第3章 空间向量与立体几何 专题微课 利用空间向量解决立体几何热点问题(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修1（北师大版）

利用空间向量解决立体几何热点问题 专题微课 建构知识体系 融通学科素养 1.浸润的核心素养 空间向量是高中数学的重要组成部分.通过理解空间向量的概念，体现数学抽象的核心素养，通过建系、理解空间向量基本定理，体现直观想象的核心素养，通过空间角、距离的计算体现数学运算的核心素养. 2.渗透的数学思想 (1)空间向量为我们处理立体几何问题提供了新的视角，它是解决三维空间中图形的位置关系与度量问题的有效工具.我们要体会向量法在研究几何图形中的作用，进一步发展空间想象力. (2)向量法是解决问题的一种重要方法，坐标法是研究向量问题的有力工具.利用空间向量的坐标表示，可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要数学思想. CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一)　与空间角有关的最值、范围问题 题型(二)　空间向量与探索性问题相结合 题型(三)　空间向量与折叠问题相结合 4 课时检测 题型(一)　与空间角有关的 最值、范围问题 01 [例1]　如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥AD， AB∥CD，CD⊥AD，AD=CD=2AB=2，E，F分别为 PC，CD的中点，DE=EC. (1)求证：平面ABE⊥平面BEF； 解：证明：∵AB∥CD，CD⊥AD，AD=CD=2AB=2，F为CD的中点， ∴四边形ABFD为矩形，AB⊥BF.又∵DE=EC，F是CD中点， ∴CD⊥EF.∵AB∥CD，∴AB⊥EF. ∵BF∩EF=F，BF，EF⊂平面BEF， ∴AB⊥平面BEF. 又AB⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面BEF. (2)设PA=a(a>0)，若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈，求a的取值范围. 解：由(1)知DC⊥EF，又PD∥EF，AB∥CD， ∴AB⊥PD.又AB⊥AD，PD∩AD=D，PD， AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，PA⊂平面 PAD，∴AB⊥PA.如图，以A为原点，AB所在 直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线 为z轴，建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，a)，C(2，2，0)，E，∴=(-1，2，0)，=， 易知平面ABCD的一个法向量n1=(0，0，1)， 设平面EBD的一个法向量为n2=(x，y，z)， 则即取y=1，得x=2，z=-，则n2=，∴cos θ=|cos<n1，n2>|===. ∵平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈， ∴cos θ∈，即∈， 由≥，得-≤a≤， 由≤，得a≤-或a≥， ∴a的取值范围是. |思|维|建|模| 空间向量法求最值也是要求出目标函数，但是需要先依据题意建立空间直角坐标系，注意建系时使坐标易于求解或表达，然后求目标函数的表达式. 针对训练 1.如图，在三棱锥P-ABC中，△PAB为等边三角形， △ABC为等腰直角三角形，PA=2，AC⊥BC，平面 PAB⊥平面ABC. (1)证明：AB⊥PC. 解：证明：取AB的中点O，连接OP，OC. 因为△PAB为等边三角形，所以OP⊥AB. 因为△ABC为等腰直角三角形，且AC⊥BC，所以OC⊥AB. 因为OP⊂平面POC，OC⊂平面POC，OP∩OC=O，所以AB⊥平面POC，又PC⊂平面POC，所以AB⊥PC. (2)点D在线段PC上，求直线AD与平面PBC夹角的正弦值的最大值. 解：因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，OP⊂平面PAB，OP⊥AB，所以OP⊥平面ABC. 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，-1，0)，C(1，0，0)，P(0，0，)， B(0，1，0)，=(-1，1，0)，=(-1，0，)， =(1，1，0)， 设=λ(0≤λ≤1)，则=+=(1，1，0)+λ(-1，0，)= (1-λ，1，λ). 设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)， 则即 令z=，则x=3，y=3，所以n=(3，3，). 设直线AD与平面PBC所成的角为θ， 则sin θ=|cos<，n>| = = =≤=， 当且仅当λ=时，等号成立. 故直线AD与平面PBC夹角的正弦值的最大值为. 