培优课 立体几何中的综合问题(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】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立体几何中的翻折、最值及探究性问题，通过Rt△ABC翻折等实例导入，衔接空间向量与立体几何基础，搭建平面到立体的转化支架，帮助学生建立空间观念与知识脉络。 其亮点在于以“破题思维”引导数学眼光观察空间关系，通过翻折问题“变与不变”分析培养数学思维的推理能力，结合空间直角坐标系构建策略强化数学语言的模型表达。例题与训练题分层设计，助力学生提升空间想象与逻辑推理，为教师提供系统解题策略与教学资源。

培优课　立体几何中的综合问题 第一章　空间向量与立体几何 1 重点解读 　　立体几何中的翻折、最值（范围）和探究性问题是各类考试考查的热点内容，常见于解答题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，考查学生的综合能力，培养学生的思维能力. 一、立体几何中的翻折问题 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，D，E分别为 AC，AB的中点，将△ADE沿DE翻折成△PDE，得到四棱锥P-BCDE， M为PB的中点. （1）证明：EM∥平面PDC； （2）若PB＝2 ，求平面PBC与平面PEC夹角的余弦值. 数学·选择性必修第一册 【破题思维】 题目信息 信息转化 在Rt△ABC中，∠ACB＝ 90°，D，E分别为 AC，AB的中点 联想到ED⊥AC M为PB的中点，证明 EM∥平面PDC 要证EM∥平面PDC，只需EM与平面PDC内 的一条直线平行即可，又M为PB的中点，联 想到取PC的中点构造平行四边形 数学·选择性必修第一册 题目信息 信息转化 AC＝BC＝4，PB＝ 2 ，求平面PBC与平面 PEC夹角的余弦值 已知ED⊥AC，联想到可以D为坐标原点建 系，又PD＝AD，BD2＝DC2＋BC2，验证z 轴是否可为直线PD，进而求得平面PBC与平 面PEC夹角的余弦值 数学·选择性必修第一册 解：证明：取PC的中点N，连接MN，ND，如图， 因为M是PB的中点，所以MN∥BC且MN＝ BC， 又D，E分别是AC，AB的中点，所以DE∥BC且DE ＝ BC， 所以MN􀰿DE，从而DEMN是平行四边形，所以DN∥ME， 又因为ME⊄平面PCD，DN⊂平面PCD， 所以ME∥平面PCD. 数学·选择性必修第一册 （2）由已知BD＝ ＝2 ，PD2＋BD2＝22＋20＝24＝PB2， 所以PD⊥BD，又PD⊥DE，DE∩BD＝D，DE，BD⊂平面BCDE， 所以PD⊥平面BCDE， 又因为DE⊥DC， 以D为原点，DE，DC，DP所在直线分别为x，y， z轴建立空间直角坐标系，如图， 则D（0，0，0），E（2，0，0），C（0，2，0），B（4，2，0），P （0，0，2）， ＝（0，2，－2）， ＝（4，2，－2）， ＝（2，0，－2）， 设平面PBC的一个法向量是m＝（x，y，z）， 数学·选择性必修第一册 则 取y＝1，得m＝（0，1，1）， 设平面PEC的一个法向量是n＝（a，b，c）， 则 取c＝1，得n＝（1，1，1）， cos ＜m，n＞＝ ＝ ＝ ， 所以平面PBC与平面PEC夹角的余弦值为 . 数学·选择性必修第一册 规律方法 翻折问题的解题策略 （1）确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图 形，分清翻折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）确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变 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. 数学·选择性必修第一册 训练1　如图，已知四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，E为AD的中 点，现将四边形EBCD沿BE折起至四边形EBHG的位置，使得∠AEG＝ 90°.若点F满足 ＝λ ，当EF∥平面AGH时，实数λ的值为 ⁠. ​ 数学·选择性必修第一册 解析：令菱形ABCD的边长为2，由题意可知折起后AE⊥ GE，AE⊥BE，GE⊥BE. 以E为原点，EA，EB，EG 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A（1，0，0），B（0， ，0），E（0，0，0），G（0，0，1），H（0， ，2），所以 ＝（－1，0，0）， ＝（－1， ，0）， ＝（－1，0，1）， ＝（－1， ，2）.设平面AGH的法向量为n＝（x，y，z），则 即 取x＝1， 数学·选择性必修第一册 则y＝－ ，z＝1，所以n＝ 是平面AGH的一个法向量.由题知 ＝λ ＝（－λ， λ，0），所以 ＝ － ＝（－λ， λ，0）－（－1，0，0）＝（1－λ， λ，0）.因为EF∥平面AGH，所以n· ＝0，所以1－λ－ × λ＝0，所以λ＝ . 数学·选择性必修第一册 二、立体几何中的最值（范围）问题 如图，在三棱锥P-ABC中，△PAB为等边三角形，△ABC为等腰直角 三角形，PA＝2，AC⊥BC，平面PAB⊥平面ABC. 数学·选择性必修第一册 （1）证明：AB⊥PC； 解：证明：取AB的中点O，连接OP，OC. 因为△PAB为等边三角形，所 以OP⊥AB. 