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　空间向量的综合应用 学案
提 升 关键能力——考点突破　掌握类题通法
考点一　求空间距离　[综合性]
[例1]　[2022·云南民族大学附属中学高三月考]如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，AB＝BB1＝2BC＝2，BC1＝，点E为A1C1的中点．
(1)求证：C1B⊥平面ABC；
(2)求点A到平面BCE的距离．
听课笔记：
反思感悟　求空间距离常用的方法
(1)直接法：利用线线垂直、线面垂直、面面垂直等性质定理与判定定理，作出垂线段，再通过解三角形求出距离．
(2)间接法：利用等体积法、特殊值法等转化求解．
(3)向量法：空间中的距离问题一般都可转化为点到平面的距离问题进行求解．
求点P到平面α的距离的三个步骤：
①在平面α内取一点A，确定向量的坐标；
②确定平面α的法向量n；
③代入公式d＝求解．
【对点训练】
正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________．
考点二　探索性问题　[创新性]
[例2]　[2022·湖南重点校联考]如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2.
(1)求证：AB⊥PC；
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M AC D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
听课笔记：
反思感悟　探索性问题的求解策略
空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．
(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．
【对点训练】
如图，四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，AC⊥BF，G为EF的中点．
(1)求证：BF⊥平面ABCD；
(2)二面角C BG D的大小可以为60°吗？若可以，求出此时的值；若不可以，请说明理由．
考点三　翻折与展开问题　[综合性]
[例3]　[2021·广东四校期末联考]等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是AB，AC上的点，且满足＝＝(如图1)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1 DE B成直二面角，连接A1B，A1C(如图2)．
(1)求证：A1D⊥平面BCED；
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
听课笔记：
反思感悟　翻折问题的2个解题策略
确定翻折前后变与不变的关系 画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决．
确定翻折后关键点的位置 所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．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．
【对点训练】
[2022·佛山质检]图1是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝＝2.以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝，如图2.
(1)证明：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值．
第2课时　空间向量的综合应用
提升关键能力
考点一
例1　解析：(1)证明：因为AB⊥平面BB1C1C，C1B 平面BB1C1C，
所以AB⊥C1B.
在△BCC1中，BC＝1，BC1＝，CC1＝2，
所以＝.
所以CB⊥C1B.
因为AB＝B，AB，BC 平面ABC，
所以C1B⊥平面ABC.
(2)由(1)知，AB⊥C1B，BC⊥C1B，AB⊥BC，
如图，以B为原点建立空间直角坐标系B xyz.
则B(0，0，0)，A(0，0，2)，E，C(1，0，0)．
＝(1，0，0)，＝.
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝，则x＝0，z＝－3，所以n＝.
又因为＝(1，0，－2)，故点A到平面BCE的距离
d＝＝＝.
对点训练
1．解析：取射线AB，AD，AA1分别为x轴、y轴、z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则A1(0，0，1)，E，F，D1(0，1，1)．
所以＝，＝(0，1，0)．
设平面A1D1E的法向量为n＝(x，y，z)．
则即，
令z＝2，则x＝1，得n＝(1，0，2)，又＝，
所以点F到平面A1D1E的距离d＝＝＝.
答案：
考点二
例2　解析：
(1)证明：如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，由AD＝CD＝2，BC＝4，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，
又PA＝A，
所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC.
解析：
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，B(2，－2，0)，＝(0，2，－2)，＝(2，2，0)．
设＝t(0＜t＜1)，
则点M的坐标为(0，2t，2－2t)，
所以＝(0，2t，2－2t)．
设平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，
则，
得，
令x＝1，得n＝.
又m＝(0，0，1)是平面ACD一个法向量，
所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝cos 45°＝，解得t＝，即点M是线段PD的中点．
此时平面MAC的法向量n0＝(1，－1，)，M(0，，1)，＝(－2，3，1)．
设BM与平面MAC所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n0，〉|＝＝.
对点训练
解析：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，所以BF⊥BD，又因为AC⊥BF，AC，BD为平面ABCD内两条相交直线，所以BF⊥平面ABCD.
(2)假设二面角C BG D的大小可以为60°，由(1)知BF⊥平面ABCD，以A为原点，分别以AB，AD为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设AB＝AD＝2，BF＝h(h＞0)，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，EF的中点G(1，1，h)，＝(－1，1，h)，＝(0，2，0)．
设平面BCG的法向量为n＝(x，y，z)，
则，
即，取n＝(h，0，1)．
因为AC⊥BF，AC⊥BD，
所以AC⊥平面BDG，
则平面BDG的一个法向量为＝(2，2，0)．
由题意得cos 60°＝＝，解得h＝1，此时＝.
所以当＝时，二面角C BG D的大小为60°.
考点三
例3　解析：(1)证明：如题图1，在△ADE中，AD＝1，AE＝2，∠A＝60°，
得到DE＝
＝，
所以AD2＋DE2＝AE2，从而AD⊥DE，BD⊥DE，
所以在题图2中，A1D⊥DE，BD⊥DE，
所以∠A1DB是二面角A1 DE B的平面角，
所以∠A1DB＝90°，即A1D⊥BD，
又因为A1D⊥DE，BD＝D，BD，DE 平面BCED，
所以A1D⊥平面BCED.
(2)由(1)知，A1D，DB，DE两两垂直，以D为原点，DB，DE，DA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则B(2，0，0)，A1(0，0，1)，C，故 ＝(2，0，－1)，＝.
假设线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，
设＝λ＝，其中λ∈[0，1]，
则＝＋＝.
平面A1BD的一个法向量为n＝(0，1，0)，
则sin 60°＝|cos 〈A1P，n〉|＝
＝＝，解得λ＝，
所以存在满足要求的点P，且线段PB的长度为.
对点训练
解析：(1)证明：在图1中，连接AE，AC，AC交BE于F.
∵＝2，DC＝3，∴CE＝2，∴AB＝CE，
又AB∥CD，∴四边形AECB是平行四边形．
在Rt△ACD中，AC＝＝2，∴AF＝CF＝.
在图2中，AC1＝，∵AF2＋C1F2＝，
∴C1F⊥AF，
由题意得C1F⊥BE，又BE＝F，
∴C1F⊥平面ABED，又C1F 平面BC1E，
∴平面BC1E⊥平面ABED.
解析：(2)如图2，以D为坐标原点，的方向分别为x，y轴的正方向的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系．
则D(0，0，0，)，A(，0，0)，B(，2，0)，E(0，1，0)，F，C1，
＝＝＝，
设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)，
由，得，
取z＝，得n＝(0，－2，)，∴|n|＝，
记直线BC1与平面AC1D所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝.

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