题型(二)　空间向量与探索性 问题相结合 02 [例2]　如图，四棱锥的底面ABCD为边长为的 正方形，且PA=PB=PC=PD=2，M为棱PC的中点. (1)求直线AM与平面BMD夹角的余弦值； 解：建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，-1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，)， M，B(1，0，0)，D(-1，0，0)， 所以==(-2，0，0)， =， 设平面BMD的一个法向量为n=(a，b，c)， 则即 令b=1，则a=0，c=-，所以n=. 设直线AM与平面BMD的夹角为θ， 所以sin θ=|cos<，n>|===，则cos θ=，所以直线AM与平面BMD夹角的余弦值是. (2)线段BC上是否存在一点N，使得平面DMN与平面BMD夹角的余弦值为?若存在，求出BN长度；若不存在，请说明理由. 解：因为N在BC上，设N(t，1-t，0)， 则=(t+1，1-t，0)，=， 设平面DMN的一个法向量为m=(x，y，z)， 则即 令x=t-1，则y=t+1，z=， 所以m=， 设平面DMN与平面BMD的夹角为α， 所以cos α=|cos<m，n>|= ==， 解得t=，则N=， 所以||==. |思|维|建|模| 利用空间向量解决探索性问题的策略 　　探索性问题通常分为两类：一类是已知点存在，求点的位置；一类是判断点的“存在性”问题.其中，在点的“存在性”问题中，先假设所求点存在，将其作为已知条件，得出点的位置或与题设条件矛盾的结论，从而得到结果，在设参数求解点的坐标时，若出现多解的情况，则应分析不同解的含义，判断哪些解是符合题设条件的，再做出取舍.求解点、平面是否存在的探索性问题时，常常先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面，再利用直线与平面的位置关系去证明结论. 针对训练 2.如图，已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边 长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面 ABCD，E，F，G分别是PA，PB，BC的中点. (1)求证：EF⊥平面PAD； 解：证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，又E，F分别是PA，PB的中点，则EF∥AB，故EF⊥平面PAD. (2)线段PD上是否存在一个动点M，使得直线GM与平面EFG的夹角为?若存在，求出线段PM的长度；若不存在，请说明理由. 解：取AD的中点O，连接OG，OP，由题意，OG， OD，OP两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则 D(0，2，0)，G(4，0，0)，P(0，0，2)，E(0， -1，)，F(2，-1，)，所以=(2，0，0)， =(4，1，-)，设平面EFG的一个法向量为m=(x，y，z)， 则即 令z=1，则y=， 故m=(0，，1).设=t，t∈[0，1]，因为=+=+t= (-4，0，2)+t(0，2，-2)=(-4，2t，2(1-t))， 所以|cos<，m>|= ==， 因为直线GM与平面EFG的夹角为， 所以=， 化简可得2t2-3t+3=0， Δ=9-4×2×3=-15<0， 故方程无解. 所以在线段PD上不存在一个动点M，使得直线GM与平面EFG的夹角为. 题型(三)　空间向量与 折叠问题相结合 03 [例3]　如图1，四边形ABCD为等腰梯形， AB=2，AD=DC=CB=1，将△ADC沿AC折 起，E为AB的中点，连接DE，DB.若图2 中BC⊥AD， (1)求线段BD的长； 解：∵E为AB的中点，AB=2，DC=1，∴在题图1中，AE∥DC且AE=DC，连接CE，如图①， ∴四边形AECD为平行四边形， ∴CE=AD=1，∵AE=BE=1， ∴C点落在以AB为直径的圆上，∴AC⊥BC， 又题图2中BC⊥AD，AC∩AD=A，AC，AD⊂平面ADC，∴BC⊥平面ADC，∵CD⊂平面ADC， ∴BC⊥CD，由勾股定理得BD===.故线段BD的长为. (2)求直线BD与平面CDE夹角的正弦值. 解：取AC的中点F，连接DF，FE，CE，则FE∥BC， EF⊥AC，由(1)知BC⊥平面ACD， ∵DF⊂平面ACD，所以BC⊥DF，故EF⊥DF.因为 AD=DC，所以DF⊥AC，易得FA，FE，FD两两垂直， 以F为原点，FA，FE，FD所在直线分别为x轴、y轴、 z轴，建立空间直角坐标系，如图②所示，E，D，B，C， ∴=， ==. 设n=(x，y，z)为平面CDE的一个法向量， 则即 取x=1，有n=(1，-，-). cos<n，>==-=-， ∴直线BD与平面CDE夹角的正弦值为. |思|维|建|模| 折叠问题解题策略 (1)确定折叠前后变与不变的关系 画好折叠前后的平面图形与立体图形，分清折叠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. (2)确定折叠后关键点的位置 所谓的关键点，是指折叠过程中运动变化的点.因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变化.