因为△ABC为等腰直角三角形，且AC⊥BC，所以 OC⊥AB. 因为OP，OC⊂平面POC，OP∩OC＝O，所以AB⊥平面POC，又 PC⊂平面POC，所以AB⊥PC. 数学·选择性必修第一册 （2）点D在线段PC上，求直线AD与平面PBC所成角的正弦值的最大值. 解：因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝ AB，OP⊂平面PAB，OP⊥AB，所以OP⊥平面ABC. 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A （0，－1，0），C（1，0，0），P（0，0， ），B （0，1，0）， ＝（1，1，0）， ＝（－1，1， 0）， ＝（－1，0， ）， 设 ＝λ （0≤λ≤1），则 ＝ ＋ ＝（1，1，0）＋λ（－1，0， ）＝（1－λ，1， λ）. 数学·选择性必修第一册 设平面PBC的法向量为n＝（x，y，z）， 则 即 令z＝ ， 则x＝3，y＝3，所以n＝（3，3， ）. 设直线AD与平面PBC所成的角为θ， 则 sin θ＝｜ cos ＜ ，n＞｜ ＝｜ ｜ 数学·选择性必修第一册 ＝ ＝ ≤ ＝ ， 当且仅当λ＝ 时，等号成立. 故直线AD与平面PBC所成角的正弦值的最大值为 . 数学·选择性必修第一册 规律方法 立体几何中最值（范围）问题的解题策略 　　在动态变化过程中产生的体积最大（小）、距离最大（小）、角的范 围等问题，常用的解题思路是： （1）直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有 相应最大、最小值，即可求解； （2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函 数，从而利用代数方法求目标函数的最值. 数学·选择性必修第一册 训练2　如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB＝2，AD＝AA1＝1. 动点P从A1出发，在棱A1B1上匀速运动；同时动点Q从B出发，在棱BC 上匀速运动，P的运动速度是Q的两倍，各自运动到另一端点停止.它们在 运动过程中，设直线PQ与平面ABCD所成的角为θ，则tan θ的取值范围是 （　　） A. ［ ，1］ B. ［ ， ］ C. ［ ，1］ D. ［ ， ］ √ 数学·选择性必修第一册 解析：　以A1为原点，建立如图所示的空间直角坐标 系，不妨令Q（t，2，1），P（0，2t，0），0≤t ≤1，因为点P到平面ABCD的距离恒为1，且在平面 ABCD上的射影为P'（0，2t，1），连接PP'，P'Q， 所以θ＝∠PQP'.又 ＝（t，2－2t，0），则｜ ｜＝ ＝ ，所以tan θ＝tan∠PQP'＝ ＝ ∈［ ， ］. 数学·选择性必修第一册 三、与空间角、距离有关的探究性问题 如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在棱CC1上，且 CP＝λCC1（0＜λ＜1）. 数学·选择性必修第一册 （1）当λ＝ 时，求直线AP与平面BB1C1C所成的角的正弦值； 解：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立 空间直角坐标系（图略）， 因为λ＝ ，则A（4，0，0），P（0，4，1），则 ＝（－4，4，1）， 易知平面BB1C1C的一个法向量为u＝（0，1，0）， 所以 cos ＜ ，u＞＝ ＝ ＝ ， 因此，当λ＝ 时，直线AP与平面BB1C1C所成的角的正弦值为 . 数学·选择性必修第一册 （2）是否存在λ，使平面APD1与平面ABCD的夹角的余弦值为 ？若存 在，求出λ的值；若不存在，请说明理由. 解：因为A（4，0，0），D1（0，0，4），P（0，4，4λ）， 设平面APD1的法向量为m＝（x，y，z）， ＝（4，0，－4）， ＝（0，4，4λ－4）， 由 得 取z＝1， 可得m＝（1，1－λ，1）， 数学·选择性必修第一册 易知平面ABCD的一个法向量为n＝（0，0，1）， 由题意可得｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ＝ ， 因为0＜λ＜1，解得λ＝ . 所以当λ＝ 时，平面APD1与平面ABCD的夹角的余弦值为 . 数学·选择性必修第一册 规律方法 与空间角、距离有关的探究性问题的解题策略 　　借助于空间直角坐标系，把几何对象上动点的坐标用参数（变量）表 示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或 方程组.若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定 几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要 求的几何对象不存在. 数学·选择性必修第一册 训练3　在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是等腰三角形，∠ACB＝90°， 侧棱AA1＝2，CA＝2，D是CC1的中点.试问：线段A1B（不包括端点）上 是否存在一点E，使得点A1到平面AED的距离为 ？ 数学·选择性必修第一册 解：如图所示，以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、 y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），A1 （2，0，2），D（0，0，1），所以 ＝（0，0， 2）， ＝（－2，0，1）. 