第6章 专题微课 利用空间向量解决立体几何热点问题-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（苏教版）

专题微课　利用空间向量解决立体几何热点问题 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)　空间向量与探索性问题相结合 题型(二) 空间向量与折叠问题相结合 题型(三)　立体几何中的创新问题 4 课时检测 题型(一)　空间向量与探索性问题相结合 01 [例1]　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，N为棱BC上的点. (1)求直线AM与平面BMD所成角的余弦值； 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所成的角为θ，所以sin θ=|cos<，n>|== =，则cos θ=，所以直线AM与平面BMD所成角的余弦值是. (2)线段BC上是否存在一点N，使得平面DMN与平面 BMD所成角的余弦值为?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所成的角为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 1.如图，已知斜三棱柱ABC⁃A1B1C1的各棱长都为4， ∠A1AB=60°，点A1在下底面ABC的射影为AB的中 点O.在棱BB1(含端点)上是否存在一点D，使得A1D⊥ AC1?若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由. 解：因为点A1在下底面ABC的射影为AB的中点O，故A1O⊥平面ABC，连接OC，由题意，知△ABC为正三角形，故OC⊥AB，以O为原点，OA，OC，OA1分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(2，0，0)，A1(0，0，2)，B(-2，0，0)，B1(-4，0，2)， C1(-2，2，2)，可得=(-2，0，2)，=(-4，2，2)， =(-2，0，-2)，设=λ=(-2λ，0，2λ)，λ∈[0，1]， 可得=+=(-2λ-2，0，2λ-2)， 假设在棱BB1(含端点)上存在一点D使A1D⊥AC1， 则·=4(2λ+2)+2(2λ-2)=0，解得λ=， 所以在棱BB1上存在一点D，使得A1D⊥AC1，此时BD=BB1=. 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所成的角为?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所成的角为， 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所成的角为. 题型(二)　空间向量与折叠问题相结合 02 [例2]　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所成角的正弦值. 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的法向量， 则即取x=1，有n=(1，-，-). cos<n，>==-=-， ∴直线BD与平面CDE所成角的正弦值为. |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=2AD=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所成角的余弦值. 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所成的角为θ，平面ABP的法向量为m=(x，y，z)，平面ADP的法向量为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所成角的余弦值为. 题型(三)　立体几何中的创新问题 03 [例3]　已知抛物线E：y2=4x，点C在E的准线上，过E的焦点F的直线与E相交于A，B两点，且△ABC为正三角形. (1)求△ABC的面积； 解：由已知得F(1，0)，准线方程为x=-1， 设直线AB的方程为x=my+1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 弦AB的中点T(x0，y0)，连接CT，如图所示，联立 消去x并整理得y2-4my-4=0，Δ=16m2+16>0， 则y1+y2=4m，y1y2=-4，所以x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2， 所以x0==2m2+1，y0==2m，即T(2m2+1，2m). 所以|AB|=x1+x2+2=4m2+4，△ABC为等边三角形，则m≠0，(否则m=0时，不妨设A(1，2)，B(1，-2)，则由等边三角形的对称性可知C的坐标只能是(-1，0)，但|AC|=2≠4=|AB|)，设直线CT的方程为y-2m=-m(x-2m2-1)，即y=-mx+2m3+3m，所以点C(-1，2m3+4m). 又|CT|=|AB|，所以+=，解得m2=2， 所以|AB|=4m2+4=12，则|CT|=|AB|=6，故S△ABC=|AB||CT|=36. (2)取平面外一点P使得PA=PB=PC，设M，N为PC，BC的中点，若AM⊥MN，求二面角M⁃PA⁃N的余弦值. 解：由题意知P⁃ABC为正三棱锥，即AB=AC=BC，PA=PB=PC. 又正三棱锥各侧面三角形都全等，所以·=·=·， 而AM⊥MN，M，N分别为PC，BC的中点， 从而·=(-+)·=-·+·=-·=0， 所以·=·=·=0， 因此PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，即PA，PB， PC两两垂直，故可将P⁃ABC补成如图所示的 正方体. 以P为原点，PA为x'轴，PB为y'轴，PC为z'轴 建立空间直角坐标系， 因为AB=AC=BC=12，所以PA=PB=PC=6，则P(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，0，6).显然，BP⊥平面MPA，故可取平面MPA的一个法向量为=(0，6，0)， 又N为BC的中点，所以=+=(0，3，3)， 且=(6，0，0).设平面PAN的法向量n=(x，y，z)， 则即取y=1，则n=(0，1，-1)， 由图可知二面角M⁃PA⁃N是锐角， 设为θ，则cos θ=|cos<n，>|==. 