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. 针对训练 3.如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，CD=2AB=2 AD=4，点E，F分别是边BC，CD的中点，现将△CEF 沿EF边折起，使点C到达点P的位置(如图2所示)，且BP=2. (1)求证：平面APE⊥平面ABD； 解：证明：如图1，连接BF，由条件知四边形ABFD 是正方形，FC⊥BF，FC=BF，△BFC 是等腰直角 三角形，E是BC的中点，∴EF⊥BC，并且BC=2， EF=，BE=. 如图2，在△BPE 中，PE=，PB2=4=PE2+BE2， ∴PE⊥BE，FE∩BE=E，FE⊂ 平面ABD，BE⊂ 平面ABD. 又PE⊥EF，∴PE⊥平面ABD，PE⊂平面APE，∴平面APE⊥平面ABD. (2)求平面ABP与平面ADP夹角的余弦值. 解：因为PE，BE，FE两两垂直，以E为原点，BE 所在直线为x轴，FE所在直线为y轴，EP所在直线 为z轴，建立空间直角坐标系如图3，则有A(2， -，0)，B(，0，0)，D(，-2，0)，P(0， 0，)，=(2，-，-)，=(，0， -)，=(，-2，-). 设平面ABP与平面ADP的夹角为θ，平面ABP的法向量为m=(x，y，z)，平面ADP的一个法向量为n=(p，t，q)， 则 令z=1，则x=1，y=1，m=(1，1，1)； 令q=3，则p=1，t=-1，n=(1，-1，3)， ∴cos θ===， 故平面ABP与平面ADP夹角的余弦值为. 课时检测 04 1 3 4 5 6 7 2 1.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在棱CD上 运动，点Q在侧面ADD1A1上运动，满足B1Q⊥平面AD1 P，则线段PQ的最小值为 (　　) A. B.1 C. D. √ 解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，D1(0，0，1)， B1(1，1，1)，设P(0，m，0)，0≤m≤1，Q(n，0，t)， 所以=(n-1，-1，t-1)，=(-1，0，1)，=(-1， m，0)， 1 3 4 5 6 7 2 因为B1Q⊥平面AD1P，所以·=(n-1，-1，t-1)·(-1，0，1)=1-n+t -1=t-n=0，故t=n，·=(n-1，-1，t-1)·(-1，m，0)=1-n-m=0，故m=1-n，其中=(n，-m，t)，故=n2+m2+t2=2n2+(1-n)2=3n2-2n+ 1=3+，故当n=时，|=，此时m=1-n=满足要求，所以线段PQ的最小值为=. 1 5 6 7 2 3 4 2.已知梯形CEPD如图1所示，其中PD =8，CE=6，A为线段PD的中点，四边 形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠， 使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如 图2所示的几何体.已知当AB上一点F满足|AF|=|λAB|(0<λ<1)时，平面DEF⊥平面PCE，则λ的值为 (　　) A. B.C. D. √ 1 5 6 7 2 3 4 解析：由题意，以A为原点，射线AB，AD，AP为 x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标 系，连接ED，所以C(4，4，0)，D(0，4，0)， E(4，0，2)，P(0，0，4)，F(4λ，0，0)，则= (4，0，-2)，=(4，4，-4)，=(4(λ-1)，0，-2)，=(4，-4，2)，若m=(x，y，z)是平面DEF的一个法向量， 则⇒ 1 5 6 7 2 3 4 可得m=. 若n=(a，b，c)是平面PCE的一个法向量， 则⇒ 可得n=(1，1，2)，由平面DEF⊥平面PCE， 得++4=0，解得λ=，故选C. 1 5 6 7 3 4 2 3.[多选]如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，AD=DE=4，G为线段AE上的动点，则下列说法正确的是 (　　) A.AE⊥CF B.若G为线段AE的中点，则GB∥平面CEF C.点B到平面CEF的距离为 D.BG2+CG2的最小值为48 √ √ √ 1 5 6 7 3 4 2 解析：因为四边形BDEF是矩形，所以DE⊥DB， 又因为矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在 平面互相垂直，矩形BDEF所在平面与正方形 ABCD相交于BD，所以DE⊥平面ABCD，而AD， DC⊂平面ABCD，所以DE⊥AD，DC⊥DE，又四边形ABCD是正方形，所以AD⊥DC，因此建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4，0，0)，B(4，4，0)，C(0，4，0)，E(0，0，4)，F(4，4，4)，因为=(-4，0，4)，=(4，0，4)，所以·=-16+16=0⇒⊥，故A正确； 1 5 6 7 3 4 2 当G为线段AE的中点时，G(2，0，2)，=(2，4，-2)，=(0，-4，4)，设平面CEF的一个法向量为m=(x，y，z)，于是有⇒ ⇒m=(1，-1，-1)，因为·m=2×1+4×(-1)+(-2)×(-1) =0，GB⊄平面CEF，所以GB∥平面CEF，故B正确；=(4，0，0)，所以点B到平面CEF的距离d===，故C正确； 设G=(x1，y1，z1)，则=λ，(x1-4，y1，z1)=λ(-4，0，4)(λ∈[0，1])⇒ G(4-4λ，0，4λ)，BG2+CG2=16λ2+16+16λ2+16-32λ+16λ2+16+16λ2=(8λ-2)2 +44，当λ=时，BG2+CG2有最小值44，故D错误.