新教材適用2024版高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第1篇專題4立體幾何第4講空間向量與距離探究性問題核心考點(diǎn)3空間中的探索性問題教師用書

核心考點(diǎn)3空間中的探索性問題核心知識·精歸納與空間向量有關(guān)的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關(guān)系；另一類是探究線面角或二面角滿足特定要求時(shí)的存在性問題．處理原則：先建立空間直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)(有些是題中已給出)，設(shè)出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，然后探究這樣的點(diǎn)是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷．典例研析·悟方法典例3(2023·浉河區(qū)校級模擬)如圖，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝1，∠BCD＝eq\f(2π,3)，四邊形ACFE為矩形，且CF⊥平面ABCD，CF＝1.(1)求證：EF⊥平面BCF；(2)在線段EF上是否存在點(diǎn)M，使得平面MAB與平面FCB所成銳二面角的平面角為θ，且滿足cosθ＝eq\f(\r(7),7).若不存在，請說明理由；若存在，求出EM的長度．【分析】(1)求出AC⊥BC，AC⊥CF，由此能證明EF⊥平面BCF，由線面垂直的性質(zhì)定理即可得證；(2)以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CA，CB，CF所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出結(jié)果．【解析】(1)證明：∵AD＝CD＝BC＝1，AB∥CD，∠BCD＝120°，∴∠ADC＝120°，∠DCA＝∠DAC＝30°，∴∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵CF⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥CF，∵CF∩BC＝C，CF、BC?平面BCF，∴AC⊥平面BCF，∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.(2)當(dāng)EM＝eq\r(3)，平面MAB與平面FCB所成銳二面角的平面角為θ，且滿足cosθ＝eq\f(\r(7),7)，理由如下：以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線CA，CB，CF為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，∵AD＝CD＝BC＝CF＝1，則AB＝2，AC＝eq\r(3)，則EF＝AC＝eq\r(3)，設(shè)FM＝λ(0≤λ≤eq\r(3))，則C(0,0,0)，A(eq\r(3)，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1,0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(λ，－1,1)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面MAB的法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,λx－y＋z＝0，))取x＝1，則n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3)－λ)，易知m＝(1,0,0)是平面FCB的一個(gè)法向量，∴|cosm，n|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m|·|n|)))＝eq\f(1,\r(1＋3＋\r(3)－λ2))＝eq\f(\r(7),7)，解得λ＝0或λ＝2eq\r(3)(舍去)，即M與F重合時(shí)，平面MAB與平面FCB所成銳二面角的余弦值為eq\f(\r(7),7)，此時(shí)EM＝eq\r(3).方法技巧·精提煉空間角存在性問題的解題策略借助于空間直角坐標(biāo)系，把幾何對象上動(dòng)態(tài)點(diǎn)的坐標(biāo)用參數(shù)(變量)表示，將幾何對象坐標(biāo)化，這樣根據(jù)所要滿足的題設(shè)要求得到相應(yīng)的方程或方程組．若方程或方程組在題設(shè)范圍內(nèi)有解，則通過參數(shù)的值反過來確定幾何對象的位置；若方程或方程組在題設(shè)范圍內(nèi)無解，則表示滿足題設(shè)要求的幾何對象不存在．加固訓(xùn)練·促提高(2023·定遠(yuǎn)縣校級模擬)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，PB＝PD，PA⊥AC.(1)證明：PA⊥平面ABCD；(2)若PA＝eq\r(3)，在棱PC上是否存在點(diǎn)M，使直線AM與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(15),4)？若存在，求出點(diǎn)M的位置；若不存在，請說明理由．【解析】(1)證明：連接BD交AC于O，連接PO.因?yàn)榈酌鍭BCD是邊長為2的菱形，所以BD⊥AO，因?yàn)镺是BD中點(diǎn)，PB＝PD，所以BD⊥PO.因?yàn)锳O∩PO＝O，AO，PO?平面PAO，所以BD⊥平面PAO，因?yàn)镻A?平面PAO，所以BD⊥PA.因?yàn)镻A⊥AC，BD∩AC＝O，BD，AC?平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD.(2)如圖，取線段BC的中點(diǎn)H，連接AH，易知AH⊥AD.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AH，AD，AP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0,0,0)，B(eq\r(3)，－1,0)，C(eq\r(3)，1,0)，P(0,0，eq\r(3))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－eq\r(3))，設(shè)eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，則有(xM，yM，zM－eq\r(3))＝(eq\r(3)λ，λ，－eq\r(3)λ)，解得M(eq\r(3)λ，λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)，進(jìn)而eq\o(AM,\s\up6(→))＝(eq\r(3)λ，λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)．設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,\r(3)x＋y－\r(3)z＝0，))取m＝(1,0,1)．設(shè)直線AM與平面PBC所成角為θ，則sinθ＝|coseq\o(AM,\s\up6(→))，m|＝eq\f(|\o(AM,\s\up6(→))·m|,|\o(AM,\s\up6(→))|·|m|