故二面角M⁃PA⁃N的余弦值为. |思|维|建|模| 新定义题型的特点：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 针对训练 4.已知a=(x1，y1，z1)，b=(x2，y2，z2)，c=(x3，y3，z3)，定义一种运算：(a×b)·c=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1.在平行六面体ABCD⁃ A1B1C1D1中，=(1，1，0)，=(0，2，2)，=(1，-1，1). (1)证明：平行六面体ABCD⁃A1B1C1D1是直四棱柱； 解：证明：由题意得·=1×1+1×(-1)+0×1=0，·=0×1+ 2×(-1)+2×1=0，∴⊥⊥，即AA1⊥AB，AA1⊥AD. ∵AB，AD是平面ABCD内两相交直线，∴AA1⊥平面ABCD， ∴平行六面体ABCD⁃A1B1C1D1是直四棱柱. (2)计算|(×)·|，并求该平行六面体的体积，说明|(×)· |的值与平行六面体ABCD⁃A1B1C1D1体积的关系. 解：由题意得|(×)·|=1×2×1+1×1×2+0-1×(-1)×2-0-0=6， ||=，||=2·=1×0+1×2+0×2=2，∴cos∠BAD= ==，所以sin∠BAD=，∴S四边形ABCD=||||sin∠BAD= ×2×=2.又||=，∴=S四边形ABCD·|AA1|= 2×=6，∴|(×)·|=.故|(×)·|的值表示以AB，AD，AA1为邻边的平行六面体的体积. 课时检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1.如图，在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中，BC⊥平面 ACC1A1，CA=CC1=2CB，则直线BC1与直线AB1 所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 解析：在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中，CC1⊥平面ABC， AC，BC⊂平面ABC，所以CC1⊥AC，CC1⊥BC， BC⊥平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，所以BC⊥ AC，所以CA，CC1，CB互相垂直，以C为原点，分别以CA，CC1，CB所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设CA=CC1=2CB=2，则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，可得=(-2，2，1)，=(0，2，-1)，所以|cos<>|= ==.所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.如图，在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中，A1A=5，AB=12，则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是 (　　) A.5 B.8 C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线 分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则C(0，12，0)，D1(0，0，5).设B(x，12，0)，B1(x，12，5)(x≠0).设平面A1BCD1的法向量为n=(a，b，c)，由n⊥， n⊥，得n·=(a，b，c)·(-x，0，0)=-ax=0，n·=(a，b，c)·(0，-12，5)=-12b+5c=0，∴a=0，b=c，∴可取n=(0，5，12).又=(0，0，-5)，∴点B1到平面A1BCD1的距离为=，∵B1C1∥BC，BC⊂平面A1BCD1，B1C1⊄平面A1BCD1，∴B1C1∥平面A1BCD1，∴B1C1到平面A1BCD1的距离为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 3.如图，在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则 (　　) A.BD1⊥平面B1EF B.BD⊥平面B1EF C.A1C1∥平面B1EF D.A1D∥平面B1EF √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：以{}为正交基底，建立 空间直角坐标系，设AB=2，则B1(2，2，2)， E(2，1，0)，F(1，2，0)，B(2，2，0)，A1(2， 0，2)，C1(0，2，2)，D1(0，0，2).所以= (-1，1，0)，=(0，1，2)，=(-2，-2，2)，=(2，2，0)，=(-2，2，0)，=(2，0，2).  1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 设平面B1EF的法向量为m=(x，y，z)，则取x=2，则m=(2，2，-1)，因为=≠，所以与m不平行，所以BD1与平面B1EF不垂直，A错误；因为=≠，所以与m不平行，所以BD与平面B1EF不垂直，B错误；因为·m=0，且线在平面外，所以A1C1∥平面B1EF，C正确；因为·m=2≠0，所以A1D与平面B1EF不平行，D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 4.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AD1P，则线段 PQ的最小值为 (　　) A. B.1 C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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)，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 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 5.