第2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（湘教版）

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)　空间向量在立体几何中的综合应用 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 课时跟踪检测 题型(一)　空间向量在立体几何中的综合应用 01 [例1]　如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD=CD=DP=2PQ=2AB=2，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点. (1)求证：EF∥平面MPC; 解：证明：连接EM，因为AB∥CD，PQ∥CD， 所以AB∥PQ，又因为AB=PQ，所以四边形PABQ为平行四边形. 由点E和M分别为AP和BQ的中点，可得EM∥AB且EM=AB，因为AB∥CD，CD=2AB，F为CD的中点，所以CF∥AB且CF=AB， 可得EM∥CF且EM=CF，即四边形EFCM为平行四边形，所以EF∥MC.又EF⊄平面MPC，CM⊂平面MPC，所以EF∥平面MPC. (2)求平面QPM与平面MPC所成角的正弦值; 解：因为PD⊥平面ABCD，AD⊥CD， 所以建立以D为原点，分别以 为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系. 依题意可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，1，0)， C(0，2，0)，P(0，0，2)，Q(0，1，2)，M(1，1，1).=(1，1，-1)，=(0，1，0)，=(1，-1，1)，=(0，2，-2)，设n1=(x，y，z)为平面QPM的法向量， 则即不妨设z=1，可得n1=(1，0，1). 设n2=(x1，y1，z1)为平面MPC的法向量，则即 不妨设z1=1，可得n2=(0，1，1).cos<n1，n2>==，于是sin<n1，n2>=. 所以平面QPM与平面MPC所成角的正弦值为. (3)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求点N到平面MPC的距离. 解：设=λ(0≤λ≤1)，即=λ=(0，λ，-2λ)， 则N(0，λ+1，2-2λ). 从而=(0，λ+1，2-2λ). 由(2)知平面QPM的法向量为n1=(1，0，1)，由题意，sin==，即=， 整理得3λ2-10λ+3=0，解得λ=或λ=3，因为0≤λ≤1，所以λ=， 所以=⇒==(0，1，-2). 则点N到平面MPC的距离为d==×=. 针对训练 1.如图，AB为圆柱O1O2的下底面☉O2的直径，C，D分别为☉O1，☉O2上的点，线段CD与线段O1O2交于O点. (1)求证：O为线段O1O2的中点; 解：证明：连接O1C，O2C，O1D，O2D，如图所示， 因为线段CD与线段O1O2交于O点， 所以C，O1，D，O2四点共面. 又因为圆柱O1O2的上、下底面平行，所以O1C∥O2D. 因为O1C=O2D，所以四边形CO1DO2为平行四边形， 所以OO1=OO2，即O为线段O1O2的中点. (2)若圆柱O1O2的体积和侧面积都为8π，且AC与下底面所成的角为，求平面ACD与平面BCD所成锐角的余弦值. 解：设圆柱的底面半径和高分别为r，h， 因为圆柱O1O2的体积和侧面积都为8π，所以所以r=h=2. 延长DO2交☉O2于点E，连接CE，AE，BE， 因为E在☉O2上，AB为☉O2的直径，所以AE⊥BE，因为O1C=O2E，O1C∥O2E， 所以四边形CO1O2E为平行四边形，所以O1O2∥CE，所以CE⊥平面ABE， 所以∠CAE为直线AC与下底面所成的角， 所以∠CAE=.因为CE=2，所以AE=2，所以BE=2. 因为EA，EB，EC两两垂直，如图所示，以E为坐标原点， 分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 所以A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，D(2，2，0)， 所以=(0，2，0)，=(2，2，-2)，=(2，0，0)， 设平面ACD的法向量为n1=(x，y，z)， 则 令x=1，则n1=(1，0，)，设平面BCD的法向量为n2=(a，b，c)， 则有则 令b=1，则n2=(0，1，1)，设平面ACD与平面BCD所成的锐角为θ， 所以cos θ===，即平面ACD与平面BCD所成锐角的余弦值为. 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，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=， 所以||==.故存在满足题意的点N，且BN=. |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，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为4，∠A1AB=60°，点A1在下底面ABC的投影为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的投影为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=. 3.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所成的角为. 题型(三)　空间向量与折叠问题相结合 03 [例3]　(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. 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. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值. 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， 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); =(1，1，0)，=， 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=. |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 4.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. (2)求平面ABP与平面ADP所成角的余弦值. 解：∵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. 课时跟踪检测 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夹角的余弦值为 (　　) 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， 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).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|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 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⇒可得m=. 若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)，因为=(-4，0，4)，=(4，0，4)，所以·=-16+16=0⇒⊥，故A正确; 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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 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____________.  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<>==， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 cos<>==， ∵∠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).由于A1C⊥平面BDP， 所以·=-x+1-2z=0，所以x+2z=1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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.(10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 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的夹角为45°?若存在，确定点M的位置;若不存在，请说明理由.(5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)， ∴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所成的角为45°. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.(15分)如图1，已知△ABC是边长为4的正三角形，D，E，F分别是AB，AC，BC边的中点，将△ADE沿DE折起，使点A到达如图2所示的点P的位置，M为DP边的中点. (1)求证：PC∥平面MEF.(5分) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解：证明：连接DF，DC， 设DC与EF交于点Q，连接MQ. 因为D，E，F分别是AB，AC，BC边的中点， 所以DE∥FC且DE=FC， 则四边形DFCE为平行四边形，所以Q为DC的中点， 因为M为DP的中点，所以MQ∥PC. 又因为PC⊄平面MEF，MQ⊂平面MEF，所以PC∥平面MEF. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)若平面PDE⊥平面BCED，求平面MEF与平面PDE所成角的余弦值.(10分) 解：取DE的中点O，连接OP，OF，则PO⊥DE， 因为平面PDE⊥平面BCED， 平面PDE∩平面BCED=DE， 所以PO⊥平面BCED，PO，OD，OF两两垂直. 如图所示，以O为原点，以为x轴的正方向， 建立空间直角坐标系，则D(1，0，0)，E(-1，0，0)， P(0，0，)，F(0，，0)， M=(1，，0)，=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 设平面MEF的法向量为n=(x，y，z)， 则n·=n·=0，即 令y=1，得n=(-，1，3). 易知m=(0，1，0)为平面PDE的一个法向量， 由|cos<n，m>|==，得平面MEF与平面PDE所成角的余弦值为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥PD. (1)求证：平行四边形ABCD为矩形;(5分) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解：证明：取AD中点M，连接PM， △PAD为正三角形，则PM⊥AD， 平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD=AD，PM⊂平面PAD， 则PM⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，故PM⊥AB. 又AB⊥PD，PM，PD⊂平面PAD，PM∩PD=P，所以AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，故AB⊥AD，则平行四边形ABCD为矩形. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)若E为侧棱PD的中点，且平面ACE与平面ABP所成角的余弦值为，求点B到平面ACE的距离.(10分) 解：如图，以A为原点，AB为x轴， AD为y轴建立空间直角坐标系，设AB=t(t>0)， 则A(0，0，0)，B(t，0，0)，C(t，2，0)，P(0，1，)，E，所以=(t，2，0)， ==(t，0，0)，=(0，1，). 设平面ACE的法向量为n=(x1，y1，z1)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 则令x1=2，则n=(2，-t，t). 设平面ABP的法向量为m=(x2，y2，z2)， 则令z2=1，则m=(0，-，1)， 由|cos<m，n>|===，解得t=1， 则平面ACE的一个法向量为n=(2，-1，)，=(1，0，0)， 点B到平面ACE的距离为==. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $