1.4 培优课 立体几何中的综合问题（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

该高中数学培优课课件聚焦立体几何综合问题，涵盖翻折、最值（范围）及探究性问题，通过例题展示翻折前后变与不变关系，用函数思想解决动态最值，借空间向量处理探究性问题，搭建空间想象与逻辑推理的学习支架。 其亮点在于以空间向量为工具，融合数学眼光（空间观念）、数学思维（逻辑推理、函数思想）与数学语言（规范向量运算），如翻折问题分析关键点位置，最值问题转化为函数求最值。助力学生提升综合能力，教师可依托系统例题与方法总结优化教学。

培优课　立体几何中的综合问题 1 　　立体几何中的翻折、最值（范围）和探究性问题是各类考试考查的热点内容，常见于解答题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，考查学生的综合能力，培养学生的思维能力. 重点解读 立体几何中的翻折问题 一 立体几何中的最值（范围）问题 二 与空间角、距离有关的探究性问题 三 课时作业 四 目录 3 一 PART 立体几何中的翻折问题 目 录 【例1】如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，D，E分别为 AC，AB的中点，将△ADE沿DE翻折成△PDE，得到四棱锥P-BCDE， M为PB的中点. （1）证明：EM∥平面PDC； 数学·选择性必修第一册 目 录 解：证明：取PC的中点N，连接MN，ND，如图， 因为M是PB的中点，所以MN∥BC且MN＝ BC， 又D，E分别是AC，AB的中点，所以DE∥BC且DE ＝ BC， 所以MN􀰿DE，从而DEMN是平行四边形，所以 DN∥ME， 又因为ME⊄平面PCD，DN⊂平面PCD， 所以ME∥平面PCD. 数学·选择性必修第一册 目 录 （2）若PB＝2 ，求平面PBC与平面PEC夹角的余弦值. 解：由已知BD＝ ＝2 ，PD2＋BD2＝22＋20＝24＝PB2， 所以PD⊥BD，又PD⊥DE，DE∩BD＝D，DE，BD⊂平面BCDE， 所以PD⊥平面BCDE， 又因为DE⊥DC， 以D为原点，DE，DC，DP所在直线分别为x，y， z轴建立空间直角坐标系，如图， 则D（0，0，0），E（2，0，0），C（0，2，0），B（4，2，0），P （0，0，2）， ＝（0，2，－2）， ＝（4，2，－2）， ＝（2，0，－2）， 数学·选择性必修第一册 目 录 设平面PBC的一个法向量是m＝（x，y，z）， 则 取y＝1，得m＝（0，1，1）， 设平面PEC的一个法向量是n＝（a，b，c）， 则 取c＝1，得n＝（1，1，1）， cos ＜m，n＞＝ ＝ ＝ ， 所以平面PBC与平面PEC夹角的余弦值为 . 数学·选择性必修第一册 目 录 【规律方法】 翻折问题的解题策略 （1）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. 数学·选择性必修第一册 目 录 训练1　如图，已知四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，E为AD的中 点，现将四边形EBCD沿BE折起至四边形EBHG的位置，使得∠AEG＝ 90°.若点F满足 ＝λ ，当EF∥平面AGH时，实数λ的值 为 ⁠. ​ 数学·选择性必修第一册 目 录 解析：令菱形ABCD的边长为2，由题意可知折起后AE⊥GE，AE⊥BE，GE⊥BE. 以E为原点，EA，EB，EG所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则A（1，0，0），B（0， ，0），E（0，0，0），G（0，0，1），H（0， ，2），所以 ＝（－1，0，0）， ＝（－1， ，0）， ＝（－1，0，1）， ＝（－1， ，2）. 数学·选择性必修第一册 目 录 设平面AGH的法向量为n＝（x，y，z），则 即 取x＝1，则y＝－ ，z＝1，所以n＝ 是平面AGH的一个法向量.由题知 ＝λ ＝（－λ， λ，0），所以 ＝ － ＝（－λ， λ，0）－（－1，0，0）＝（1－λ， λ，0）.因为EF∥平面AGH，所以n· ＝0，所以1－λ－ × λ＝0，所以λ＝ . 数学·选择性必修第一册 目 录 二 PART 立体几何中的最值（范围）问题 目 录 【例2】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径， AE＝AD＝4 ，△ABC是底面圆的内接正三角形，且AB＝6，P是线段 DO上一点. （1）若DP＝ PO，求三棱锥P-ABC的体积； 解：在Rt△DOA中，AD＝4 ，AO＝2 ， ∴DO＝ ＝6， ∵DP＝ PO，∴PO＝ DO＝4， VP-ABC＝ ·S△ABC·PO＝ × ×6×6× ×4＝12 . 数学·选择性必修第一册 目 录 （2）当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大. 解：如图所示，建立以点O为坐标原点的空间直角坐标系. 设PO＝x，0≤x≤6， ∴P（0，0，x），E（－ ，3，0），B（ ，3， 0），C（－2 ，0，0）， ∴ ＝（ ，－3，x）， ＝（ ，3，－x）， ＝（－2 ，0，－x）， 设平面PBC的法向量为n＝（a，b，c）， ∴ ∴n＝（x，－ x，－2 ）. 数学·选择性必修第一册 目 录 设直线EP与平面PBC所成的角为θ， 由题意得 sin θ＝｜ cos ＜ ，n＞｜＝ ＝ ＝ ＝ ≤ . 