如图，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，四边形ABCD是矩形，且AD=2AB，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，=(　　) A.3 B. C. D.2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：分别取AD，BC的中点O，G，连接OP，OG， 以O为坐标原点，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. 设AD=2，则B(1，-1，0)，E，P(0，0，).设F(0，a，0)(-1≤a≤1)，则=(-1，a+1，0)，=.因为BF⊥PE，所以·=-+a+1=0，解得a=-，所以=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6.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||=|λ| (0<λ<1)时，平面DEF⊥平面PCE，则λ的值为(　　) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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的法向量，则⇒ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 可得m=. 设n=(a，b，c)是平面PCE的法向量， 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 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 7.[多选]已知点P是正方体ABCD⁃A1B1C1D1侧面BB1C1C(包含边界)上一点，下列说法正确的是 (　　) A.存在唯一一点P，使得DP∥AB1 B.存在唯一一点P，使得AP∥平面A1C1D C.存在唯一一点P，使得A1P⊥B1D D.存在唯一一点P，使得D1P⊥平面A1C1D √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：如图建系，令AD=1，P(x，1，z)，则 A(1，0，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)， D(0，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)， B1(1，1，1)，=(x，1，z)，=(0，1，1)， 若DP∥AB1，则解得x=0，z=1，故P(0，1，1)满足要求，与C1重合，存在唯一一点P，使得DP∥AB1，A正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 因为·=(-1，-1，1)·(-1，1，0)=1-1=0，·=(-1，-1，1)·(-1，0，-1)=1-1=0，因为A1C1∩A1D=A1，A1C1，A1D⊂平面A1C1D，所以⊥平面A1C1D，又AP∥平面A1C1D，则·=(x-1，1，z)·(-1，-1，1)=1-x-1+z=0，解得x=z，故P点轨迹为线段B1C，满足条件的P有无数个，B错误.=(x-1，1，z-1)，=(1，1，1)，·=x-1+1+z-1=x+z-1=0，P在线段BC1上，满足条件的P有无数个，C错误.由上可知⊥平面A1C1D，而⊥平面A1C1D，又与共线，故P，B重合，D正确.故选AD. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 8.[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 8 9 10 11 12 13 14 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)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 因为=(-4，0，4)，=(4，0，4)，所以·=-16+16=0⇒⊥，故A正确；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； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.(5分)正方形ABCD的边长是2，E，F分别是AB和CD的中点，将正方形沿EF折成直二面角 (如图所示).M为矩形AEFD内一点，如果∠MBE=∠MBC，MB和平面BCF所成角的正切值为，那么点M到直 线EF的距离为________.  1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：如图，以E为坐标原点建立空间直角坐标系， 则E(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，设M(0， y，z)(0≤y≤2，0≤z≤1)，=(1，0，0)，= (0，2，0)，=(-1，y，z)，则cos<>==，cos<>==，   1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 ∵∠MBE=∠MBC，则=，即y=1，∴=(-1，1，z)，平面BCF的一个法向量n=(0，0，1)，则cos<n，>==，∵MB和平面BCF所成角的正切值为，则=，则z=，∴点M到直线EF的距离为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 10.(5分)如图，在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且EF⊥A1E.若AB=2，AD=1，AA1=3，则B1F的最小值为______.  2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：以点C1为坐标原点，C1D1，C1B1，C1C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， 则A1(2，1，0)，设E(2，0，m)，F(0，1，n)，0≤m≤3， 0≤n≤3，则=(0，-1，m)，=(-2，1，n-m). 因为EF⊥A1E，所以·=0，即-1+m(n-m)=0，化简得mn=1+m2.当m=0时，显然不符合题意，当m>0时n=+m≥2=2，当且仅当=m，即m=1时等号成立.