04-§4 04-专题强化练8 利用空间向量解决存在性 与探究性问题（PPT同步课件）-【学而思】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册分层练习（北师大版）

该高中数学课件聚焦空间向量与立体几何，专题强化利用空间向量解决存在性与探究性问题，通过四棱锥、四棱柱、折叠问题等例题，从空间向量坐标运算、法向量求法人手，搭建从基础到综合应用的学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点是以各地月考真题为载体，培养学生用数学眼光观察空间形式，用数学思维进行逻辑推理，如四棱锥中BC⊥平面的证明、折叠问题中平面垂直的判定，用数学语言表达空间关系。学生能提升探究能力，教师可获得专题化教学资源，提高教学效率。

第三章 空间向量与立体几何 第1讲　描述运动的基本概念 专题强化练8　利用空间向量解决存在性 与探究性问题 专题专项练 第1讲　描述运动的基本概念 1.[2025江西抚州南城第二中学月考]如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB=4,CD=2,BC=2,PC=PD=3, 平面PCD⊥平面ABCD,PD⊥BC. (1)证明:BC⊥平面PCD; (2)若Q是线段PC的中点,M是直线AQ上的一点,N是直线PD上的一点,是否存在点M,N,使得MN= ?请 说明理由.   第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)证明:取CD的中点O,连接PO,则PO⊥CD, 因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PO⊂平面PCD, 所以PO⊥平面ABCD, 又BC⊂平面ABCD,所以PO⊥BC, 又PD⊥BC,PD∩PO=P,PD,PO⊂平面PCD, 所以BC⊥平面PCD. (2)易得PO= =2 , 过点O作OE∥BC交AB于点E, 由BC⊥平面PCD,CD⊂平面PCD, 可得BC⊥CD,即OE⊥CD. 由BC⊥PO得OE⊥PO. 第1讲　描述运动的基本概念 以O为原点,OE,OC,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系, 则A(2,-3,0),Q ,D(0,-1,0),P(0,0,2 ), 所以 = , =(0,1,2 ), =(-2,2,0), 设与 , 都垂直的向量为n=(x,y,z), 则  不妨取y=4,则z=- ,x=6, 所以n=(6,4,- ), 设直线AQ与直线DP的距离为d, 第1讲　描述运动的基本概念 则d= = = > , 所以不存在点M,N,使得MN= .   第1讲　描述运动的基本概念 2.[2025湖南部分州市月考]如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,底面ABCD为梯形,AD∥ BC,BC=4,AB=AD=DC=AA1=2,Q为AD的中点. (1)在A1D1上是否存在点P,使直线CQ∥平面AC1P?若存在,请确定点P的位置并给出证明;若不存在,请说 明理由; (2)若(1)中的点P存在,求平面AC1P与平面ABB1A1夹角的余弦值.   第1讲　描述运动的基本概念 解析　过点D作DF⊥BC,垂足为F, 因为DD1⊥平面ABCD, 所以DA,DF,DD1两两互相垂直, 以D为坐标原点,DA,DF,DD1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D-xyz,   在Rt△CDF中,CD=2,CF=1,DF= , 则D(0,0,0),A(2,0,0),Q(1,0,0),C(-1, ,0),C1(-1, ,2),A1(2,0,2),B(3, ,0),D1(0,0,2). (1)假设在A1D1上存在点P,使直线CQ∥平面AC1P, 第1讲　描述运动的基本概念 设 =(1-λ) +λ =(2λ,0,2), 则P(2λ,0,2), 则 =(2λ+1,- ,0), =(2λ-2,0,2), 设n=(x,y,z)是平面AC1P的一个法向量,则  不妨取x= ,则y=2λ+1,z= (1-λ), 所以n=( ,2λ+1, (1-λ)). 又 =(2,- ,0), 故 ·n=2 - (2λ+1)=0, 解得λ= , 第1讲　描述运动的基本概念 因此P(1,0,2),即P是A1D1的中点, 所以在A1D1上存在点P,使直线CQ∥平面AC1P. (2)由(1)得平面AC1P的一个法向量为n= , 易得 =(1, ,0), =(0,0,2), 设平面ABB1A1的一个法向量为m=(a,b,c),则  不妨取a= ,则b=-1,c=0,所以m=( ,-1,0), 所以cos<n,m>= = , 故平面AC1P与平面ABB1A1夹角的余弦值为 . 第1讲　描述运动的基本概念 3.[2026江西南昌师范大学附属中学素养测评]如图1,在平行四边形ABCD中,AB=2BC=4,∠ABC=60°,E 为CD的中点.将△ADE沿AE折起,连接BD与CD,如图2.  图1     图2 (1)当BD的长为何值时,平面ADE⊥平面ABCE? (2)设 =λ (0≤λ≤1),当BE⊥DE时,是否存在实数λ,使得直线AF与平面ABCE夹角的正弦值为 ? 若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由; (3)当三棱锥B-CDE的体积最大时,求三棱锥D-ABE的内切球的半径. 第1讲　描述运动的基本概念 解析　连接BE,由题意得AD=DE=2,∠ADE=60°, 则△ADE为等边三角形,所以AE=2, 在△BCE中,EC=2,BC=2,∠BCE=120°, 由余弦定理得BE2=BC2+EC2-2BC·ECcos∠BCE=4+4-2×2×2× =12, 所以BE=2 , 由BE=2 ,AE=2,AB=4, 得AE2+BE2=AB2,故BE⊥AE. (1)若平面ADE⊥平面ABCE, 由平面ADE∩平面ABCE=AE,BE⊥AE,BE⊂平面ABCE,得BE⊥平面ADE, 又DE⊂平面ADE,所以BE⊥DE, 第1讲　描述运动的基本概念 故BD= = =4. 下面证明当BD=4时,平面ADE⊥平面ABCE. 证明:由BE=2 ,DE=2,BD=4, 得BE2+DE2=BD2,所以BE⊥DE, 又BE⊥AE,AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE,所以BE⊥平面ADE, 又BE⊂平面ABCE, 所以平面ADE⊥平面ABCE. 故当BD=4时,平面ADE⊥平面ABCE. (2)由(1)知当BE⊥DE时,平面ADE⊥平面ABCE, 在平面ADE内过E作EG⊥AE, 因为平面ADE∩平面ABCE=AE,EG⊂平面ADE,所以EG⊥平面ABCE, 第1讲　描述运动的基本概念 因为BE⊂平面ABCE,所以EG⊥BE. 故以点E为坐标原点,EA,EB,EG所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系, 则A(2,0,0),B(0,2 ,0),D(1,0, ), 则 =(-2,2 ,0), =(1,-2 , ), 由 =λ (0≤λ≤1), 得 = + = +λ =(-2+λ,2 -2 λ, λ), 易得m=(0,0,1)为平面ABCE的一个法向量, 设直线AF与平面ABCE的夹角为θ, 则sin θ=|cos<m, >|=  第1讲　描述运动的基本概念 =  = , 化简得3λ2-14λ+8=0, 解得λ= 或λ=4(舍去), 故当BE⊥DE时,存在λ= ,使得直线AF与平面ABCE夹角的正弦值为 . (3)设点D到平面ABCE的距离为h, 则VB-CDE=VD-BCE= S△BCEh,其中S△BCE为定值, 要使三棱锥D-BCE的体积最大, 则点D到平面BCE的距离最大, 第1讲　描述运动的基本概念 取AE的中点H,连接DH,则DH⊥AE, 当DH⊥平面BCE时,点D到平面BCE的距离取得最大值,为 , 此时,由DH⊂平面ADE,得平面ADE⊥平面ABCE, 由(1)知,BE⊥DE,△BED为直角三角形,BD=4. 