当且仅当PO＝x＝ 时等号成立， 此时直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大. 数学·选择性必修第一册 目 录 【规律方法】 立体几何中最值（范围）问题的解题策略 在动态变化过程中产生的体积最大（小）、距离最大（小）、角的范围等 问题，常用的解题思路是： （1）直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有 相应最大、最小值，即可求解； （2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函 数，从而利用代数方法求目标函数的最值. 数学·选择性必修第一册 目 录 训练2　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. ∵DE＝EC，∴CD⊥EF， 又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. 数学·选择性必修第一册 目 录 （2）设PA＝a，若平面EBD与平面ABCD的夹角θ∈［ ， ］，求a的 取值范围. 解：由（1）知，CD⊥EF， ∵E，F分别为PC，CD的中点， ∴PD∥EF，又AB∥CD，∴AB⊥PD， 又AB⊥AD，且PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面 PAD， 又PA⊂平面PAD，∴AB⊥PA. 以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间 直角坐标系（图略）， 数学·选择性必修第一册 目 录 则B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，a），E （1，1， ）. ∴ ＝（－1，2，0）， ＝（1，－1， ）. 设平面EBD的法向量为m＝（x，y，z）， 则 即 令y＝a，得x＝2a，z＝－2，则m＝（2a，a，－2）. 显然n＝（0，0，1）是平面ABCD的一个法向量. 数学·选择性必修第一册 目 录 由θ∈［ ， ］，知 cos θ＝｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ∈ ［ ， ］， 解得a∈［ ， ］， 即a的取值范围为［ ， ］. 数学·选择性必修第一册 目 录 三 PART 与空间角、距离有关的探究性问题 目 录 【例3】如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直， AN∥BM，AN＝AB＝BC＝2，BM＝4，CN＝2 . （1）证明：BM⊥平面ABCD； 数学·选择性必修第一册 目 录 解：证明：在正方形ABCD中，BC⊥AB， ∵平面ABCD⊥平面ABMN，平面ABCD∩平面ABMN＝AB，BC⊂平面 ABCD， ∴BC⊥平面ABMN， 又BM，BN⊂平面ABMN，∴BC⊥BM，BC⊥BN， 又BC＝AB＝2，CN＝2 ，∴BN＝ ＝2 ， 又∵AB＝AN＝2，∴BN2＝AB2＋AN2，∴AN⊥AB， 又MB∥AN，∴BM⊥AB， 又BC∩BA＝B，BC，BA⊂平面ABCD，∴BM⊥平面ABCD. 数学·选择性必修第一册 目 录 解：假设存在点E，满足题意， 由（1）知，BM⊥平面ABCD，BC⊥AB， 故以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间 直角坐标系（图略）， 则B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，0，2），D（2，0，2），N （2，2，0），M（0，4，0）， 设点E（x，y，z）， ＝λ （0＜λ＜1），∴（x，y，z－2）＝ λ（0，4，－2）， （2）在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角E-BN-M的 余弦值为 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由. 数学·选择性必修第一册 目 录 ∴ ∴E（0，4λ，2－2λ）， ∴ ＝（2，2，0）， ＝（0，4λ，2－2λ）， 设平面BEN的法向量为m＝（a，b，c）， ∴ 令a＝1，∴b＝－1，c＝ ，∴m＝（1，－1， ）， 由（1）知平面BMN的一个法向量为 ＝（0，0，2）， 数学·选择性必修第一册 目 录 ∴｜ cos ＜ ，m＞｜＝ ＝ ＝ ， 即 ＝ ＝ ， 即｜2 λ｜＝ ，即3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝ 或λ＝ －1（舍去）， ∴存在一点E，使得 ＝ ，即 ＝ . 数学·选择性必修第一册 目 录 【规律方法】 与空间角、距离有关的探究性问题的解题策略 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. 数学·选择性必修第一册 目 录 训练3　在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是等腰三角形，∠ACB＝90°， 侧棱AA1＝2，CA＝2，D是CC1的中点.试问：线段A1B（不包括端点）上 是否存在一点E，使得点A1到平面AED的距离为 ？ 