新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第4讲空间向量与距离探究性问题核心考点3空间中的探索性问题教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第4讲空间向量与距离探究性问题核心考点3空间中的探索性问题教师用书，共3页。

典例研析·悟方法
典例3 (2023·浉河区校级模拟)如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝1，∠BCD＝eq \f(2π,3)，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，CF＝1.
(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)在线段EF上是否存在点M，使得平面MAB与平面FCB所成锐二面角的平面角为θ，且满足cs θ＝eq \f(\r(7),7).若不存在，请说明理由；若存在，求出EM的长度．
【分析】 (1)求出AC⊥BC，AC⊥CF，由此能证明EF⊥平面BCF，由线面垂直的性质定理即可得证；
(2)以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【解析】 (1)证明：∵AD＝CD＝BC＝1，AB∥CD，∠BCD＝120°，
∴∠ADC＝120°，∠DCA＝∠DAC＝30°，
∴∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，
∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥CF，
∵CF∩BC＝C，CF、BC⊂平面BCF，
∴AC⊥平面BCF，
∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.
(2)当EM＝eq \r(3)，平面MAB与平面FCB所成锐二面角的平面角为θ，且满足cs θ＝eq \f(\r(7),7)，理由如下：
以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
∵AD＝CD＝BC＝CF＝1，则AB＝2，AC＝eq \r(3)，
则EF＝AC＝eq \r(3)，
设FM＝λ(0≤λ≤eq \r(3))，则C(0,0,0)，A(eq \r(3)，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1,0)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(λ，－1,1)．
设n＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(BM,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x＋y＝0，,λx－y＋z＝0，))
取x＝1，则n＝(1，eq \r(3)，eq \r(3)－λ)，
易知m＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，
∴|csm，n|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m|·|n|)))＝eq \f(1,\r(1＋3＋\r(3)－λ2))＝eq \f(\r(7),7)，解得λ＝0或λ＝2eq \r(3)(舍去)，
即M与F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦值为eq \f(\r(7),7)，此时EM＝eq \r(3).
方法技巧·精提炼
空间角存在性问题的解题策略
借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在．
加固训练·促提高
(2023·定远县校级模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PB＝PD，PA⊥AC.
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)若PA＝eq \r(3)，在棱PC上是否存在点M，使直线AM与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(15),4)？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)证明：连接BD交AC于O，连接PO.
因为底面ABCD是边长为2的菱形，所以BD⊥AO，
因为O是BD中点，PB＝PD，所以BD⊥PO.
因为AO∩PO＝O，AO，PO⊂平面PAO，
所以BD⊥平面PAO，
因为PA⊂平面PAO，所以BD⊥PA.
因为PA⊥AC，BD∩AC＝O，BD，AC⊂平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD.
(2)如图，取线段BC的中点H，连接AH，易知AH⊥AD.
以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系A－xyz，
则A(0,0,0)，B(eq \r(3)，－1,0)，C(eq \r(3)，1,0)，P(0,0，eq \r(3))，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1，－eq \r(3))，
设eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \(PC,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，则有(xM，yM，zM－eq \r(3))＝(eq \r(3)λ，λ，－eq \r(3)λ)，解得M(eq \r(3)λ，λ，eq \r(3)－eq \r(3)λ)，
进而eq \(AM,\s\up6(→))＝(eq \r(3)λ，λ，eq \r(3)－eq \r(3)λ)．
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\(PC,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＝0，,\r(3)x＋y－\r(3)z＝0，))
取m＝(1,0,1)．
设直线AM与平面PBC所成角为θ，
则sin θ＝|cseq \(AM,\s\up6(→))，m|＝eq \f(|\(AM,\s\up6(→))·m|,|\(AM,\s\up6(→))|·|m|)＝eq \f(\r(3),\r(2)·\r(\r(3)λ2＋λ2＋\r(3)－\r(3)λ2))＝eq \f(\r(3),\r(27λ2－6λ＋3))＝eq \f(\r(15),4)，
化简得，35λ2－30λ＋7＝0，此方程无解，所以满足条件的点P不存在．