主题三第七章第6节第1课时用向量方法讨论立体几何中的位置关系-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

2025-09-10

| 74页

| 43人阅读

| 0人下载

教辅

山东鼎鑫书业有限公司

进店逛逛

内容正文：

主题三几何与代数（必修第二册+选择性必修第一册）第七章立体几何与空间向量第6节向量在立体几何中的应用第1课时用向量方法讨论立体几何中的位置关系下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）复盘必备知识 01 跃升关键能力 02 课时冲关 03 主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）复盘必备知识下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）跃升关键能力下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）课时作业点击进入WORD链接下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS） ★[课程标准] 1．理解直线的方向向量及平面的法向量． 2．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系． 3．能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理． 1．直线的方向向量与直线的向量表示 (1)点的向量表示在空间中，取一个定点O，那么空间中任意一点P的位置就可以用向量eq \o(OP,\s\up16(→))来表示．向量eq \o(OP,\s\up16(→))就是点P的位置向量． (2)直线的方向向量如图，设点A，B是直线l上不重合的任意两点，称eq \o(AB,\s\up16(→))为直线l的　方向　向量．显然，与eq \o(AB,\s\up16(→))平行的任意非零向量a也是直线l的方向向量，直线的方向向量　平行　于该直线． (3)直线的向量表示空间中任意一条直线l的位置．可以由直线l上的一个定点和该直线的方向向量唯一确定．如图，已知点M是直线l上的一点，非零向量a是直线l的一个方向向量．那么对于直线l上的任意一点P，一定存在实数t，使得eq \o(MP,\s\up16(→))＝ta.反之，满足上式的点P一定在直线l上，因此，我们把这个式子称为直线l的向量表示． 2．平面的法向量及其应用 (1)如果一条直线l与一个平面α垂直，那么就把直线l的方向向量n叫作平面α的法向量． (2)平面的向量表示式及平面的方程设点M是平面α内给定的一点，向量n是平面α内的一个法向量，那么对于平面α内任意一点P必有eq \o(MP,\s\up16(→))·n＝0. 反过来满足上式的点P都在平面α内，所以把上式称为平面α的一个向量表达式．若n＝(A，B，C)，点M的坐标为(x0，y0，z0)，则由eq \o(MP,\s\up16(→))·n＝0得到A(x－x0)＋B(y－y0)＋C(z－z0)＝0，叫作平面α的方程． 3．用向量方法研究立体几何中的位置关系设向量l，m分别是直线l，m的方向向量，n1，n2分别是平面α，β的法向量，则 (1)l∥m或l与m重合⇔l∥m； (2)l∥α或l⊂α⇔l⊥n1； (3)α∥β或α与β重合⇔n1∥n2； (4)l⊥m⇔l⊥m； (5)l⊥α⇔l∥n1； (6)α⊥β⇔n1⊥n2. 1．直线的方向向量的确定：l是空间一直线，A，B是l上任意两点，则eq \o(AB,\s\up16(→))及与eq \o(AB,\s\up16(→))平行的非零向量均为直线l的方向向量． 2．平面的法向量的确定：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·a＝0，,n·b＝0.)) ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)直线的方向向量是唯一确定的．(　　) (2)平面的单位法向量是唯一确定的．(　　) (3)两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1与l2的位置关系是平行．(　　) (4)若n1，n2分别是两个不重合平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥β.(　　) (5)已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6，2)，则a∥c，a⊥b.(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√ ◆[小题查验] 1．已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则(　　) A．α∥β　　　　　　　 B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不对解析：C　[∵n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β不平行，也不垂直．] 2．(多选)在如图所示的坐标系中，ABCDA1B1C1D1为正方体，则下列结论中正确的是(　　) A．直线DD1的一个方向向量为(0,0,1) B．直线BC1的一个方向向量为(0,1,1) C．平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0) D．平面B1CD的一个法向量为(1,1,1) 解析：ABC　[DD1∥AA1，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝(0,0,1)，故A正确；BC1∥AD1，eq \o(AD1,\s\up16(→))＝(0,1,1)，故B正确；直线AD⊥平面ABB1A1，eq \o(AD,\s\up16(→))＝(0,1,0)．故C正确；点C1的坐标为(1,1,1)，eq \o(AC1,\s\up16(→))与平面B1CD不垂直，故D错误．] 3．已知平面α内有一点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3,6)，则下列点P中，在平面α内的是(　　) A．