故B1F的最小值为2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 11.(5分)在直四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1=2AB=2.点P在侧面BCC1B1内，若A1C⊥平面BDP，则点P到CD的 距离的最小值为________.  解析：建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A1(1，0，2)，C(0，1，0)， B(1，1，0)，=(-1，1，-2)，设P(x，1，z)， =(x，0，z)，=(x，1，z). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 由于A1C⊥平面BDP，所以·=-x+1-2z=0，所以x+2z=1. 由于·=0，即CP⊥DC，P到CD的距离为||= = =， 所以当z=-=时，==. 即点P到CD的距离的最小值为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.(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.(6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 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角 为45°?若存在，确定点M的位置；若不存在，请说 明理由.(9分) 解：当点M在DG上，且DM=3-4时，直线MB与平面BEF所成的角为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 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 ∴cos<n，>==. ∵直线MB与平面BEF所成的角为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所成的角为45°. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.(15分)(2025·全国Ⅱ卷)如图，四边形ABCD 中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD中点，E 在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将 四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A'B∥平面CD'F.(5分) 解：证明：由EB∥FC，A'E∥D'F，可得平面A'EB∥平面D'FC， 又由A'B⊂平面A'EB，故A'B∥平面D'FC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值. (10分) 解：由EF⊥A'E且EF⊥EB，可知∠A'EB即为平面 EFD'A'与平面EFCB所成二面角的平面角， 为60°，不妨设AD=1，在平面A'EB内，由点 A'作EB垂线，垂足为O，可证A'O⊥底面EBCF，EO=， OB=，如图建系， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 则B，CA'， D'E，F =(1，0，0)，=. 设平面EFD'A'的法向量为n1=(x1，y1，z1). 则有取y1=-，n1=(0，-，1)； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 =(1，1，0)，=， 设平面BCD'的法向量为n2=(x2，y2，z2)， 则有取y2=，则n2=(-，1)， 设平面BCD'与平面EFD'A'所成角为θ. 则有cos θ==，故sin θ=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.(15分)如图，半圆柱OO1与四棱锥A⁃BCDE拼接 而成的组合体中，F是半圆弧BC上(不含B，C)的动 点，FG为圆柱的一条母线，点A在半圆柱下底面 所在平面内，OB=2OO1=2，AB=AC=2. (1)求证：CG⊥BF；(5分) 解：证明：取弧BC的中点H，则OH⊥BC，以O为坐标原点，直线OB，OH，OO1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 连接OA，在△ABC中，BC=4，AB=AC=2，OB=OC， 则AO⊥BC，AO=2， 于是O(0，0，0)，A(0，-2，0)，B(2，0，0)，C(-2，0，0)， D(-2，0，1)，设F(x，y，0)，则G(x，y，1)， 其中x2+y2=4，y>0，=(x+2，y，1)，=(x-2，y，0)， 因此·=x2-4+y2=0，即⊥，所以CG⊥BF. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)若DF∥平面ABE，求平面FOD与平面GOD所成角 的余弦值；(6分) 解：由BE⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，得BE⊥AC. 又AB2+AC2=BC2，则AB⊥AC，而AB∩BE=B，AB，BE⊂平面ABE， 则AC⊥平面ABE，即=(-2，2，0)为平面ABE的一个法向量，=(x+2，y，-1)，由DF∥平面ABE，得·=-2x-4+2y=0. 又x2+y2=4，y>0，解得此时F(0，2，0)，G(0，2，1). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 设n=(a，b，c)是平面FOD的法向量，则 取a=1，得n=(1，0，2)，设m=(e，f，g)是平面GOD的法向量， 则取e=1，得m=(1，-1，2)， 则平面FOD与平面GOD所成角的余弦值为 |cos<n，m>|===. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (3)求点G到直线OD距离的最大值.(4分) 解：=(-2，0，1)，=(x，y，1)， 则点G到直线OD的距离d==， 当x=，即G的坐标为时，点G到直线OD的距离取最大值为. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $