向量法求空间距离、探索与折叠问题课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何核心考点，涵盖空间距离计算、折叠与探索问题等高考高频内容。依据高考评价体系，通过典型例题梳理向量法应用、线面垂直证明、轨迹分析等常考题型，明确空间向量工具占比60%、折叠问题占25%的考点权重，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题情境+素养导向”训练，如以三棱柱垂直证明、正方体动点探索为例，指导空间坐标系建立、法向量求解等技巧，培养空间观念与逻辑推理素养。特设“距离公式模板”“易错点警示”，助力学生掌握得分关键，教师可依此精准突破考点，提升复习效率。

向量法求空间距离、探索与折叠问题 1.已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面,∠BAC =90°,AB=AC=AA1=1,E,F分别是棱C1C,BC的中点. (1)求证:B1F⊥平面AEF; 证明:因为三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面,∠BAC=90°,所以以A为原点,以AB,AC,AA1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,因为AB=AC= 解 AA1=1,E,F分别是棱C1C,BC的中点,所以A(0,0,0),B1(1,0,1),E, F,所以=,=,=,因为=0,=0,所以⊥,⊥,所以B1F⊥AE,B1F⊥AF,因为AE∩AF=A,AE,AF⊂平面AEF,所以B1F⊥平面AEF. 解 (2)求点A1到直线B1E的距离. 解法一:因为A1(0,0,1),所以=(1,0,0),又=,所以点A1到直线B1E的距离d===. 解 解法二:因为A1(0,0,1),所以=(1,0,0),=,所以cos<,>==-,所以sin<,>=,故点A1到直线B1E的距离为d=||·sin<,>=. 解 2.如图,已知△ABC为等边三角形,D,E分别为AC,AB边的中点,把△ADE沿DE折起,使点A到达点P,平面PDE⊥平面BCDE,若BC=4.求直线DE到平面PBC的距离. 如图,设DE的中点为O,BC的中点为F,连接OP, OF,OB,则OP⊥DE,因为平面PDE⊥平面BCDE, 平面PDE∩平面BCDE=DE,所以OP⊥平面BCDE. 因为在△ABC中,点D,E分别为AC,AB边的中点, 所以DE∥BC.因为DE⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以DE∥平面PBC.又OF⊥DE,所以以点O为原点,OE,OF,OP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O(0,0,0),P(0,0,),B(2, 解 ,0),C(-2,,0),F(0,,0),所以=(2,,-),=(4,0,0).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),由令y=z=1,所以n=(0,1,1).因为=(0,,0),设点O到平面PBC的距离为d,则d===.因为点O在直线DE上,所以直线DE到平面PBC的距离等于. 解 3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1D1的中点,过点A,B1,E的平面截正方体,得到如图所示的多面体,F为棱CC1上的动点. (1)点H在棱BC上,当CH=CB时,FH∥平面AEB1,试确定动点F在棱CC1上的位置,并说明理由; 设平面BCC1B1与平面AEB1的交线为l,因为FH∥平面AEB1,平面BCC1B1∩平面AEB1=l,FH⊂平面BCC1B1,所以 FH∥l.由正方体ABCD-A1B1C1D1知,平面ADD1E ∥平面BCC1B1,又平面ADD1E∩平面AEB1=AE, 平面BCC1B1∩平面AEB1=l,所以AE∥l,所以AE∥ FH.如图,取BC的中点G,连接C1G,易知AE∥GC1, 所以GC1∥FH,又H为CG的中点,所以F为CC1的中点. 解 (2)若AB=2,求点D到平面AEF的最大距离. 解 ∈[0,2],所以≤d≤,当t=2,即点F与点C1重合时,d取得最大值.所以点D到平面AEF的最大距离为. 解 4.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,AA1=.设点D为棱A1C1上(包含端点)的一点,过点D,A作平面BCC1B1的垂面α. (1)画出平面α与正三棱柱ABC-A1B1C1表面的交线(保留作图痕迹,不需证明); 平面α与正三棱柱ABC-A1B1C1表面的交线如图①中的四边形AOED所示.(画法:如图①,连接AD,分别取B1C1,BC的中点O1,O,连接A1O1,AO,过点D作A1O1的平行线,交B1C1于点E,连接OE,则四边形AOED为所求.) 解 (2)若点A1到平面α的距离为,求直线AC与平面α所成角的正弦值. 解 所以n=(0,,2λ).又=(0,0,),所以点A1到平 面α的距离d===,得λ=,所以A1D= 2.因为AC∥A1D,所以直线AC与平面α所成的角 等于直线A1D与平面α所成的角.记直线AC与平 面α所成的角为θ,则sin θ===,所以直线AC与平面α所成角的正弦值为. 解 5.(2026·合肥模拟)在三棱锥P-ABC中,PB⊥平面ABC, AB=BC=BP=2,点E在平面ABC内,且满足平面PAE⊥平 面PBE,BA垂直于BC. (1)当∠ABE∈时,求点E的轨迹长度; 作BH⊥PE交PE于H,因为平面PAE⊥平面PBE,且平面PAE∩平面PBE=PE,BH⊂平面PBE,所以BH⊥平面PAE,又因为AE⊂平面PAE,所以BH⊥AE,因为PB⊥平面ABC,AE⊂平面ABC,所以PB⊥AE, 解 因为BH⊥AE,PB⊥AE,PB,BH⊂平面PBE,PB∩BH=B,所以AE⊥平面PBE,又因为BE⊂平面PBE,所以AE⊥BE.分别以直线BA,BC,BP为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系如图①,则B(0,0,0),P(0,0,2),C(0, 2,0),A(2,0,0),设E(x,y,0),因为AE⊥BE,所以=0,又=(x-2,y,0),=(x,y,0),所以(x-2)·x+y·y=0,即(x-1)2+y2=1,如图②,设AB的中点为N,则N(1,0),又因为∠ABE∈,所以∠ANE∈,因此E的轨迹为圆弧QE,其长度为×1=. 解 解 (2)当二面角E-PA-B的余弦值为时,求三棱锥E-PCB的体积. 由(1)知,=(2,0,-2),=(x-2,y,0),设平面PAE的法向量为n=(a,b,c),则令a=y,则b=2-x,c=y,n=(y,2-x,y),易知=(0,2,0)为平面PAB的一个法向量,设二面角E-PA-B的平 解 面角为θ,则cos θ==,则=,解得x=2,y=0 (舍去)或x=1,y=±1,则E(1,1,0)或E(1,-1,0),则点E到平面PBC的距离为1,从而可得三棱锥E-PCB的体积VE-PCB=S△PCB·h=××2×2×1=. 解 以点D为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系Dxyz,则有D(0,0,0),A(2,0,0),E(1,0,2),设F(0,2,t),t∈[0,2],所以=(-1,0,2),=(-2,2,t),=(2,0,0).设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则有令x=2,则y=2-,z=1,所以n=,所以点D到平面AEF的距离d==,又t 如图②,连接OO1,以O为原点,OA,OB,OO1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz,则O(0,0,0),A(2,0,0),A1(2,0,),C(0, -2,0),C1(0,-2,).设=λ(0≤λ≤1),则点D的坐标为(2(1-λ),-2λ,).设平面α的法向量为n=(x,y,z),则=(2,0,0),= (-2λ,-2λ,),所以则x=0,令y=,则z=2λ, $