故选ABC. 1 5 6 7 3 4 2 4.(15分)已知几何体ABCDEFG，如图所示，其中四边形ABCD、 四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形，且边长为1，点M在 棱DG上. (1)求证：BM⊥EF.(5分) 解：证明：∵四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE 均为正方形， ∴AD⊥DC，GD⊥DC，GD⊥DA. 以D为原点，如图建立空间直角坐标系，则B(1，1，0)， E(1，0，1)，F(0，1，1). 又点M在棱DG上，故可设M(0，0，t)(0≤t≤1)， ∴=(1，1，-t)，=(-1，1，0)，∴·=0，∴BM⊥EF. 1 5 6 7 3 4 2 (2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF的夹角为45°?若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由.(10分) 解：当点M在DG上，且DM=3-4时，直线MB与平面BEF的夹角为45°. 理由如下：假设存在点M，直线MB与平面BEF夹角为45°. 设平面BEF的一个法向量为n=(x，y，z)， 由(1)知=(0，-1，1)，=(-1，0，1)， ∴令z=1，得n=(1，1，1)， 1 5 6 7 3 4 2 ∴cos<n，>==. ∵直线MB与平面BEF的夹角为45°， ∴sin 45°=|cos<n，>|==，解得t=-4±3.又0≤t≤1，∴t=3-4， ∴存在点M(0，0，3-4)满足题意. ∴当点M在DG上，且DM=3-4时，直线MB与平面BEF的夹角为45°. 1 5 6 7 3 4 2 5.(10分)(2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=5，∠ADC=90°， ∠BAD=30°，点E，F满足==，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC=4. (1)证明：EF⊥PD；(6分) 1 5 6 7 3 4 2 解：证明：由AB=8，AD=5==，得AE=2，AF=4，又∠EAF=30°，在△AEF中，由余弦定理得EF2=AE2+AF2 -2AE·AFcos∠EAF=12+16-2×2×4×=4， 所以AE2+EF2=AF2， 则AE⊥EF，即EF⊥AD， 所以EF⊥PE，EF⊥DE， 又PE∩DE=E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE， 故EF⊥PD. 1 5 6 7 3 4 2 (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.(9分) 解：连接CE，由∠ADC=90°，ED=3， CD=3，则CE2=ED2+CD2=36， 在△PEC中，PC=4，PE=2，EC=6，得EC2 +PE2=PC2， 所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，又EC∩EF=E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD.又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 1 5 6 7 3 4 2 则E(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，-2，0)，由F是AB的中点，得B(4，2，0)， 所以=(3，3，-2)，=(0，3，-2)，=(4，2，-2)，=(2，0，-2). 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n=(x1，y1，z1)，m=(x2，y2，z2)， 则 1 5 6 7 3 4 2 令y1=2，x2=，得x1=0，z1=3，y2=-1，z2=1， 所以n=(0，2，3)，m=(，-1，1)， 所以|cos<m，n>|===. 设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ，则sin θ==， 即平面PCD和平面PBF所成二面角的正弦值为. 1 5 6 7 3 4 2 6.