解：如图所示，以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、 y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），A1 （2，0，2），D（0，0，1），所以 ＝（0，0， 2）， ＝（－2，0，1）. 数学·选择性必修第一册 目 录 假设线段A1B（不包括端点）上存在一点E，使得点A1到平面AED的距离为 . 设点E到AB的距离为a（0＜a＜2），则E（a，2－a，a）， ＝（a－2，2－a，a）. 设向量n＝（x，y，z）为平面AED的法向量，则有 数学·选择性必修第一册 目 录 即 取x＝1，可得平面AED的一个法向量为n＝（1， ，2）. 由题意可知点A1到平面AED的距离d＝ ＝ ＝ ，解得a＝1或a＝0（舍去），所以E（1，1，1）. 所以线段A1B上存在一点E，使得点A1到平面AED的距离为 ，此时E为线段A1B的中点. 数学·选择性必修第一册 目 录 1. 已知向量a＝（3，－2，－3），b＝（－2，x－1，2），且a与b的夹 角为钝角，则x的取值范围是（　　） A. （－5，＋∞） B. （－5， ）∪（ ，＋∞） C. （－∞，－5） D. （ ，＋∞） √ 数学·选择性必修第一册 目 录 解析：　∵a＝（3，－2，－3），b＝（－2，x－1，2），∴a·b＝－6 －2（x－1）－6＝－2x－10.∵a与b的夹角为钝角，∴ cos ＜a，b＞＜0 且a与b不共线，∴a·b＜0，且（3，－2，－3）≠λ（－2，x－1， 2），∴－2x－10＜0且 ≠ ，即x＞－5且x≠ ，∴x的取值范围是 （－5， ）∪（ ，＋∞）. 数学·选择性必修第一册 目 录 2. 已知菱形ABCD中，∠ABC＝60°，沿对角线AC翻折之后，使得平面 BAC⊥平面ACD，则平面BCD与平面ACD夹角的余弦值为 ⁠. ​ 数学·选择性必修第一册 目 录 解析：如图，取AC的中点E，连接BE，DE，分别以 EA，ED，EB为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设 菱形ABCD的边长为2，则A（1，0，0），C（－1，0， 0），D（0， ，0），B（0，0， ）.设平面BCD的 法向量为n＝（x，y，z）.因为 ＝（－1，0，－ ）， ＝（0， ，－ ），所以 令z＝ ，则y＝ ，x＝－3，即n＝（－3， ， ）.易知平面ACD的一个法向量为m＝（0，0，1），设平面BCD与平面ACD的夹角为θ，则 cos θ＝ ＝ ＝ . 数学·选择性必修第一册 目 录 3. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝ 4. （1）求证：AC⊥BC1； 数学·选择性必修第一册 目 录 证明：∵ ＝（－3，0，0）， ＝（0，－4，4），∴ · ＝0，∴AC⊥BC1. 解：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4， AB＝5，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，∴AC， BC，CC1两两垂直.以C为坐标原点，以CA，CB， CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标 系，如图，则C（0，0，0），A（3，0，0），C1 （0，0，4），B（0，4，0），B1（0，4，4）. 数学·选择性必修第一册 目 录 （2）在AB上是否存在点D，使得AC1⊥CD？ 解： 假设在AB上存在点D，使得AC1⊥CD， 设 ＝λ ＝（－3λ，4λ，0），其中λ∈[0，1]， 则D（3－3λ，4λ，0），于是 ＝（3－3λ，4λ， 0），∵ ＝（－3，0，4），且AC1⊥CD，∴ · ＝0，即－9＋9λ＝0，解得λ＝1. ∴在AB上存在点D，使得AC1⊥CD，且这时点D与点B重合. 数学·选择性必修第一册 目 录 课堂小结 1.理清单 （1）立体几何中的翻折问题； （2）立体几何中的最值（范围）问题； （3）与空间角、距离有关的探究性问题. 2.应体会 立体几何中的综合问题常用到数形结合、函数与方程及转化与化归思想. 3.避易错 涉及动点问题，在设动点时易忽视动点的限制条件而错误. 数学·选择性必修第一册 目 录 04 PART 课时作业 目 录 1. 已知点A（n，n－1，2n），B（1，－n，n），则｜ ｜的最小值 为（　　） A. B. C. 2 D. 不存在 解析：　因为点A（n，n－1，2n），B（1，－n，n），所以 ＝ （1－n，－2n＋1，－n），所以｜ ｜＝ ＝ ＝ .当n＝ 时，｜ ｜有最小值，为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 数学·选择性必修第一册 目 录 2. 如图1，将两个全等的等腰直角三角形拼成一个平行四边形ABCD，将 平行四边形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图2， 则直线AC与BD所成角的余弦值为（　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 解析：　由平面ABD⊥平面BCD，AB⊥BD，平面 ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面 BCD，又DC⊂平面BCD，所以AB⊥DC，又DB⊥DC， 过点D作z轴∥AB，建立空间直角坐标系，如图所示，设 AB＝1，所以BD＝1，DC＝1，BC＝ ，则A（0，1，1），B（0，1，0），C（1，0，0），D（0，0，0），所以 ＝（1，－1，－1）， ＝（0，－1，0），所以｜ cos ＜ ， ＞｜＝ ＝ ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 3. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC，AB⊥BC，若棱C1C上 存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，则 ＝（　　） A. B. 1 C. D. 2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 解析：　以点B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线 分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设 BC＝1，BB1＝a（a＞0），则B（0，0，0），A1（1， 0，a），P（0，1，λa），0≤λ≤1，所以 ＝ （1，－1，（1－λ）a）， ＝（0，1，λa），又存 在唯一的一点P满足PA1⊥BP，所以 · ＝λ（1－λ）a2－1＝0，则λ2－λ＋ ＝0，故Δ＝1－ ＝0，可得a＝2，此时λ＝ ，所以 ＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 4. 已知点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD上一点，则 · 的取值范围是（　　） A. ［－1，－ ］ B. ［－1，－ ］ C. [－1，0] D. ［－ ，0］ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 解析：　如图，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分 别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.设P（x，y，0）， 0≤x≤1，0≤y≤1，则A1（0，0，1），C（1，1，0）， · ＝（－x，－y，1）·（1－x，1－y，0）＝x2－x ＋y2－y＝（x－ ）2＋（y－ ）2－ ，因为0≤x≤1，0≤y≤1，所以当x＝ ，y＝ 时， · 有最小值－ ，当x＝1，y＝1或x＝0，y＝0时， · 取得最大值0，因此 · 的取值范围为［－ ，0］，故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 5. 如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，底面 A1B1C1D1是边长为a的正方形，侧棱AA1的长为b，E为侧棱BB1上的动点 （包括端点），则（　　） A. 对任意的a，b，存在点E，使得B1D⊥EC1 B. 当且仅当a＝b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 C. 当且仅当a≥b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 D. 当且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 解析：　以D1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标 系，则B1（a，a，0），D（0，0，b），C1（0，a， 0），设E（a，a，t）（0≤t≤b），所以 ＝（－a， －a，b）， ＝（－a，0，－t），所以 · ＝a2 －bt，令a2－bt＝0，t＝ ，由0≤ ≤b得a≤b，所以当 且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1，故选项D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 6. 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为a，侧棱长为b，且 a≥b，点D是BC1的中点，则直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最 小值是（　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 解析：　如图，取A1B1的中点E，连接BE，C1E，则 C1E⊥A1B1，由正三棱柱的性质可知，平面A1B1C1⊥平面 ABB1A1，∴C1E⊥平面ABB1A1，取BE的中点F，连接 AF，DF. ∵D为BC1的中点，∴DF∥C1E，∴DF⊥平 面ABB1A1，∴∠DAF即为直线AD与侧面ABB1A1所成的角.在Rt△AFD中，DF＝ C1E＝ a，AF＝ ＝ ，∴tan∠DAF＝ ＝ ＝ ≥ ＝ ，当且仅当a＝b时，等号成立，∴直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 7. 〔多选〕如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段AA1上的一个动点，F为线段B1C1上的一个动点，则平面EFB与底面ABCD夹角的余弦值可能为（　　） A. 0 B. √ √ 解析：　设平面EFB与底面ABCD的夹角为θ，如图所 示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，AE＝ m，FC1＝n，0≤m≤1，0≤n≤1，则D（0，0，0）， A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1 （0，0，1），E（1，0，m），F（n，1，1）， ＝ （0，－1，m）， ＝（n－1，0，1）， C. D. 