第一章 第9节 空间向量的综合问题（Word教参）-【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 [对应学生用书P32] 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＝k，OE＝AA1＝2， 因此有E(0，0，2)，B(k，0，0)，C(0，k，0)，＝(－k，k，0)，＝(－k，0，2)， 则△EBC的重心为O1(，，)，＝(，，)， 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.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(，0，0)， 假设存在点E，设点E的坐标为(，λ，0)，其中－1≤λ≤1，可得＝(，λ，0)，＝(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＝－，z＝，所以n＝(λ，－，). 又由平面ADD1的一个法向量为＝(，0，0)， 所以|cos 〈，n〉|＝＝，解得λ＝±. 由于二面角E­AD1­D为锐二面角，则点E在线段QC上，所以λ＝，即CE＝1－， 故棱BC上存在点E，当CE＝1－时，二面角E­AD1­D的余弦值为. 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＝λ(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，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＝，∠AFH＝60°，得到FH＝1. 由EH＝FH＝1，∠HEF＝60°，可得FE＝1， 又EB＝4，所以存在λ＝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(0，2，0)，E(1，0，)， 得到＝(0，2，0)，＝(1，0，)， 设平面BDE的一个法向量为n＝(x，y，z). 由得 不妨设z＝－1，则x＝，y＝0，则n＝(，0，－1)， 又＝(－1，2，－)，＝λ＝(－λ，2λ，－λ)，＝＋＝(－1，0，)＋(－λ，2λ，－λ)＝(－λ－1，2λ，－λ)， 则|cos 〈，n〉|＝||＝＝sin 60°＝，解得λ＝0 (舍去)或λ＝，所以λ＝.故存在λ＝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＝. (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＝CE. 由于＝，所以AM∥CE，AM＝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，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(－，，0)，D1(，0，)，F(0，，)，M(，，0)，＝(－，，－)，＝(，0，－)， 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＝＝＝＝. 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＝. 以H为坐标原点，为x轴的正方向，为z轴的正方向，过点H且与同方向的向量为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，)，＝(1，0，)，＝(2，－1，0). 设平面ACGD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即所以可取n＝(3，6，－). 又平面BCGE的一个法向量可取m＝(0，1，0)，所以cos 〈n，m〉＝＝. 由图可知，二面角B­CG­A为锐二面角，因此二面角B­CG­A的大小为30°. [课时训练(9)见P169] 学科网（北京）股份有限公司 $$