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教师用书word（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. 题型(一)　空间向量在立体几何中的综合应用 [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; (2)求平面QPM与平面MPC所成角的正弦值; (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:(1)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)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)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; (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:(1)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)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 [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; (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||==. 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; (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 [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. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值. 解:(1)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)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; (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) ∵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. 学科网（北京）股份有限公司 $