专题突破(一) 空间向量的综合应用-【正禾一本通】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书（人教A版）

考向一　立体几何中的探索性问题 利用空间向量解决探索性问题的策略 1．类型 (1)已知点存在，求点的位置； (2)判断点的“存在性”问题． 2．解题步骤 (1)在点的“存在性”问题中，先假设所求点存在，将其作为已知条件，得出点的位置或与题设条件矛盾的结论，从而得到结果； (2)在设参数求解点的坐标时，若出现多解的情况，则应分析不同解的含义，判断哪些解是符合题设条件的，再做出取舍； (3)求解点、平面是否存在等探索性问题时，常常先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面，再利用直线与平面的位置关系去证明结论． 角度一　平行关系中的探索性问题 如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点． (1)求证：B1E⊥AD1； (2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由． 解： 如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 设AB＝a，则A(0，0，0)，A1(0，0，1)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，E，B1(a，0，1)， 所以＝(0，1，1)，＝＝(a，0，1)，＝. (1)因为×0＋1×1＋(－1)×1＝0， 所以⊥，所以B1E⊥AD1. (2)假设在棱AA1上存在一点P(0，0，t)(0≤t≤1)， 使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，t)． 设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z)． 由得 取x＝1，可得平面B1AE的一个法向量为n＝. 要使DP∥平面B1AE，只需n⊥， 即n·＝0，即－at＝0，解得t＝. 又DP⊄平面B1AE，所以存在点P， 使得DP∥平面B1AE，此时AP＝. 类题通法 平行关系中的探索性问题的解题步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)假设存在这样的点，设出该点的坐标，将直线与平面的平行关系转化为直线的方向向量与平面的法向量的关系； (3)利用向量坐标运算建立关于所求点坐标的方程，若方程有解，则点存在；否则，点不存在. 【迁移运用】 1. 如图，已知在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，且PA＝AB＝2，∠ABC＝60°，BC，PD的中点分别为E，F.在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给出证明；若不存在，请说明理由． 解：存在点G，点G为线段AB的中点．证明如下： 由题意知PA⊥平面ABCD， 又因为底面ABCD是菱形，得AB＝BC且∠ABC＝60°， 所以△ABC是正三角形， 连接AE(图略)，又E是BC的中点， 所以BC⊥AE，故AE，AD，AP两两垂直， 以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)， 因为PA＝AB＝2，故A(0，0，0)，B，P(0，0，2)，F(0，1，1)，C， 所以＝(0，0，－2)，＝，＝(0，1，1)． 假设在线段AB上存在点G，使得AF∥平面PCG， 设(0≤λ≤1)．因为＝， 所以＝. 所以＝. 设平面PCG的法向量为n＝(x，y，z)， 由 即 令y＝1，得n＝. 因为AF∥平面PCG，所以·n＝0，解得λ＝， 故在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG. 角度二　垂直关系中的探索性问题 如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝60°，AB＝2.D，M分别是AC，BD的中点．现将三角形ABD沿BD边折起，记折起后的点A位于点P的位置，且平面PBD⊥平面DBC(如图2所示)，点N为BC边上的一点，且＝λ(0<λ<1)． (1)若DB⊥平面PMN，求λ的值； (2)是否存在λ，使平面PDN⊥平面PMN？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由． 解：(1)折叠前，在Rt△ABC中，AB⊥BC，∠BAC＝60°，D是AC的中点， 所以AD＝AB＝DB＝2，∠DBC＝30°，BC＝2.折叠后，由DB⊥平面PMN， 所以DB⊥MN，△PDB为等边三角形，PD＝PB＝DB＝2， 又点M为BD的中点，所以DM＝BM＝1. 在Rt△BMN中，∠DBC＝30°， 所以BN＝， 所以λ＝. (2)因为平面PBD⊥平面DBC，PM⊥DB， 所以PM⊥平面DBC. 由(1)知，当|BN|＝时，DB⊥MN，记此时点N的位置为N0. 以MN0，MB，MP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则M(0，0，0)，P，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，N. 故＝＝()＝， 设平面PDN的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)， 则 所以 令z1＝1，则n1＝. 设平面PMN的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)， 则 所以 令y2＝，则n2＝. 