高考新风向(1) 立体几何中高考新视角——探索性问题-（配套课件）【精讲精练】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

该高中数学课件聚焦空间向量与立体几何，核心内容为高考探索性问题的解题策略，从传统题型创新切入，通过假设逆推、巧设参数等方法搭建学习支架，衔接空间向量工具与立体几何探究，帮助学生逐步掌握。 其亮点在于紧扣新课标核心素养，以直观想象、逻辑推理和数学运算为导向，结合直三棱柱存在性证明、四棱锥探究等典例，展示“提取信息-加工转化-深度解析”的教学路径，助力学生提升探究能力，教师可直接用于课堂，提高教学效率。

第一章　空间向量与立体几何 高考新风向(1)　立体几何中 高考新视角——探索性问题 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 谢谢观看 第一章　空间向量与立体几何 1 新高考对立体几何着重考查直观想象、逻辑推理及数学运算核心素养，虽是传统类型但形式明显创新．其中探索性问题是新课标的热考方向． 1．解决立体几何中的探索性问题的策略 条件追溯型 解题策略一般是先假设结论成立，然后把该结论作为一个已知条件，再结合题目中的其他已知条件逆推(即从后往前推)，一步一步推出所要求的条件．此时要注意推理的可逆性，不要默认为所有的条件都是充要条件． 存在探索型 解决这类问题的基本策略是：假定题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论． 2．巧设参数，减少运算量 (1)若点在已知直线上，用一个变量可以表示出所求点的坐标； (2)已知平面内的点，可用两个变量表示出所求点的坐标． [典例]　(2025·山东日照模拟)在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点． (1)证明：DF⊥AE； (2)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC的夹角的余弦值为 eq \f(\r(14),14)？若存在，说明点D的位置；若不存在，请说明理由． [提取信息](1)在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，E，F都是中点，AE⊥A1B1，D在棱A1B1上； (2)所探究的点D，使得平面DEF与平面ABC的夹角的余弦值为 eq \f(\r(14),14). [加工转化](1)由线面垂直证线线垂直，从而建立空间直角坐标系，巧设参数，将线线垂直转化为证 eq \o(DF,\s\up14(→))· eq \o(AE,\s\up14(→))＝0即可； (2)在(1)的基础上，将两平面的夹角问题转化两平面的法向量的夹角(锐角)问题，从而求出D点的位置或说明其不存在． [深度解析] (1)因为AE⊥A1B1，A1B1∥AB，所以AE⊥AB. 在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，AA1⊥AB.又AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面A1ACC1，所以AB⊥平面A1ACC1. 又AC⊂平面A1ACC1，所以AB⊥AC， 所以AB，AC，AA1三线两两垂直． 故以A为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系． 由题知AA1＝AB＝AC＝2，所以A(0，0，0)，E(0，2，1)，F(1，1，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2).又D为棱A1B1上的点，设D(a，0，2)，0≤a≤2， 故 eq \o(DF,\s\up14(→))＝(1－a，1，－2)， 又 eq \o(AE,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，1))，所以 eq \o(DF,\s\up14(→))· eq \o(AE,\s\up14(→))＝2－2＝0， 所以DF⊥AE. (2)存在满足条件的点D. 由(1)知，平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1). 设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)， eq \o(FE,\s\up14(→))＝(－1，1，1)， eq \o(DF,\s\up14(→))＝(1－a，1，－2)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(FE,\s\up14(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up14(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋y＋z＝0，,(1－a)x＋y－2z＝0，)) 令x＝3，则y＝1＋a，z＝2－a，所以平面DEF的一个法向量为n＝(3，1＋a，2－a). 因为平面DEF与平面ABC的夹角的余弦值为 eq \f(\r(14),14)， 所以|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m||n|)＝ eq \f(\r(14),14)， 即 eq \f(|2－a|,\r(9＋(1＋a)2＋(2－a)2))＝ eq \f(\r(14),14)， 解得a＝1或a＝ eq \f(7,2)(舍去)，所以当D为A1B1的中点时，符合题意． [进阶训练] (2025·福建厦门模拟)在如图所示的四棱锥P­ABCD中，底面四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥AB，DC＝2AD＝2AB＝2a，PA＝PD，二面角P­AD­B的大小为135°，点P到底面ABCD的距离为 eq \f(a,2). (1)过点P是否存在直线l，使直线l∥平面ABCD？若存在，作出该直线，并写出作法和理由；若不存在，请说明理由． (2)若 eq \o(PM,\s\up14(→))＝2 eq \o(MC,\s\up14(→))，求点M到平面PAD的距离． 解析　(1)过点P存在直线l，满足直线l∥平面ABCD，作法和理由如下． 作法：过点P在平面PAD内作直线l∥直线AD，如图1，满足题意． 理由：因为l∥AD，l⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以l∥平面ABCD. (2)如图2，取线段AD的中点O，线段BC的中点E，连接OE，OP，PE.因为四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，所以OE∥AB.又AD⊥AB，所以AD⊥OE.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.又PO∩OE＝O，PO，OE⊂平面POE，所以AD⊥平面POE. 过点O在平面POE内作直线ON⊥OE交PE于点N，则直线OA，OE，ON两两垂直． 以O为原点，OA，OE，ON所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图2所示的空间直角坐标系． 过点P作PF∥NO，交直线OE于点F. 因为ON⊥平面ABCD，故PF⊥平面ABCD. 又点P到底面ABCD的距离为 eq \f(a,2)， 所以PF＝ eq \f(a,2). 因为OE⊥AD，OP⊥AD，所以∠POE为二面角P­AD­B的平面角． 由已知可得∠POE＝135°，所以∠POF＝45°， 所以OF＝ eq \f(a,2)， 所以A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，0))，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(a,2)))，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，2a，0))， 所以 eq \o(AD,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，0，0))， eq \o(PA,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，－\f(a,2)))， eq \o(PC,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(5a,2)，－\f(a,2))). 因为 eq \o(PM,\s\up14(→))＝2 eq \o(MC,\s\up14(→))，所以 eq \o(PM,\s\up14(→))＝ eq \f(2,3) eq \o(PC,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，\f(5a,3)，－\f(a,3)))， 所以 eq \o(MP,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，－\f(5a,3)，\f(a,3))). 设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up14(→))＝0，,n·\o(PA,\s\up14(→))＝0，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－ax＝0，,\f(ax,2)＋\f(ay,2)－\f(az,2)＝0，)) 令y＝1，则x＝0，z＝1，所以n＝(0，1，1)为平面PAD的一个法向量， 所以点M到平面PAD的距离d＝ eq \f(|\o(MP,\s\up14(→))·n|,|n|)＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(0－\f(5a,3)＋\f(a,3))),\r(2))＝ eq \f(2\r(2)a,3). $