P(2,3,3) B．P(－2,0,1) C．P(－4,4,0) D．P(3，－3,4) 解析：A　[因为平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，所以n⊥α，又A选项中P(2,3,3)，所以eq \o(MP,\s\up16(→))＝(1,4,1)，因此有n·eq \o(MP,\s\up16(→))＝6×1＋4×(－3)＋6×1＝0. ] 4．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，则下列向量中，能作为平面AEF的法向量的是(　　) A．(1，－2,4) B．(－4,1，－2) C．(2，－2,1) D．(1,2，－2) 解析：B　[设正方体棱长为2，则A(2,0,0)，E(2,2,1)，F(1,0,2)， ∴eq \o(AE,\s\up16(→))＝(0,2,1)，eq \o(AF,\s\up16(→))＝(－1,0,2)，设向量n＝(x，y，z)是平面AEF的一个法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up16(→))＝2y＋z＝0，,n·\o(AF,\s\up16(→))＝－x＋2z＝0，))取y＝1，得x＝－4，z＝－2，∴n＝(－4,1，－2)是平面AEF的一个法向量，因此可得只有B选项的向量是平面AEF的法向量．] 5．如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是　____________　. 解析：以A为原点，分别以eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(AA1,\s\up16(→))所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．设正方体的棱长为1，则A(0,0,0)，Meq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Oeq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Neq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq \o(ON,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，1))，∴eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(ON,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))·eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，1))＝0，∴ON与AM垂直．答案：垂直利用空间向量证明平行或垂直 1．如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2eq \r(5)，AA1＝eq \r(7)，BB1＝2eq \r(7)，点E和F分别为BC和A1C的中点． (1)求证：EF∥平面A1B1BA； (2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1. 证明：因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC. 因为AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，所以以过E作平行于BB1的垂线为z轴，EC，EA所在直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．因为AB＝3，BE＝eq \r(5)，所以AE＝2，所以E(0,0,0)，C(eq \r(5)，0,0)，A(0,2,0)，B(－eq \r(5)，0,0)，B1(－eq \r(5)，0,2eq \r(7))，A1(0,2，eq \r(7))，则Feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，\f(\r(7),2))). (1)eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，\f(\r(7),2)))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－eq \r(5)，－2,0)，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝(0,0，eq \r(7))．设平面AA1B1B的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AA1,\s\up16(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\r(5)x－2y＝0，,\r(7)z＝0，))取eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝\r(5)，,z＝0，))所以n＝(－2，eq \r(5)，0)．因为eq \o(EF,\s\up16(→))·n＝eq \f(\r(5),2)×(－2)＋1×eq \r(5)＋eq \f(\r(7),2)×0＝0，所以eq \o(EF,\s\up16(→))⊥n. 又EF⊄平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA. (2)因为EC⊥平面AEA1，所以eq \o(EC,\s\up16(→))＝(eq \r(5)，0,0)为平面AEA1的一个法向量．又EA⊥平面BCB1，所以eq \o(EA,\s\up16(→))＝(0,2,0)为平面BCB1的一个法向量．因为eq \o(EC,\s\up16(→))·eq \o(EA,\s\up16(→))＝0，所以eq \o(EC,\s\up16(→))⊥eq \o(EA,\s\up16(→))，故平面AEA1⊥平面BCB1. 2.(2025·贵州模拟)如图，在三棱锥P ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝kPA，点O，D分别是AC，PC的中点．OP⊥底面ABC. (1)求证：OD∥平面PAB； (2)当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心？解：(1)连接OB， ∵OP⊥平面ABC，OA＝OC，AB＝BC， ∴OA⊥OB，OA⊥OP，OB⊥OP，以O为原点，OA，OB，OP所在直线为x轴、y轴、 z轴，建立空间直角坐标系(如图)．设AB＝a，则Aeq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Beq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，0))， Ceq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，0，0)). 设OP＝h，则P(0,0，h)． ∵D为PC的中点，∴eq \o(OD,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),4)a，0，\f(1,2)h))，又eq \o(PA,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，－h))， ∴eq \o(OD,\s\up16(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(PA,\s\up16(→))，∴eq \o(OD,\s\up16(→))∥eq \o(PA,\s\up16(→))，则OD∥PA，又OD⊄平面PAB，PA⊂平面PAB， ∴OD∥平面PAB. (2)设△PBC的重心为G，则Geq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),6)a，\f(\r(2),6)a，\f(1,3)h))， ∴eq \o(OG,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),6)a，\f(\r(2),6)a，\f(1,3)h))， ∵OG⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC， ∴eq \o(OG,\s\up16(→))⊥eq \o(PB,\s\up16(→))，又eq \o(PB,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，－h))， ∴eq \o(OG,\s\up16(→))·eq \o(PB,\s\up16(→))＝eq \f(1,6)a2－eq \f(1,3)h2＝0，经检验，当k＝1时，O在平面PBC内的射影为△PBC的重心，所以k＝1. 3.(2025·深圳市模拟)如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点．求证： (1)MN∥平面A1B1C1； (2)平面MBC1⊥平面BB1C1C. 证明：由题意，知AA1，AB，AC两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形AA1C1C的边长为2，则A(0,0,0)，A1(2，0,0)，B(0,2,0)，B1(2,2,0)，C(0,0,2)，C1(2,0,2)，M(1,0,0)，N(1,1,1)． (1)由题意知AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1⊂平面A1B1C1，所以AA1⊥平面A1B1C1. 因为eq \o(AA1,\s\up16(→))＝(2,0,0)，eq \o(MN,\s\up16(→))＝(0,1,1)，所以eq \o(MN,\s\up16(→))·eq \o(AA1,\s\up16(→))＝0，即eq \o(MN,\s\up16(→))⊥eq \o(AA1,\s\up16(→)).故MN∥平面A1B1C1. (2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．因为eq \o(MB,\s\up16(→))＝(－1,2,0)，eq \o(MC1,\s\up16(→))＝(1,0,2)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(MB,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(MC1,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x1＋2y1＝0，,x1＋2z1＝0，)) 令x1＝2，则平面MBC1的一个法向量为n1＝(2,1，－1)．同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2＝(0,1,1)．因为n1·n2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n1⊥n2，所以平面MBC1⊥平面BB1C1C. 用空间向量证明平行与垂直的方法与步骤 1．坐标运算法第一步：寻找空间几何体中的垂直关系，选取原点，建立适当的空间直角坐标系；第二步：用向量表示空间几何体中的点、线和平面等元素，建立空间图形与空间向量的联系；第三步：进行空间向量的坐标运算；第四步：将空间向量运算的结果转化为空间图形中待证的结论． 2．基向量法第一步：适当选取不共线的三个向量作为基；第二步：空间几何体中待证的结论用基向量表示出来；第三步：进行基向量的线性运算与数量积运算；第四步：将空间向量运算的结果转化为空间图形中待证的结论．与平行、垂直有关的探索性问题 ►[命题点1]　探索性问题与平行相结合　 1．(2025·全国模拟)在四棱锥PABCD中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD为梯形．AB∥CD，AD⊥DC，且AB＝1，AD＝DC＝DP＝2，∠PDC＝120°.若M是棱PA的中点，则对于棱BC上是否存在一点F，使得MF与PC平行．解：在平面PCD内过点D作DH⊥DC，交PC于点H，因为平面ABCD⊥平面PCD，且平面ABCD∩平面PCD＝CD，DH⊂平面PCD，可得DH⊥平面ABCD，又由AD⊥DC，所以AD，CD，DH两两垂直，以D为原点，以DA，DC，DH所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由AB＝1，AD＝DC＝DP＝2，∠PDC＝120°，可得D(0,0,0)，P(0，－1，eq \r(3))，A(2,0,0)，B(2,1,0)，C(0,2,0)，假设BC上存在点F，使得MF∥PC，设eq \o(BF,\s\up16(→))＝λeq \o(BC,\s\up16(→))，其中λ∈[0,1]，因为M是棱PA的中点，可得Meq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，又由eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－2,1,0)，eq \o(BF,\s\up16(→))＝(－2λ，λ，0)， F(2－2λ，1＋λ，0)，所以eq \o(MF,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－2λ，\f(3,2)＋λ，－\f(\r(3),2)))， eq \o(PC,\s\up16(→))＝(0,3，－eq \r(3))，设eq \o(MF,\s\up16(→))＝μeq \o(PC,\s\up16(→))，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－2λ＝0，,\f(3,2)＋λ＝3μ，,－\f(\r(3),2)＝－\r(3)μ，))此方程组无解，所以假设不成立，所以对于BC上任意一点F，MF与PC都不平行，即在线段BC上不存在点F，使得MF与PC平行．对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”． 1．如图，等边三角形ABC与直角梯形ABDE所在的平面垂直，BD∥AE，BD＝2AE，AE⊥AB. (1)若F为CD的中点，求证：EF⊥平面BCD； (2)在线段AC上是否存在点N，使CD∥平面BEN？若存在，求eq \f(AN,NC)的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：设ED的中点为H，AB的中点为O，连接OH，OC，由题意知OH∥AE. 因为平面ABDE⊥平面ABC，AE⊥AB，平面ABDE∩平面ABC＝AB，所以AE⊥平面ABC，所以HO⊥平面ABC. 又△ABC为等边三角形，所以OC⊥AB. 故以O为坐标原点，射线OC，OB，OH分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 设AE＝1，AB＝2a，则A(0，－a,0)，B(0，a,0)， C(eq \r(3)a,0,0)，D(0，a,2)，E(0，－a,1)，Feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，1))， ∴eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(3a,2)，0))，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(eq \r(3)a，－a,0)，eq \o(BD,\s\up16(→))＝(0,0,2)，eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝0，eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝0，所以EF⊥BC，EF⊥BD. 又因为BC∩BD＝B，BC，BD⊂平面BCD，所以EF⊥平面BCD. (2)设存在点N，使CD∥平面BEN，设eq \o(AN,\s\up16(→))＝λeq \o(NC,\s\up16(→))，则Neq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)λa,1＋λ)，\f(－a,1＋λ)，0))，所以eq \o(BN,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)λa,1＋λ)，\f(－2a－λa,1＋λ)，0)). 由(1)知，eq \o(BE,\s\up16(→))＝(0，－2a,1)，eq \o(CD,\s\up16(→))＝(－eq \r(3)a，a,2)，设平面BEN的法向量为n＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BN,\s\up16(→))＝\f(\r(3)λa,1＋λ)·x＋\f(－2a－λa,1＋λ)·y＝0，,n·\o(BE,\s\up16(→))＝－2a·y＋z＝0，)) 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(λ＋2,\r(3)λ)y，,z＝2ay，))令y＝1，则n＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(λ＋2,\r(3)λ)，1，2a))，由CD∥平面BEN，得n⊥eq \o(CD,\s\up16(→)). 所以n·eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \f(2＋λ,\r(3)λ)·(－eq \r(3)a)＋a＋2a·2＝0，解得λ＝eq \f(1,2).所以当eq \f(AN,NC)＝eq \f(1,2)时，CD∥平面BEN. ►[命题点2]　探索性问题与垂直相结合　 2.(2025·陕西安康模拟)平面上两个等腰直角△PAC和△ABC，AC既是△PAC的斜边又是△ABC的直角边，沿AC边折叠使得平面PAC⊥平面ABC，M为斜边AB的中点． (1)求证：AC⊥PM； (2)在线段PB上是否存在点N，使得平面CNM⊥平面PAB？若存在，求出eq \f(PN,PB)的值；若不存在，请说明理由．解：(1)取AC的中点D，连接MD，PD，如图，又M为AB的中点， ∴MD∥BC，由AC⊥BC，则MD⊥AC，又△PAC为等腰直角三角形，PA⊥PC，PA＝PC， ∴PD⊥AC，又MD∩PD＝D，MD，PD⊂平面PMD， ∴AC⊥平面PMD，又PM⊂平面PMD， ∴AC⊥PM. (2)∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PD⊥AC，PD⊂平面PAC， ∴PD⊥平面ABC，DM⊂平面ABC，故PD⊥DM，建立以D为原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DM,\s\up16(→))，eq \o(DP,\s\up16(→))为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，设AC＝2， ∴A(1,0,0)，B(－1,2,0)，C(－1,0,0)，P(0,0,1)，则eq \o(CP,\s\up16(→))＝(1,0,1)，eq \o(AP,\s\up16(→))＝(－1,0,1)，eq \o(BP,\s\up16(→))＝(1，－2,1)，若存在N使得平面CNM⊥平面PAB，且eq \f(PN,PB)＝λ，(0≤λ≤1)，则eq \o(PN,\s\up16(→))＝λeq \o(PB,\s\up16(→))＝λ(－1,2，－1)，解得N(－λ，2λ，1－λ)，M(0,1,0)，则eq \o(CN,\s\up16(→))＝(1－λ，2λ，1－λ)，eq \o(CM,\s\up16(→))＝(1,1,0)，设n＝(x，y，z)为平面PAB的一个法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up16(→))·n＝－x＋z＝0，,\o(BP,\s\up16(→))·n＝x－2y＋z＝0，)) 令z＝1，即n＝(1,1,1)，设m＝(a，b，c)是平面CNM的一个法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(CN,\s\up16(→))·m＝1－λa＋2λb＋1－λc＝0，,\o(CM,\s\up16(→))·m＝a＋b＝0，)) 令b＝1，则m＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(1－3λ,1－λ)))， ∴m·n＝－1＋1＋eq \f(1－3λ,1－λ)＝0，可得λ＝eq \f(1,3). ∴存在N使得平面CNM⊥平面PAB，此时eq \f(PN,PB)＝eq \f(1,3). 解决立体几何中线段上是否存在点的探索性问题，关键是该点如何用参数设出来．一般有两种方法：一是利用比例式求解；二是利用三点共线条件巧设．最后都转化为与平行或垂直有关的问题解决． 2．(2025·济南模拟)如图，四棱锥SABCD中，ABCD为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD＝1，AB＝2，SD＝eq \r(3).E为CD上一点，且CE＝3DE. (1)求证：AE⊥平面SBD； (2)M、N分别在线段SB、CD上的点，是否存在M、N，使MN⊥CD且MN⊥SB，若存在，确定M、N的位置；若不存在，说明理由．解：(1)证明：∵SD⊥AD，且SD⊥AB，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，∴SD⊥平面ABCD，又AE⊂平面ABCD，∴SD⊥AE. 矩形ABCD中，∠DAB＝∠ADE＝90°，又eq \f(DE,AD)＝eq \f(AD,AB)＝eq \f(1,2)，则△ADE与△ADB相似，则∠DAE＝∠DBA， ∴∠DBA＋∠EAB＝90°，∴AE⊥BD；又SD⊥AE，SD∩BD＝D，SD，BD⊂平面SBD，∴AE⊥平面SBD. (2)假设存在M，N满足MN⊥CD，且MN⊥SB. 则可以D为原点分别以DA、DC、DS为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知D(0,0,0)，B(1,2,0)，A(1,0,0)， C(0,2,0)，S(0,0，eq \r(3))， eq \o(BS,\s\up16(→))＝(－1，－2，eq \r(3))，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(0,2,0)． ∵M在线段CD上，可设eq \o(BM,\s\up16(→))＝λeq \o(BS,\s\up16(→))＝(－λ，－2λ，eq \r(3)λ)(λ∈[0,1])． ∵eq \o(DM,\s\up16(→))＝eq \o(DB,\s\up16(→))＋eq \o(BM,\s\up16(→))＝(1,2,0)＋(－λ，－2λ，eq \r(3)λ) ＝(1－λ，2－2λ，eq \r(3)λ)， ∴M的坐标(1－λ，2－2λ，eq \r(3)λ)， QN在线段SB上，可设N(0，y,0)，y∈[0,2]，则eq \o(NM,\s\up16(→))＝(1－λ，2－2λ－y，eq \r(3)λ)．要使MN⊥CD且MN⊥SB，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(NM,\s\up16(→))·\o(DC,\s\up16(→))＝0，,\o(NM,\s\up16(→))·\o(BS,\s\up16(→))＝0，)) 又eq \o(BS,\s\up16(→))＝(－1，－2，eq \r(3))，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(0,2,0)，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(22－2λ－y＝0，,－1－λ－22－2λ－y＋3λ＝0，)) 解得λ＝eq \f(1,4)∈[0,1]，y＝eq \f(3,2)∈[0,2]．故存在M、N使MN⊥CD且MN⊥SB，其中M是线段SB靠近B的四等分点，N是线段CD靠近C的四等分点． $$

资源预览图

主题三第七章第6节第1课时用向量方法讨论立体几何中的位置关系-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

所属专辑

教辅

【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

高三数学第三方合辑 83 份文档

584人已阅读

主题三 第七章 第6节 第1课时 用向量方法讨论立体几何中的位置关系-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

内容正文：

资源预览图

主题三第七章第6节第1课时用向量方法讨论立体几何中的位置关系-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）