12 第一章 微专题1 空间向量在立体几何热点问题中的应用-【名师导航】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册同步课件(人教A版2019)

第一章 空间向量与立体几何 微专题1　空间向量在立体几何热点问题中的应用 解决立体几何问题，常用三种方法：综合法、向量法、坐标法．处理空间图形之间的距离、夹角等度量问题时，综合法需要借助图形之间的位置关系或辅助线找出所求的距离、夹角，有一定难度．用向量法和坐标法不用考虑图形之间的关系，直接套用相应的公式求解即可，将这些度量“公式化”，就大大降低了难度． 立体几何中利用空间向量求空间角及解决有关的探索性、折叠问题是各类考试考查的热点内容，也是一个难点，常见于解答题中．题目灵活性较强，需要丰富的空间想象能力及计算能力，考查学生的综合应用能力，培养学生的思维能力． 微专题1　空间向量在立体几何热点问题中的应用 【例1】　(2022·天津卷)直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AA1⊥AB，AC⊥AB，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点． (1)求证：EF∥平面ABC； (2)求直线BE与平面CC1D夹角的正弦值； (3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值． 类型1　利用空间向量求空间角 微专题1　空间向量在立体几何热点问题中的应用 [解]　(1)证明：取BB1的中点G，连接FG，EG，连接AD交EG于K，再连接FK， ∵EK∥A1B1，且E是AA1的中点，则K是AD的中点， ∴FK∥AC，又FK⊄平面ABC，AC⊂平面ABC， ∴FK∥平面ABC，同理可得，EG∥平面ABC，又FK∩EG＝K， ∴平面EFG∥平面ABC， ∴EF∥平面ABC． (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥AB，AA1⊥A1B1，则可建立如图所示的空间直角坐标系， 又AA1＝AB＝AC＝2，D为A1B1中点， E为AA1中点，F为CD中点． 故B(2，2，0)，E(1，0，0)，C(2，0，2)， C1(0，0，2)，D(0，1，0)， 则＝(－1，－2，0)，＝(－2，0，0)， ＝(－2，1，－2)， 设n＝(x，y，z)是平面CC1D的法向量，则有n·＝0， 即 令z＝1，则x＝0，y＝2，所以n＝(0，2，1)， 设直线BE与平面CC1D的夹角为θ， 则sin θ＝＝， 即直线BE与平面CC1D夹角的正弦值为． (3)∵A1(0，0，0)，则＝(2，0，2)，＝(0，1，0)， 设平面A1CD的法向量为m＝(a，b，c)，则有m·＝0， 即令a＝1，则b＝0，c＝－1，故m＝(1，0，－1)， 设平面A1CD与平面CC1D的夹角为β， 所以cos β＝|cos 〈n，m〉|＝． 【例2】　如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4． (1)求证：AC⊥BC1； (2)在AB上是否存在点D，使得AC1∥平面CDB1， 若存在，确定点D的位置并说明理由， 若不存在，说明理由． 类型2　利用空间向量解决探索性问题 微专题1　空间向量在立体几何热点问题中的应用 [解]　(1)证明：在直三棱柱ABC­-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，则AC，BC，CC1两两垂直，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)，B1(0，4，4)．∵＝(－3，0，0)，＝(0，－4，4)，∴＝0，即⊥，∴AC⊥BC1． (2)假设在AB上存在点D使得AC1∥平面CDB1，设＝(－3λ，4λ，0)，其中0≤λ≤1，则D(3－3λ，4λ，0)，＝(3－3λ，4λ－4，－4)，又＝(0，－4，－4)，＝(－3，0，4)，AC1∥平面CDB1，∴存在实数m，n，使成立， ∴m(3－3λ)＝－3，m(4λ－4)－4n＝0， －4m－4n＝4，∴λ＝， ∴在AB上存在点D使得AC1∥平面CDB1，且D为AB的中点． 【例3】　如图1所示，在△ABC中，AB＝4，BC＝2，∠B＝，DE垂直平分AB．现将三角形ADE沿DE折起，使得二面角P-DE-B大小为，得到如图2所示的空间几何体(折叠后点A记作点P)． (1)求点D到面PEC的距离； (2)点Q为一动点，满足(0＜λ＜1)， 当直线BQ与平面PEC所成的角最大时， 试确定点Q的位置． 类型3　利用空间向量解决翻折问题 微专题1　空间向量在立体几何热点问题中的应用 [解]　(1)由AB＝4，BC＝2，∠B＝， 得AC＝＝6， 所以AB2＝AC2＋BC2，所以∠C＝，DC＝BC， 因为DE垂直平分AB，所以DE⊥PD，DE⊥BD， 所以∠PDB为二面角P-DE-B的平面角， 所以∠PDB＝，PD＝BD，所以△PDB为等边三角形， 取BD中点O，连接PO，OC，所以PO⊥BD，OC⊥BD． 因为PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PDB， 所以DE⊥平面PDB，因为DE⊂平面BCED， 所以平面PDB⊥平面BCED， 因为PO⊥BD，OC⊥BD，所以∠POC为二面角P-BD-C的平面角， 所以PO⊥OC． 以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线为坐 标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(，0，0)，C(0，3，0)，P(0，0，3)，D(－，0，0)， E(－，2，0)， 所以＝(0，3，－3)，＝(－，2，－3)， 设平面PEC的法向量为n＝(x，y，z)， 则令z＝1，则n＝，又＝(，0，3)， 所以点D到面PEC的距离为d＝＝＝． (2)设Q(x1，y1，z1)，由(0＜λ＜1)， 可得(x1，y1，z1－3)＝λ(－，2，－3)， 所以所以Q(－λ，2λ，3－3λ)， 所以＝(－λ－，2λ，3－3λ)． 设直线BQ与平面PEC所成的角为θ，θ∈， 则有sin θ＝＝＝， 所以当λ＝时，sin θ有最大值为， 此时直线BQ与平面PEC所成角最大， 即当＝时，直线BQ与平面PEC所成角最大． $$