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教师用书word（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. 题型(一)　空间向量与探索性问题相结合 [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; (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:(1)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)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; (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:(1)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)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 [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; (2)求直线BD与平面CDE所成角的正弦值. 解:(1)∵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)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; (2)求平面ABP与平面ADP所成角的余弦值. 解:(1)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)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 [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; (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:(1)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)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; (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:(1)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)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. 学科网（北京）股份有限公司 $