则S△BDE= BE·DE= ×2 ×2=2 , S△ABE= AE·BE= ×2×2 =2 , S△ADE= AE·DH= ×2× = , 在△ABD中,AB=4,AD=2,BD=4, 取AD的中点M,连接BM, 则BM⊥AD,且BM= = , 第1讲　描述运动的基本概念 所以S△ABD= AD·BM= ×2× = , 设三棱锥D-ABE的内切球球心为I,半径为r, 由VD-ABE=VI-ABD+VI-ABE+VI-ADE+VI-BDE,得 S△ABE× = r(S△ABD+S△ABE+S△ADE+S△BDE), 即 ×2 × = r( +2 + +2 ), 解得r= , 故当三棱锥B-CDE的体积最大时,三棱锥D-ABE的内切球的半径为 . 第1讲　描述运动的基本概念 创新题型 创新点　解析几何与立体几何相交汇 4.[2026四川成都质量监测]已知O为坐标原点,☉O:x2+y2=9与x轴相交于A,B两点,过点F(-1,0)的直线l交 ☉O于M,N两点(不同于A,B两点). (1)当|MN|=4 时,求l的方程; (2)当△OMN的面积取得最大值时,将☉O沿x轴折成直二面角,则在上半圆上是否存在一点Q,使平面 ONQ与平面BMN夹角的余弦值为 ?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由; (3)若直线MA与直线BN相交于点T,判断点T是否在定直线上.若在,求出定直线的方程;若不在,请说明理由.   第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)由题意得☉O的圆心O(0,0),半径r=3,l的斜率不为0, 设l:x=ay-1,即x-ay+1=0, 则圆心O到l的距离d= , 由垂径定理得,|MN|=2 , 即4 =2 ,所以d2=9-8=1, 解得d=1(舍负), 所以 =1,解得a=0(二重根), 所以l的方程为x=-1. (2)假设存在一点Q,使平面ONQ与平面BMN夹角的余弦值为 . 第1讲　描述运动的基本概念 由题意得l的斜率不为0,设l:x=my-1,即x-my+1=0, 又|MN|=2 ,圆心O到l的距离d= , 所以S△OMN= |MN|d= ×2 · = , 令 =t(t≥2 ),则m2+1= , 所以S△OMN= = ,t≥2 , 因为y=t+ 在[2 ,+∞)上单调递增,所以当t=2 时,t+ 取得最小值,则S△OMN取得最大值,此时 =2  ,解得m=0(二重根),所以l:x=-1. 由题意建立空间直角坐标系,如图所示, 第1讲　描述运动的基本概念   则M(0,-1,2 ),N(2 ,-1,0),B(0,3,0), 所以 =(0,-4,2 ), =(2 ,-4,0), =(2 ,-1,0). 设m=(x1,y1,z1)为平面BMN的一个法向量, 则  令y1=1,得x1= ,z1= , 第1讲　描述运动的基本概念 则m=( ,1, ). 设Q(0,3cos θ,3sin θ),其中θ∈(0,π), 所以 =(0,3cos θ,3sin θ), 设n=(x2,y2,z2)为平面ONQ的一个法向量, 则  令x2=sin θ,得y2=2 sin θ,z2=-2 cos θ, 则n=(sin θ,2 sin θ,-2 cos θ). 设平面ONQ与平面BMN的夹角为α, 则cos α=|cos<m,n>|= = = ,所以θ= , 第1讲　描述运动的基本概念 所以Q(0,0,3). 故存在点Q(0,0,3),使平面ONQ与平面BMN夹角的余弦值为 . (3)易知A(-3,0),B(3,0), 设M(x3,y3),N(x4,y4), 由题意得l的斜率不为0,设l:x=ny-1, 联立 得(n2+1)y2-2ny-8=0, 所以y3+y4= ,y3y4= , kAM= ,则直线AM的方程为y= ·(x+3),① kBN= ,则直线BN的方程为y= ·(x-3),② 第1讲　描述运动的基本概念 联立①②可得 =  = =  = = , 所以x=-9,所以点T在定直线x=-9上. 第1讲　描述运动的基本概念 $