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD， 且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD= 2，AB=BC=1. (1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(7分) 解：以{}为标准正交基，建立如图所 示的空间直角坐标系，则各点的坐标为A(0，0，0)， B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)， 由PA⊥平面ABCD，且AD⊂平面ABCD，则PA⊥AD， 又∠BAD=， 1 5 6 7 3 4 2 则AB⊥AD，又PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，则AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，且=(0，2，0)， 因为=(1，1，-2)，=(0，2，-2)， 设平面PCD的一个法向量为m=(x，y，z)， 则即令y=1，则z=1，x=1， 所以m=(1，1，1)是平面PCD的一个法向量， 所以cos<，m>===，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为. 1 5 6 7 3 4 2 (2)若点Q满足=λ(0≤λ≤1)，当直线CQ与DP的 夹角最小时，求λ的值.(8分) 解：结合(1)中的空间直角坐标系， 因为=(-1，0，2)，所以=λ=(-λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又= (0，-1，0)，则=+=(-λ，-1，2λ)，又=(0，-2，2)， 则cos<>===，设1+2λ=t，0≤λ≤1， 1 5 6 7 3 4 2 则λ=，t∈[1，3]，则cos2<>== =≤， 当且仅当t=，即λ=时，|cos<>|取到最大值，又因为y=cos x在上单调递减，此时直线CQ与DP夹角最小. 综上所述，λ的值为. 1 5 6 7 3 4 2 7.(15分)在空间直角坐标系中，若平面α过点P(x0，y0， z0)，且平面α的一个法向量为n=(a，b，c)，则平面α的 方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0，该方程称为平面α的 点法式方程，整理后为ax+by+cz+t=0(其中t=-ax0-by0- cz0)，该方程称为平面α的一般式方程.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，BC，BD，BC1两两垂直，AD=1，BD=，直线CC1与平面ABCD所成的角为，以B为坐标原点，分别是x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 1 5 6 7 3 4 2 (1)求平面DC1D1的一般式方程；(5分) 解：由于BC1⊥BC，BC1⊥BD，BC∩BD=B，BC，BD⊂平面ABCD， 所以BC1⊥平面ABCD，所以∠C1CB是直线CC1与平面ABCD所成的角， 所以∠C1CB=，所以BC1=BC=1. 所以D(0，，0)，C1(0，0，1)，C(1，0，0)，=(-1，，0)=， ==(-1，0，1).设平面DC1D1的法向量为n=(x，y，z)，则故可取n=(，1，).又D∈平面DC1D1， 所以平面DC1D1的点法式方程为×(x-0)+1×(y-)+×(z-0)=0，即一般式方程为x+y+z-=0. 1 5 6 7 3 4 2 (2)求点A1到直线C1D1的距离；(4分) 解：在Rt△BCD中，∠CBD=，BC=1，BD=，则CD=2，设点B到CD的距离为h，则×2h=××1，解得h=. 由于平行四边形ABCD和平行四边形A1B1C1D1全等， 所以点A1到直线C1D1的距离等于点B到CD的距离，即点A1到直线C1D1的距离为. 1 5 6 7 3 4 2 (3)在棱BB1上是否存在点M，使得平面A1DM⊥平面C1D1M?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.(6分) 解：由(1)及题意得B1(-1，0，1)，=(-1，0，1)，A(-1，，0)，=+=+=(-1，，0)+(-1，0，1)=(-2，，1)， 即A1(-2，，1).又D(0，，0)，D1(-1，，1)， 所以=(-2，0，1). 设=λ，0≤λ≤1，则=λ=(-λ，0，λ)， 即M(-λ，0，λ)，所以=(-λ，-，λ)， =(1-λ，-，λ-1)，=(-1，，0)， 1 5 6 7 3 4 2 设平面A1DM的法向量为u=(x1，y1，z1)， 则 故可取u=(，λ，2). 设平面C1D1M的法向量为v=(x2，y2，z2)， 则 1 5 6 7 3 4 2 故可取v=(λ-，λ-1，λ)， 若平面A1DM⊥平面C1D1M，则u·v=0， 即3(λ-1)+λ(λ-1)+6λ=λ2+8λ-3=0， 解得λ=-4(舍负). 所以在棱BB1上存在符合题意的点M，且=-4. $$