【学霸笔记：同步精讲】第一章 1.2 探究课2 立体几何中的探索性问题 课件--2026版高中数学人教B版选必修1

(课件网) 复习任务群一 现代文阅读Ⅰ 把握共性之“新”　打通应考之“脉” 第一章　空间向量与立体几何 1.2　空间向量在立体几何中的应用 探究课2　立体几何中的探索性问题 关于空间角的探索问题的处理思路 利用空间向量解决空间角的探索问题，通常不需要复杂的几何作图、论证、推理，只需先假设结论成立，设出空间中点的坐标，通过向量的坐标运算进行推断，把是否存在问题转化为点的坐标是否有解的问题来处理． 【典例】　如图，四边形ABCD是菱形，∠ADC＝60°，平面EAD⊥平面ABCD，EA⊥AD，EA∥BF，AB＝AE＝2，BF＝1. (1)证明：平面EAC⊥平面EFC. (2)在棱EC上是否存在点M使得平面MBD与平面ACF所成的锐二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． [思路导引]　(1)取线段CE的中点N，连接FN，ON，设AC∩BD＝O，证明出四边形OBFN为平行四边形，可得出FN∥OB，再证明出BD⊥平面EAC，可得出FN⊥平面EAC，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立． (2)设AC∩BD＝O，以点O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设＝λ，其中0≤λ≤1，利用空间向量法可得出关于λ的等式，结合0≤λ≤1可求得λ的值，即可得解． [解]　(1)证明：连接BD，因为平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，EA⊥AD，EA 平面EAD，所以EA⊥平面ABCD，因为BD 平面ABCD，所以BD⊥EA， 因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，因为EA∩AC＝A，所以BD⊥平面EAC， 设AC∩BD＝O，取线段CE的中点N，连接FN，ON， 因为四边形ABCD为菱形，则O为AC的中点， 所以ON∥AE且ON＝AE， 由已知BF∥AE且BF＝AE， 所以ON∥BF且ON＝BF， 所以四边形OBFN为平行四边形， 所以FN∥OB，则FN⊥平面EAC， 因为FN 平面EFC，所以平面EAC⊥平面EFC. (2)因为EA⊥平面ABCD，AC⊥BD， 以点O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－1，0)，B(－，0，0)，C(0，1，0)，D(，0，0)，E(0，－1，2)，F(－，0，1)， 设平面ACF的一个法向量为m＝(a，b，c)，＝(0，2，0)，＝(－，1，1)， 则，取a＝1， 则m＝(1，0，)为平面ACF的一个法向量， 设＝λ＝λ(0，2，－2)＝(0，2λ，－2λ)，其中0≤λ≤1， 则＝＝(－，－1，2)＋(0，2λ，－2λ)＝(－，2λ－1，2－2λ)， ＝(2，0，0)，设平面MBD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则， 取y＝2λ－2，可得n＝(0，2λ－2，2λ－1)为平面MBD的一个法向量，由已知可得|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 整理可得5λ2－14λ＋8＝0，因为0≤λ≤1，解得λ＝.因此，在棱EC上存在点M使得平面MBD与平面ACF所成的锐二面角的余弦值为，且＝4. 反思领悟　求解存在性问题的基本策略：首先假定题中的数学对象存在，其次构建空间直角坐标系，再次利用空间向量法把存在性问题转化为参数是否有解的问题，最后解方程，下结论．利用上述思维策略，可使此类存在性难题变为常规问题． 如图，在几何体ABCDEF中，平面CDEF⊥平面ABCD，∠EAD＝60°.四边形CDEF为矩形．在四边形ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝2AD. (1)点G在线段BE上，且＝μ，是否存在实数μ，使得AG∥DF？若存在，求出μ的值；若不存在，请说明理由． (2)若P为线段DF的中点，求直线BP与平面ABE所成角的正弦值． [解]　(1)因为四边形CDEF为矩形，所以CD⊥DE.因为平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，DE 平面CDEF，所以DE⊥平面ABCD.不妨设AB＝BC＝2AD＝2，则DE＝AD tan ∠EAD＝. 取D为原点，DA所在直线为x轴，DE所在直线 为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，2，0)， E(0，0，)，F(－1，2，)， 所以＝(－1，－2，)，＝(0，2，0)，＝(－1，2， ... ...