新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第4讲空间向量与距离探究性问题核心考点3空间中的探索性问题教师用书

核心考点3空间中的探索性问题核心知识·精归纳与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．典例研析·悟方法典例3(2023·浉河区校级模拟)如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝1，∠BCD＝eq\f(2π,3)，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，CF＝1.(1)求证：EF⊥平面BCF；(2)在线段EF上是否存在点M，使得平面MAB与平面FCB所成锐二面角的平面角为θ，且满足cosθ＝eq\f(\r(7),7).若不存在，请说明理由；若存在，求出EM的长度．【分析】(1)求出AC⊥BC，AC⊥CF，由此能证明EF⊥平面BCF，由线面垂直的性质定理即可得证；(2)以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【解析】(1)证明：∵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)当EM＝eq\r(3)，平面MAB与平面FCB所成锐二面角的平面角为θ，且满足cosθ＝eq\f(\r(7),7)，理由如下：以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，∵AD＝CD＝BC＝CF＝1，则AB＝2，AC＝eq\r(3)，则EF＝AC＝eq\r(3)，设FM＝λ(0≤λ≤eq\r(3))，则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)．设n＝(x，y，z)为平面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，则n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3)－λ)，易知m＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，∴|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与F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦值为eq\f(\r(7),7)，此时EM＝eq\r(3).方法技巧·精提炼空间角存在性问题的解题策略借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在．加固训练·促提高(2023·定远县校级模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PB＝PD，PA⊥AC.(1)证明：PA⊥平面ABCD；(2)若PA＝eq\r(3)，在棱PC上是否存在点M，使直线AM与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(15),4)？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明：连接BD交AC于O，连接PO.因为底面ABCD是边长为2的菱形，所以BD⊥AO，因为O是BD中点，PB＝PD，所以BD⊥PO.因为AO∩PO＝O，AO，PO⊂平面PAO，所以BD⊥平面PAO，因为PA⊂平面PAO，所以BD⊥PA.因为PA⊥AC，BD∩AC＝O，BD，AC⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD.(2)如图，取线段BC的中点H，连接AH，易知AH⊥AD.以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系A－xyz，则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))，设eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，则有(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)，进而eq\o(AM,\s\up6(→))＝(eq\r(3)λ，λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)．设平面PBC的法向量为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)．设直线AM与平面PBC所成角为θ，则sinθ＝|coseq\o(AM,\s\up6(→))，m|＝eq\f(|\o(AM,\s\up6(→))·m|,|\o(AM,\s\up6(→))|·|m|