第一章 第9节 空间向量的综合问题（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

第9节　空间向量的综合问题 第一章　立体几何与空间向量 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(9) 温馨提示 谢谢观看！ 考点一　探索性问题 考向1　空间位置关系中的探索性问题 [例1] (2024·泉州模拟)如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面为菱形，且∠DAB＝60°，E，O分别是上、下底面的中心，F是AB的中点，AB＝kAA1. (1)求证：A1F∥平面EBC； (2)是否存在实数k，使得点O在平面EBC内的射影O1恰好为△EBC的重心．若存在，求k，若不存在，请说明理由． (1)证明：分别取A1B1，C1D1的中点N，M，连接MN，MC，NB， 则在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，MN∥B1C1∥BC，且E是MN的中点，所以平面EBC即为截面BCMN， 又F是AB的中点，则BF与A1N平行且相等，从而四边形A1FBN是平行四边形，所以A1F∥BN， 又A1F⊄平面BCMN，BN⊂平面BCMN，所以A1F∥平面BCMN，即A1F∥平面BCE. (2)解：不存在，理由如下： 连接AC，BD，OE，因为四边形ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，所以△ABD，△BCD都是等边三角形，AC⊥BD， 易知AC∩BD＝O，由已知得OE⊥平面ABCD，分别以OB，OC，OE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， 设AA1＝2，则AB＝2k，OB＝k，OC＝ eq \r(3)k，OE＝AA1＝2， 因此有E(0，0，2)，B(k，0，0)，C(0， eq \r(3)k，0)， eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－k， eq \r(3)k，0)， eq \o(BE,\s\up16(→))＝(－k，0，2)， 则△EBC的重心为O1( eq \f(k,3)， eq \f(\r(3)k,3)， eq \f(2,3))， eq \o(OO1,\s\up16(→))＝( eq \f(k,3)， eq \f(\r(3)k,3)， eq \f(2,3))， 若OO1⊥平面EBC，则无解． 因此不存在实数k，使得点O在平面EBC内的射影O1恰好为△EBC的重心． 考向2　空间角中的探索性问题 [例2] 如图，在四棱台ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AB＝2AA1＝2A1B1＝2，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD． (1)求证：BD⊥CC1； (2)棱BC上是否存在一点E，使得二面角E­AD1­D的余弦值为 eq \f(1,3).若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由． (1)证明：如图所示，连接AC，A1C1， 因为四棱台ABCD­A1B1C1D1，所以A，A1，C1，C四点共面． 又四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC． 因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD． 又AA1∩AC＝A且AA1，AC⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1. 因为CC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥CC1. (2)解：取BC的中点Q，连接AQ， 因为底面ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD， 由于AA1⊥平面ABCD，以A为原点，分别以AQ，AD，AA1所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，A1(0，0，1)，D1(0，1，1)，Q( eq \r(3)，0，0)， 假设存在点E，设点E的坐标为( eq \r(3)，λ，0)，其中－1≤λ≤1，可得 eq \o(AE,\s\up16(→))＝( eq \r(3)，λ，0)， eq \o(AD1,\s\up16(→))＝(0，1，1)， 设平面AD1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝λ，可得y＝－ eq \r(3)，z＝ eq \r(3)，所以n＝(λ，－ eq \r(3)， eq \r(3)). 又由平面ADD1的一个法向量为 eq \o(AQ,\s\up16(→))＝( eq \r(3)，0，0)， 所以|cos 〈 eq \o(AQ,\s\up16(→))，n〉|＝ eq \f(\r(3)|λ|,\r(3)·\r(λ2＋6))＝ eq \f(1,3)，解得λ＝± eq \f(\r(3),2). 由于二面角E­AD1­D为锐二面角，则点E在线段QC上，所以λ＝ eq \f(\r(3),2)，即CE＝1－ eq \f(\r(3),2)， 故棱BC上存在点E，当CE＝1－ eq \f(\r(3),2)时，二面角E­AD1­D的余弦值为 eq \f(1,3). 探索性问题的解题策略 训练1 (2024·浙江春晖中学模拟)已知四棱锥E­ABCD中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥DC，AB＝4，AD＝DC＝2，BE＝4，△ADE为等边三角形． (1)求证：平面ADE⊥平面ABCD； (2)是否存在一点F，满足 eq \o(EF,\s\up16(→))＝λ eq \o(EB,\s\up16(→))(0<λ<1)，使直线AF与平面BDE所成的角为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． (1)证明：在等腰梯形ABCD中，AB＝4，AD＝DC＝2，则∠DAB＝60°， 则BD＝2 eq \r(3)，所以AD2＋BD2＝AB2，BD⊥AD． 又BE＝4，DE＝2， 由BD2＋DE2＝16＝BE2，得到BD⊥DE， 又AD∩DE＝D，AD，DE⊂平面ADE， 因此BD⊥平面ADE，又BD⊂平面ABCD， 故平面ADE⊥平面ABCD． (2)解：方法一　由(1)知BD⊥平面ADE，BD⊂平面BDE，则平面BDE⊥平面ADE，且平面BDE∩平面ADE＝DE. 作AH⊥DE于H点，则有AH⊥平面BDE.则∠AFH即为直线AF与平面BDE所成角， 在Rt△AHF中，由AH＝ eq \r(3)，∠AFH＝60°，得到FH＝1. 由EH＝FH＝1，∠HEF＝60°，可得FE＝1， 又EB＝4，所以存在λ＝ eq \f(1,4)使直线AF与平面BDE所成的角为60°. 方法二　过点D作MD⊥平面ABCD于点D，以点D为坐标原点，DA，DB，DM所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 其中D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2 eq \r(3)，0)，E(1，0， eq \r(3))， 得到 eq \o(DB,\s\up16(→))＝(0，2 eq \r(3)，0)， eq \o(DE,\s\up16(→))＝(1，0， eq \r(3))， 设平面BDE的一个法向量为n＝(x，y，z). 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up16(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up16(→))＝0，))得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\r(3)y＝0，,x＋\r(3)z＝0，)) 不妨设z＝－1，则x＝ eq \r(3)，y＝0，则n＝( eq \r(3)，0，－1)， 又 eq \o(EB,\s\up16(→))＝(－1，2 eq \r(3)，－ eq \r(3))， eq \o(EF,\s\up16(→))＝λ eq \o(EB,\s\up16(→))＝(－λ，2 eq \r(3)λ，－ eq \r(3)λ)， eq \o(AF,\s\up16(→))＝ eq \o(AE,\s\up16(→))＋ eq \o(EF,\s\up16(→))＝(－1，0， eq \r(3))＋(－λ，2 eq \r(3)λ，－ eq \r(3)λ)＝(－λ－1，2 eq \r(3)λ， eq \r(3)－ eq \r(3)λ)， 则|cos 〈 eq \o(AF,\s\up16(→))，n〉|＝| eq \f(\o(AF,\s\up16(→))·n,|\o(AF,\s\up16(→))||n|)|＝ eq \f(2\r(3),2\r(16λ2－4λ＋4))＝sin 60°＝ eq \f(\r(3),2)，解得λ＝0 (舍去)或λ＝ eq \f(1,4)，所以λ＝ eq \f(1,4).故存在λ＝ eq \f(1,4)使直线AF与平面BDE所成的角为60°. 考点二　翻折问题 [例3] (2025·眉山模拟)如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1­ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE. 设F为CD1的中点，若M为线段AB上的一点，满足 eq \o(AM,\s\up16(→))＝ eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up16(→)). (1)求证：MF∥平面D1AE； (2)求平面D1MF与平面ABE所成锐二面角的余弦值． (1)证明：设G是D1E的中点，连接GF，AG， 由于F是CD1的中点，所以GF∥CE，GF＝ eq \f(1,2)CE. 由于 eq \o(AM,\s\up16(→))＝ eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up16(→))，所以AM∥CE，AM＝ eq \f(1,2)CE， 所以AM∥GF，AM＝GF，所以四边形AMFG是平行四边形， 所以MF∥AG，由于MF⊄平面D1AE，AG⊂平面D1AE， 所以MF∥平面D1AE. (2)解：连接BE，由于AE＝BE＝2 eq \r(2)，AB＝4，所以AE2＋BE2＝AB2， 所以AE⊥BE，依题意，平面D1AE⊥平面ABCE.以E为原点，EA，EB所在直线分别为x轴，y轴，以过点E且垂直于平面ABCE的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 平面ABE的一个法向量为m＝(0，0，1)，C(－ eq \r(2)， eq \r(2)，0)，D1( eq \r(2)，0， eq \r(2))，F(0， eq \f(\r(2),2)， eq \f(\r(2),2))，M( eq \f(3\r(2),2)， eq \f(\r(2),2)，0)， eq \o(D1F,\s\up16(→))＝(－ eq \r(2)， eq \f(\r(2),2)，－ eq \f(\r(2),2))， eq \o(FM,\s\up16(→))＝( eq \f(3\r(2),2)，0，－ eq \f(\r(2),2))， 设平面D1MF的一个法向量为n＝(x，y，z)，所以故可令n＝(1，5，3)为平面D1MF的一个法向量， 设平面D1MF与平面ABE所成锐二面角为θ， 则cos θ＝ eq \f(|m·n|,|m||n|)＝ eq \f(3,\r(1＋25＋9))＝ eq \f(3,\r(35))＝ eq \f(3\r(35),35). 解决空间角与翻折相结合的问题的关键 盯住量 看翻折前后线面位置关系的变化情况，根据翻折过程，把翻折前后没有变化和发生变化的量准确找出来，因为它们反映了翻折后空间图形的特征 会转化 根据需要解决的立体几何问题，确立转化目标 得结论 对转化后的问题，用定义、判定定理、性质定理、基本事实、公式等解决 训练2 图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2. (1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)求图2中的二面角B­CG­A的大小． (1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG， 所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE. 又AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)解：作EH⊥BC，垂足为H. 因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC， 所以EH⊥平面ABC． 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝ eq \r(3). 以H为坐标原点， eq \o(HC,\s\up16(→))为x轴的正方向， eq \o(HF,\s\up16(→))为z轴的正方向，过点H且与 eq \o(AB,\s\up16(→))同方向的向量为y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0， eq \r(3))， eq \o(CG,\s\up16(→))＝(1，0， eq \r(3))， eq \o(AC,\s\up16(→))＝(2，－1，0). 设平面ACGD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CG,\s\up16(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up16(→))·n＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0，))所以可取n＝(3，6，－ eq \r(3)). 又平面BCGE的一个法向量可取m＝(0，1，0)，所以cos 〈n，m〉＝ eq \f(n·m,|n||m|)＝ eq \f(\r(3),2). 由图可知，二面角B­CG­A为锐二面角，因此二面角B­CG­A的大小为30°. $$