要使平面PDN⊥平面PMN，有n1·n2＝0， 即－3＝0，化简得12λ2－9λ＋2＝0， 由于Δ＝－15<0，该一元二次方程无实数解， 所以不存在λ，使平面PDN⊥平面PMN. 类题通法 垂直关系中的探索性问题的解题步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)假设存在这样的点，设出该点的坐标，将直线与平面的垂直关系转化为直线的方向向量与平面的法向量的关系； (3)利用向量坐标运算建立关于所求点坐标的方程，若方程有解，则点存在；否则，点不存在. 【迁移运用】 2. 如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上(不含端点)． (1)是否存在点E，使PC⊥平面BDE? (2)是否存在点E，使平面PCD⊥平面AED? 解： 因为底面ABCD为正方形，所以AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，所以以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设AB＝a，AP＝c，a>0，c>0， 则A(0，0，0)，B(a，0，0)，C(a，a，0)，D(0，a，0)，P(0，0，c)． (1)设，0<λ<1，＝(－a，a，0)，＝(a，a，－c)，＝(a，0，－c)，＝λ(a，a，－c)－(a，0，－c)＝(λa－a，λa，c－λc)， 设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量， 由 得 令x＝1，则y＝1，z＝， 所以n＝是平面BDE的一个法向量，若PC⊥平面BDE，则∥n， 得，解得λ＝， 即存在点E满足，使得PC⊥平面BDE. (2)＝(a，a，－c)，＝(a，0，0)，＝(0，0，－c)， 设n1＝(x1，y1，z1)是平面PCD的法向量， 则 令y1＝c，则x1＝0，z1＝a， 所以n1＝(0，c，a)是平面PCD的一个法向量， 设，0<μ<1，则＝(μa，μa，c－μc)，＝(0，a，0)． 设n2＝(x2，y2，z2)是平面AED的法向量， 则 令x2＝－c，则y2＝0，z2＝， 所以n2＝是平面AED的一个法向量． 因为平面AED⊥平面PCD， 所以n1·n2＝0，即＝0，此方程无解， 所以不存在点E，使n1⊥n2， 所以不存在点E，使平面PCD⊥平面AED. 考向二　立体几何中的折叠问题 折叠问题解题策略 (1)确定折叠前后变与不变的关系 画好折叠前后的平面图形与立体图形，分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变． (2)确定折叠后关键点的位置 所谓的关键点，是指折叠过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变化． 如图所示，已知在矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，E为BC的中点，将△ABE沿AE折起，使得AB⊥DE. (1)求证：平面ABE⊥平面AECD； (2)若点F在线段BD上，且平面ABE与平面AEF夹角的余弦值为，试确定点F的具体位置． 解：(1)证明：在矩形ABCD中，连接DE(图略)， ∵AD＝2AB＝2，E为BC的中点， ∴BE＝BA，CE＝CD，∴∠BEA＝∠CED＝45°， ∴∠AED＝90°，即DE⊥AE， 又∵DE⊥AB，AE∩AB＝A，AE，AB⊂平面ABE，∴DE⊥平面ABE， 又∵DE⊂平面AECD，∴平面ABE⊥平面AECD. (2) 由(1)知DE⊥AE，以点E为原点，AE，DE所在直线分别为x轴、y轴，垂直于平面AECD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 则B，A，E(0，0，0)，D＝＝， 设，0≤λ≤1， 则F(1－λ)，(1－λ))，＝(1－λ)，(1－λ))． 设平面AEF的法向量为n1＝(x，y，z)， ∴ 即 取y＝1－λ，则z＝－2λ，∴n1＝(0，1－λ，－2λ)． 由题意知平面ABE的一个法向量为n2＝(0，1，0)．设平面ABE与平面AEF的夹角为θ， ∴cos θ＝，解得λ＝，故F为BD的中点． 名师点睛 只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算. 【迁移运用】 3.如图①所示，已知在梯形BFEC中，BF∥EC，EC＝3，BF＝2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图②所示的几何体． (1)求证：DE⊥平面ABCD； (2)若点H在线段BD上，且EH与平面BEF所成角的正弦值为，求线段DH的长度． 解：(1)证明：∵平面EDAF⊥平面ABCD，DE⊂平面EDAF，平面EDAF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD， ∴DE⊥平面ABCD. (2) 由题意知AD，CD，DE两两垂直，以点D为坐标原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E(0，0，2)，F(1，0，1)，B(1，1，0)，＝(1，0，－1)，＝(0，－1，1)， 设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则即取x＝1，则z＝1，y＝1，∴n＝(1，1，1)， 设H(a，a，0)，0≤a≤1，则＝(a，a，－2)， ＝， 解得a＝或a＝(舍去)， ∴H，∴＝，即线段DH的长度为. 学科网（北京）股份有限公司 $