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 52 设平面EFB的一个法向量为n＝（x，y，z），则 取x＝－1，则平面EFB的法向量为n＝（－1，m（n－1），n－1），而底面ABCD的一个法向量为 ＝（0，0，1），则 cos θ＝ ，结合选项，当n＝1时， cos θ＝0，当n≠1时， cos θ＝ ∈（0， ］，故 cos θ∈［0， ］.故选A、B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 8. 〔多选〕如图，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中 点，将△ADE沿DE折起，使A到A'，且平面A'DE⊥平面BCDE，连接 A'B，A'C，则下列结论中正确的是（　　） A. BD⊥A'C B. BE到平面A'CD的距离为 C. BC与A'D所成角的余弦值为 D. 直线A'B与平面A'CD所成角的正弦值为 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 解析：　由题意知EB，ED，EA'两两垂直，以E为坐标原点，分别以 ， ， 的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系（图 略）.易知B（1，0，0），D（0， ，0），A'（0，0，1），C（2， ，0），可得 ＝（－1， ，0）， ＝（2， ，－1），因为 · ＝－2＋3＝1≠0，所以BD与A'C不垂直，所以A错误；过点E作 EM⊥A'D于点M，因为BE⊥ED，BE⊥A'E，且ED∩A'E＝E，ED， A'E⊂平面A'ED，所以BE⊥平面A'ED，又BE∥CD，所以CD⊥平面A'ED， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 又因为EM⊂平面A'ED，所以EM⊥CD，又EM⊥A'D且A'D∩CD＝D，A'D，CD⊂平面A'CD，所以EM⊥平面A'CD，即EM的长为点E到平面A'CD的距离，在Rt△A'ED中，A'E＝1，ED＝ ，A'D＝2，可得EM ＝ ＝ ，易知BE∥平面A'CD，所以BE到平面A'CD的距离为 ，所 以B正确；易知 ＝（1， ，0）， ＝（0， ，－1），设BC与A'D所成的角为θ，可得 cos θ＝ ＝ ＝ ，即BC与A'D所成角的余弦值为 ，所以C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 易知 ＝（1，0，－1）， ＝（2， ，－1）， ＝（0， ， －1），设平面A'CD的法向量为n＝（x，y，z），则 取y＝1，可得x＝0，z＝ ，即平面A'CD 的一个法向量为n＝（0，1， ），设直线A'B与平面A'CD所成角为α， sin α＝ ＝ ＝ ，即直线A'B与平面A'CD所成角的正弦值 为 ，所以D不正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 9. 如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂 直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM 与AF所成的角为θ，则 cos θ的最大值为 ⁠. ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 解析：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AQ所在直 线为z轴，建立空间直角坐标系（图略），不妨设AB＝2，则F（2，1， 0），E（1，0，0），设M（0，m，2），m∈[0，2]，故 ＝（2， 1，0）， ＝（－1，m，2），故 cos θ＝ ＝ ＝f （m），观察分子、分母的变化，可知当m∈[0，2]时，f（m）单调递 减，f（m）max＝f（0）＝ ，当m＝2时，f（2）＝0，故 cos θ的最大值 为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 10. 如图，已知△ABC与△BCD所在平面垂直，且∠BAC＝∠BCD＝ 90°，AB＝AC，CB＝CD，点P，Q分别 在线段BD，CD上，沿直线PQ将△PQD向上 翻折，使D与A重合.则直线AP与平面ACQ 所成角的正弦值为 ⁠. ​ 解析：取BC的中点O，BD的中点E，连接OA，OE，如图，以OB所在直线为x轴，以OE所在直线为y轴，以OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 不妨设BC＝2，则A（0，0，1），D（－1，2，0），B（1，0，0），C（－1，0，0），P（x，1－x，0），由AP＝DP，得x2＋（1－x）2＋1＝（x＋1）2＋（x＋1）2，解得x＝0，所以P（0，1，0），故 ＝（0，1，－1）.设n＝（x，y，z）为平面ACQ的一个法向量，因为 ＝（－1，0，－1）， ＝λ ＝λ（0，1，0），由 得 令x＝1，所以n＝（1，0，－1）.