ACD【分析】对于A，如图①所示，△PO1A为直角三角形，则O2P与AC所成角即为O2P与O1O2所成角，即∠PO2O1为定值即可；对于B，如图②所示，根据△ABC为等边三角形，证明AB⊥平面O1CD，则VABCD=2VA−O1CD计算即可；对于CD，建立空间直角坐标系，通过坐标运算及四面体ABCD外接球即为圆柱外接球计算即可.【详解】对于A，如图①所示，当AB⊥AC时，则AC//O1O2,又因为O1O2⊥O1P，所以△PO1A为直角三角形，且O1O2=23，PO1=r（r圆O1半径），故O2P与AC所成角即为O2P与O1O2所成角，即∠PO2O1为定值，故A正确；对于B，如图②所示，当△ABC为等边三角形时，即AB=AC=BC=2r，因为O1为AB中点，所以AB⊥O1C,O1C=3r,O2C=r，又因为O1O2⊥AB，且O1O2∩O1C=O1,O1O2⊂平面O1CD,O1C⊂平面O1CD,所以AB⊥平面O1CD.又因为O1O22+O2C2=O1C2，即(23)2+r2=(3r)2，故r=6，所以VABCD=2VA−O1CD=2×13×SO1CD×AO1=23×12×26×23×6=83,故B错误；对于C，如图③所示，分别以O2C为x轴，过O2垂直于CD为y轴，O2O1为z轴建立空间直角坐标系，因为AB=26,即r=6，由B选项可知，则C(6,0,0),D(−6,0,0),A(0,−6,23),B(0,6,23)，所以AC=(6,6,−23),BD=(−6,−6,−23),所以AC⋅BD=6×(−6)+6×(−6)+(−23)×(−23)=0，所以AC⊥BD，故C正确；对于D，如图③所示，分别以O2C为x轴，过O2垂直于CD为y轴，O2O1为z轴建立空间直角坐标系，则C(r,0,0),D(−r,0,0),A(0,−r,23),B(0,r,23)，所以AC=(r,r,−23),BD=(−r,−r,−23),因为AC与BD所成角位60°，所以|cosAC,BD|=|AC⋅BD||AC|⋅|BD|=12，解得r=2或r=32.设四面体ABCD外接圆半径为R，当r=2时，则R2=(3)2+r2=3+2=5，故外接球表面积为4πR2=20π；当r=32时，则R2=(3)2+r2=3+18=21，故外接球表面积为4πR2=84π；故D正确.故选：ACD. 关键点点睛：本题考查立体几何证明线面垂直、多面体体积、建立空间直角坐标系向量运算及多面体的外接球，解题关键在于借助空间向量可以化繁为简，充分体现了空间向量的工具作用.3．（多选）（23-24高二下·浙江温州·期末）如图，P是棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上一个动点，E为棱A1B1的中点，O为侧面ADD1A1的中心.下列结论正确的是（    ）A．OE⊥平面A1BC1B．AB与平面A1BC1所成角的余弦值为33C．若点P在各棱上，且到平面A1BC1的距离为36，则满足条件的点P有9个D．若点P在侧面BCC1B1内运动，且满足PE=1，则存在P点，使得A1P与BC1所成角为60°【答案】AC【分析】建立以D为原点空间直角坐标系，求出平面A1BC1的一个法向量n，可得n//OE，即可判断A；设AB与平面A1BC1所成的角为θ，由sinθ=cosAB,n，即可判断B；由正方体各个顶点到平面A1BC1的距离与36比较，即可判断C；点P在侧面BCC1B1内运动，且满足PE=1，可得点P在侧面BCC1B1内，以B1为圆心，32为半径的一段圆弧上运动，而当点P于B或C1重合时A1P与BC1所成角为60°，即可判断D.【详解】对A，如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，则A1,0,0,A11,0,1,B1,1,0,C10,1,1,O12,0,12,E1,12,1，所以AB=0,1,0,A1B=0,1,−1,BC1=−1,0,1,OE=12,12,12，设平面A1BC1的一个法向量为n=x,y,z，则n⋅A1B=y−z=0n⋅BC1=−x+z=0，令x=1，则y=1,z=1，则n=1,1,1，所以n=12OE，即n//OE，所以OE⊥平面A1BC1，故A正确；对B，设AB与平面A1BC1所成的角为θ，则sinθ=cosAB,n=AB⋅nABn=13=33，故B错误；对C，因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，所以正△A1BC1的边长为2，正方体的对角线DB1=3，设B1到平面A1BC1的距离为ℎ，由V三棱锥B1−A1BC1=V三棱锥B−A1B1C1，则13×12×2×2×sin60°×ℎ=13×12×1×1×1，则ℎ=33，则D到平面A1BC1的距离为3−33=233，因为33>36，所以在以B1为顶点的棱上，满足条件的点P共有3个，又AB与平面A1BC1所成角的正弦值为33，所以A到平面A1BC1的距离为33，因为33>36，所以在棱AA1、AB上都存在满足条件的点P，同理在CC1、CB、D1A1、D1C1都存在满足条件的点P，而棱DA、DC、DD1到平面A1BC1最近的距离为33，所以不存在满足条件的点P，所以满足条件的点P共有9个，故C正确；对D，设Px',1,z'0≤x'≤1,0≤z'≤1，则PE=1−x',−12,1−z'，又PE=1，所以1−x'2+−122+1−z'2=1，即x'−12+z'−12=34，则点P在侧面BCC1B1内，以B1为圆心，32为半径的一段圆弧上运动，而当点P和B或C1重合时A1P与BC1所成角为60°，故D错误.故选：AC.4．（23-24高二下·福建宁德·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=1，PA=2，E为PD的中点，点F在线段PA上运动.  (1)线段AC上是否存在点M，满足EM∥平面PAB？若存在，求AMAC的值，若不存在，说明理由；(2)当直线DF与平面ACE所成的角最大时，求线段AF的长度.【答案】(1)存在，AMAC=12(2)12【分析】(1)利用中位线定理可得线线平行，再由线面平行的判定定理即可证明；(2)建立空间直角坐标系，根据题意写出各点坐标，可设F(0,0,t)(0≤t≤2)，求出平面ACE的法向量，根据夹角公式可得sinθ=cos =2+t31+t2，平方得sin2θ=19×4+4t+t21+t2，设g(t)=4+4t+t21+t2，求导可得当t=12时，函数取得最大值，即得线段AF的长度.【详解】（1）存在符合题意的点M，此时点M为线段AC的中点.∵底面ABCD为正方形，∴ M也为线段BD的中点，又E为PD的中点，则EM为△DPB的中位线，∴ EM//PB.又PB⊂平面PAB， EM⊄平面PAB，∴ EM//平面PAB，此时AMAC=12.  （2）如图，以A为原点，分别以AB,AD,AP的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),C(1,1,0),E(0,12,1),D(0,1,0)，则AC=(1,1,0)，AE⃗=(0,12,1)，设平面ACE的一个法向量为n=(x,y,z), 则n⋅AC=0n⋅AE=0，即x+y=012y+z=0,令x=2，则y=−2,z=1，即n=(2,−2,1)， 因为点F在线段PA上运动，可设F(0,0,t)(0≤t≤2),则DF=(0,−1,t),设直线DF与平面ACE所成角为θ,则sinθ=cos =n⋅DFnDF =2+t31+t2，所以sin2θ=19×4+4t+t21+t2.设g(t)=4+4t+t21+t2，则g'(t)=−2(2t2+3t−2)(1+t2)2,因为当t∈[0,12)时，g'(t)>0，当t∈[12,1]时，g'(t)