微专题15 探究存在、最值问题——2027届高三数学一轮复习课件

该高中数学高考一轮复习课件聚焦立体几何与空间向量专题，针对探究存在、最值问题，依据高考评价体系梳理线面垂直平行证明、点存在性探究、空间角最值等核心考点，通过真题案例分析明确高频题型分布，构建完整解题思路体系。 课件亮点在于“问题转化+空间向量+函数建模”的备考策略，如例1用空间向量设参数探究点存在性，培养逻辑推理素养，例2构建函数求线面角正弦值最大值，发展数学抽象能力。配套训练巩固题，帮助学生掌握转化技巧，教师可精准指导复习，提升备考效率。

第7章 立体几何与空间向量 微专题15：探究存在、最值问题 2027届高考一轮复习数学 1 类型一 探究存在问题 例1　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PD=a，PA=PC=a，E是PC的中点， (1)求证:PA∥平面BDE; (2)求证:PD⊥平面ABCD; (3)侧棱PB上是否存在一点F，使得PB⊥平面DEF?若存在， 求的值;若不存在，请说明理由. 2 (1)求证:PA∥平面BDE; [解析] (1)如图，连接AC交BD于点G，连接EG，由正方形ABCD可得:AG=GC. 因E是PC的中点，则PA∥EG，又因PA⊄平面EDB，EG⊂平面EDB， 故PA∥平面EDB. 3 (2)求证:PD⊥平面ABCD; [解析](2)因AD=DC=PD=a，PA=PC=a， 则AD2+PD2=PA2，CD2+PD2=PC2， 故有PD⊥AD，PD⊥CD， 因AD∩CD=D，AD，CD⊂平面ABCD， 故PD⊥平面ABCD. 4 (3)侧棱PB上是否存在一点F，使得PB⊥平面DEF?若存在，求的值;若不存在，请说明理由. [解析](3)由题意和(2)的结论，如图，以点D为原点， DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则B(a，a，0)，P(0，0，a)，C(0，a，0)，=(a，a，-a)， 因E是PC的中点，则E， 5 设=t=t(a，a，-a)，解得F(at，at，a-at)， 则得==(at，at，a-at)， 设平面DEF的法向量为n=(x，y，z)，则 故可取n=(2t-1，-t，t). 由PB⊥平面DEF可得∥n，即==，解得t=， 即存在点F，满足PB⊥平面DEF， 此时， = . 6 [小结]1.对于存在判断型问题的求解,应先假设存在,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等. 2.对于位置探究型问题,通常借助向量,引进参数,综合已知和结论列出等式,解出参数. 7 1.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点，PA⊥AD，BE∥CD，BE⊥AD，PA=AE=BE=2，CD=1. (1)求点A到平面PBC的距离; (2)在线段PE上是否存在点M，使得DM∥平面PBC?若存在，求出点M的位置;若不存在，说明理由. 8 (1)求点A到平面PBC的距离; [解析] (1)因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD， 且BE⊥AD，BE⊂平面ABCD，故BE⊥平面PAD. 以E为原点，EB，ED所在直线为x，y轴，过点E平行于PA的直线为z轴，建立空间直角坐标系Exyz， 9 则E(0，0，0)，P(0，-2，2)，A(0，-2，0)，B(2，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)， 所以=(2，2，-2)，=(-1，2，0)，=(0，2，-2)，=(0，0，2)， 设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)， 则即 令y=1，得平面PBC的一个法向量为n=(2，1，3)， 所以点A到平面PBC的距离为d= = = . 10 (2)在线段PE上是否存在点M，使得DM∥平面PBC?若存在，求出点M的位置;若不存在，说明理由. [解析](2)由(1)知，平面PBC的一个法向量为n=(2，1，3)，“线段PE上存在点M，使得DM∥平面PBC”等价于“·n=0”. 因为=(0，2，-2)， 设=λ=(0，2λ，-2λ)，λ∈[0，1]， 则M(0，2λ-2，2-2λ)，=(0，2λ-4，2-2λ)， 所以·n=2λ-4+6-6λ=0，解得λ=， 所以线段PE上存在点M，即PE中点，使得DM∥平面PBC. 11 类型二　最值(范围)问题 例2　(2025·山东菏泽·二模)如图，圆台的下底面圆O的半径为，ABCD为圆O的内接正方形.E，M为上底面圆O1上两点，F为BC的中点，且平面ABE⊥平面ABCD，AF⊥DE. (1)求证:EA=EB; (2)若OO1=，求FM与平面ADE所成角正弦值的最大值. 12 (1)求证:EA=EB; [解析] (1)证明:取AB的中点G，连DG交AF于H.在正方形ABCD中， 由于F为BC的中点，可得△ADG≌△BAF，则∠ADG=∠BAF， 因为∠ADG+∠AGD=，所以∠BAF+∠AGD=，得到∠AHG=，即DG⊥AF. 因为AF⊥DE，DE∩DG=D，DE，DG⊂平面DEG， 所以AF⊥平面DEG，又EG⊂平面DEG，故AF⊥EG. 13 由于平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD=AB，BC⊥AB，故BC⊥平面ABE， 又EG⊂平面ABE，则BC⊥EG. 因为AF⊥EG，AF∩BC=F，BC⊂平面ABCD， AF⊂平面ABCD，所以EG⊥平面ABCD，又因为AB⊂平面ABCD，则EG⊥AB， 又点G是AB的中点，故EA=EB. 14 (2)若OO1=，求FM与平面ADE所成角正弦值的最大值. [解析](2)由于圆O的半径为，则正方形ABCD的边长为2，又OO1=，则EG=. 以O为坐标原点，过点O作与AB，BC平行的直线分别为x轴，y轴，OO1所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 15 则A(1，-1，0)，D(1，1，0)，E(0，-1，)，F(-1，0，0)，M(a，b，)， 易求上底面圆的半径为1，故a2+b2=1. =(0，2，0)，=(-1，0，)，=(a+1，b，). 设平面ADE的法向量为n=(x，y，z)，由得 取x=，z=1，故n=(，0，1)， 设FM与平面ADE所成角为α， 则sin α==，-1≤a≤1， 16 令t=得a=，t∈[]， 所以sin α=在[]上单调递增， 故sin α≤=， 所以FM与平面ADE所成角正弦值的最大值为. [小结]范围问题常常利用函数、基本不等式求解，也可直接根据几何图形找到最大位置求解. 17 2.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，棱AC，CC1的中点分别为D，E，C1在平面ABC内的射影为D，△ABC是边长为2的等边三角形，且AA1=2，点F在棱B1C1上运动(包括端点). (1)若点F为棱B1C1的中点，求点F到平面BDE的距离; (2)求锐二面角F-BD-E的余弦值的取值范围. 18 (1)若点F为棱B1C1的中点，求点F到平面BDE的距离; [解析] (1)连接DC1，依题意可知DC1⊥平面ABC，由于AC，BD⊂平面ABC， 所以DC1⊥AC，DC1⊥BD，由于三角形ABC是等边三角形，所以BD⊥AC，BD==， 又DC1==， 以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 19 则C1，C，E，B， 又==， 则令z1=1，则x1=-，y1=0， 故m=，又=， 所以点F到平面BDE的距离为d== = . 故B1，F， 则==. 设平面BDE的法向量为m=， 20 (2)求锐二面角F-BD-E的余弦值的取值范围. [解析] (2)设=λ=(-1，，0)， 则=+=+λ=+λ=. 设平面BDF的法向量为n=， 则令x2=，则z2=λ，y2=0，故n=. 设锐二面角F-BD-E为θ， 则cos θ== = · = ， 21 令3-λ=t， 所以cos θ==，设s=， 则cos θ=，二次函数y=12s2-6s+1=12+的图象开口向上，对称轴为s=，所以当s∈时，该二次函数单调递增， 所以当s=时，该二次函数有最小值12×-6×+1=， 22 当s=时，该二次函数有最大值12×-6×+1=1， 所以∈，即cos θ∈. 即锐二面角F-BD-E的余弦值的取值范围为. 23 $