最后更新: 2025-08-06 11:59 查看: 19 次反馈同步训练

高考研究：空间向量与立体几何

利用空间向量解决立方体的问题，是高考压轴题常见类型，难点较大。

`例` （2022－新高考全国 I 改编）如图，直三棱柱 $A B C-A_1 B_1 C_1$ 的体积为 4 ， $\triangle A_1 B C$ 的面积为 $2 \sqrt{2}$ ．

![图片](/uploads/2025-05/2fbce7.jpg){width=200px}
 
 （1）求 $A$ 到平面 $A_1 B C$ 的距离；
 
 （2）设 $D$ 为 $A_1 C$ 的中点，$A A_1=A B$ ，平面 $A_1 B C \perp$ 平面 $A B B_1 A_1$ ，求平面 $A B D$与平面 $B C D$ 夹角的正弦值．
 
 解：（1）设点 $A$ 到平面 $A_1 B C$ 的距离为 $h$ ，因为直三棱柱 $A B C-A_1 B_1 C_1$ 的体积为 4 ，所以 $V_{A-A_1 B C}=\frac{1}{3} S_{\triangle A B C} \cdot A A_1$ $=\frac{1}{3} V_{A B C-A_1 B_1 C_1}=\frac{4}{3}$ ，又 $\triangle A_1 B C$ 的面积为 $2 \sqrt{2}$ ， $V_{A-A_1 B C}=\frac{1}{3} S_{\triangle A_1 B C} h=\frac{1}{3} \times 2 \sqrt{2} h=\frac{4}{3}$ ，所以 $h=\sqrt{2}$ ，即点 $A$ 到平面 $A_1 B C$ 的距离为 $\sqrt{2}$ ．
 
 
 （2） 取 $A_1 B$ 的中点 $E$ ，连接 $A E$ ，
则 $A E \perp A_1 B$ 。
因为平面 $A_1 B C \perp$ 平面 $A B B_1 A_1$ ，平面 $A_1 B C \cap$ 平面 $A B B_1 A_1=A_1 B, A E \subset$
平面 $A B B_1 A_1$ ，
所以 $A E \perp$ 平面 $A_1 B C$ ，
又 $B C \subset$ 平面 $A_1 B C$ ，所以 $A E \perp B C$ ．
又 $A A_1 \perp$ 平面 $A B C, B C \subset$ 平面 $A B C$ ，
所以 $A A_1 \perp B C$ ．

![图片](/uploads/2025-05/fdaba3.jpg){WIDTH=200PX}
 
 因为 $A A_1 \cap A E=A, A A_1, A E \subset$ 平面 $A B B_1 A_1$ ，所以 $B C \perp$ 平面 $A B B_1 A_1$ ，又 $A B \subset$ 平面 $A B B_1 A_1$ ，所以 $B C \perp A B$ ．
以 $B$ 为坐标原点，分别以 $\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B B_1}$ 的方向为 $x, y, z$ 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）知，$A E=\sqrt{2}$ ，
所以 $A A_1=A B=2, A_1 B=2 \sqrt{2}$ ．

因为 $\triangle A_1 B C$ 的面积为 $2 \sqrt{2}$ ，
所以 $2 \sqrt{2}=\frac{1}{2} \cdot A_1 B \cdot B C$ ，所以 $B C=2$ ，
所以 $A(0,2,0), ~ B(0,0,0), ~ C(2,0,0)$ ，
$A_1(0,2,2), D(1,1,1), E(0,1,1)$,
则 $\overrightarrow{B D}=(1,1,1), \overrightarrow{B A}=(0,2,0)$ ．
设平面 $A B D$ 的法向量为 $n =(x, y, z)$ ，
则 $\left\{\begin{array}{l} n \cdot \overrightarrow{B D}=0, \\ n \cdot \overrightarrow{B A}=0,\end{array} \quad\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x+y+z=0, \\ 2 y=0,\end{array}\right.$

令 $x=1$ ，得 $n =(1,0, ~-1)$ ．
又平面 $B D C$ 的一个法向量为 $\overrightarrow{A E}=(0,-1,1)$ ，所以 $\cos \langle\overrightarrow{A E}, n \rangle=\frac{\overrightarrow{A E} \cdot n }{|\overrightarrow{A E}| \cdot| n |}=\frac{-1}{\sqrt{2} \times \sqrt{2}}=-\frac{1}{2}$ ．设平面 $A B D$ 与平面 $B C D$ 的夹角为 $\theta$ ，则 $\sin \theta=\sqrt{1-\cos ^2\langle\overrightarrow{A E}, n \rangle}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，所以平面 $A B D$ 与平面 $B C D$ 夹角的正弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ．

`例` 如图，四棱雉 $P-A B C D$ 的底面为正方形，$P A \perp$ 平面 $A B C D, ~ M$ 是 $P C$ 的中点，$P A=A B$ ．
 求证：$A M \perp$ 平面 $P B D$ ；
 ![图片](/uploads/2025-05/3f0be9.jpg){WIDTH=250PX}
 
 解：由题意知，$A B, ~ A D, ~ A P$ 两两垂直，以 $A$ 为坐标原点，$A B, ~ A D, ~ A P$所在直线分别为 $x$ 轴、 $y$ 轴、 $z$ 轴，建立空间直角坐标系，如图，
设 $P A=A B=2$ ，则 $P(0,0,2), B(2,0,0), D(0,2,0), C(2,2,0)$ ，

$$
M(1,1,1), \overrightarrow{P B}=(2,0,

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