设直线AP与平面ACQ所成角为θ，则 sin θ＝｜ cos ＜ ，n＞｜＝｜ ｜＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 11. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1， ∠ACB＝90°，点D是A1B1的中点，F是侧面AA1B1B（含边界）上的动 点.要使AB1⊥平面C1DF，则线段C1F长的最大值为 ⁠. ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 解析：取BB1上靠近B1的四等分点为E，连接DE，当点F在DE上时， AB1⊥平面C1DF，证明如下：因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为 2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，点D是A1B1的中点，所以C1D⊥平面 AA1B1B，所以C1D⊥AB1.以C1为坐标原点，C1A1，C1B1，C1C分别为x 轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（图略）.所以A（1，0，2），B1 （0，1，0），D（ ， ，0），E（0，1， ），即 ＝（－1，1，－ 2）， ＝（－ ， ， ），此时 · ＝0，即AB1⊥DE，所以 AB1⊥平面C1DE，故当F在DE上时，AB1⊥平面C1DF，很明显，当E， F重合时，线段C1F最长，此时C1F＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 12. 如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在棱CC1上，且 CP＝λCC1（0＜λ＜1）. （1）当λ＝ 时，求直线AP与平面BB1C1C所成的角的正弦值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 解：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系（图略）， 因为λ＝ ，则A（4，0，0），P（0，4，1），则 ＝（－4，4，1）， 易知平面BB1C1C的一个法向量为u＝（0，1，0）， 所以 cos ＜ ，u＞＝ ＝ ＝ ， 因此，当λ＝ 时，直线AP与平面BB1C1C所成的角的正弦值为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 （2）是否存在λ，使平面APD1与平面ABCD的夹角的余弦值为 ？若存 在，求出λ的值；若不存在，请说明理由. 解：因为A（4，0，0），D1（0，0，4），P（0， 4，4λ）， 设平面APD1的法向量为m＝（x，y，z）， ＝ （4，0，－4）， ＝（0，4，4λ－4）， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 由 得 取z＝1， 可得m＝（1，1－λ，1）， 易知平面ABCD的一个法向量为n＝（0，0，1）， 由题意可得｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ＝ ， 因为0＜λ＜1，解得λ＝ . 所以当λ＝ 时，平面APD1与平面ABCD的夹角的余弦值为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 13. 如图1，☉O的直径AB＝4，点C，D为☉O上的两点，且∠CAB＝ 45°，∠DAB＝60°，F为弧BC的中点.将圆沿直径AB折起，使两个半 圆所在的平面互相垂直，如图2. （1）求证：OF∥平面ACD； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 解：证明：连接CO， ∵∠CAB＝45°， ∴∠COB＝90°， ∵F为 的中点， ∴∠FOB＝45°， 又∠CAB＝45°， ∴OF∥AC. ∵OF⊄平面ACD，AC⊂平面ACD， ∴OF∥平面ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 （2）求平面ACD与平面ABD夹角的余弦值. 解：连接BC，∵平面ABC⊥平面 ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB， CO⊥AB，∴CO⊥平面ABD. 以O为原点，AB所在的直线为y轴，OC 所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则A（0，－2，0），C（0，0，2）. ∵∠DAB＝60°，∴D（ ，－1，0）， ∴ ＝（ ，1，0）， ＝（0，2，2）. 设n1＝（x，y，z）为平面ACD的法向量. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 由 得 令x＝1，则y＝－ ，z＝ ，∴n1＝（1，－ ， ）. 易知平面ABD的一个法向量为n2＝（0，0，1）， 设平面ACD与平面ABD的夹角为θ， ∴ cos θ＝ ＝ ＝ ， 即平面ACD与平面ABD夹角的余弦值为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 数学·选择性必修第一册 目 录 THANKS 演示完毕 感谢观看 $