假设线段A1B（不包括端点）上存在一点E，使得点A1到 平面AED的距离为 . 设点E到AB的距离为a（0＜a＜2），则E（a，2－a，a）， ＝（a－2，2－a，a）. 设向量n＝（x，y，z）为平面AED的法向量，则有即 数学·选择性必修第一册 取x＝1，可得平面AED的一个法向量为n＝（1， ，2）. 由题意可知点A1到平面AED的距离d＝ ＝ ＝ ，解得a＝1或a＝0（舍去），所以E（1，1，1）. 所以线段A1B上存在一点E，使得点A1到平面AED的距离为 ，此时E为线段A1B的中点. 数学·选择性必修第一册 教材挖掘　空间直角坐标系的构建策略 29 坐标法是利用空间向量的坐标运算解决立体几何问题的重要方法，运用坐 标法解题就需要建立空间直角坐标系，而如何建立恰当的空间直角坐标系 是本章的难点，这就要求学生抓住空间几何图形的结构特征，充分利用图 形中的垂直关系（或在图形中构造垂直关系）建系，下面就几种常见的建 系方法予以说明. 数学·选择性必修第一册 一、利用共顶点且互相垂直的三条棱构建空间直角坐标系 如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD ＝1，AE＝BC＝2CF＝2. （1）求证：BF∥平面ADE； （2）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值. 数学·选择性必修第一册 建系方法　 由AE⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，则AE⊥AB，AE⊥AD， 又AD⊥AB， 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，AB＝AD＝1，AE＝ BC＝2CF＝2. 所以B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，1，0），E（0，0，2）. 数学·选择性必修第一册 规律方法 利用互相垂直的三条棱建系策略 　　“利用互相垂直的三条棱建系”的核心是“找原点→定三轴→标坐 标”，关键在于识别几何体中“天然垂直的三条棱”，优先选择包含已知 条件的棱作为坐标轴，确保轴的两两垂直性.这种方法适用于大多数“有 垂直侧棱或垂直底面”的几何体，是空间几何问题中最基础、最高效的建 系策略之一. 数学·选择性必修第一册 二、利用线面垂直关系构建空间直角坐标系 四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝CD＝1，AB＝BC＝ 2，PC＝3，AB∥CD. （1）求证：BC⊥平面PAB； （2）求平面APD与平面PDC所成角的余弦值. 数学·选择性必修第一册 建系方法　 由题干和（1）知，PA⊥平面ABCD，BC⊥平面PAB，故PA⊥AB， AB⊥BC，得不到共顶点且互相垂直的三条棱，因此可以B为原点，建立 如图所示的坐标系，则A（2，0，0），C（0，2，0），D（1，2，0）， P（2，0，1）. 数学·选择性必修第一册 规律方法 利用线面垂直关系建系策略 　　在空间几何问题中，当几何体不存在天然的“三条互相垂直的棱（如 长方体、正方体的棱）”时，线面垂直关系是构建空间直角坐标系的核心 依据.采用此种方法建系要注意的是：①要尽可能利用题中的垂直关系； ②要使点的坐标求解尽可能简单（有时一些点的坐标求解需要利用平行或 比例关系，或化归到三角形中利用正、余弦定理求解）. 数学·选择性必修第一册 三、利用面面垂直关系构建空间直角坐标系 如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为 BD的中点. （1）证明：OA⊥CD； （2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且 二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积. 数学·选择性必修第一册 建系方法　 由题意知AO⊥平面BCD，显然AO⊥OB. 以O为坐标 原点，OB，OA所在直线分别为x轴，z轴，在平面BCD 内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐 标系，则O（0，0，0），B（1，0，0），D（－1，0， 0），C（－ ， ，0）.设A（0，0，a），a＞0，由DE＝2EA，得E（－ ，0， ）. 数学·选择性必修第一册 规律方法 利用面面垂直关系建系策略 　　利用面面垂直关系建立空间直角坐标系，是解决立体几何问题（如求 线面角、二面角、空间距离等）的核心方法之一，其核心思路是借助两个 垂直平面的交线，在交线上找一点，分别在两个平面内作交线的垂线，从 而构造出三条两两垂直的直线作为坐标轴. 数学·选择性必修第一册 四、利用正棱锥的底面中心与高所在的直线构建空间直角坐标系 如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面 ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. （1）求异面直线AP，BC所成角的大小； （2）在线段AP上存在点M且AM＝3，探究二面角A-MC-B的大小并说 明理由. 数学·选择性必修第一册 建系方法　 如图，以O为坐标原点，过O点作OE∥DB交AB于点E，OE所在直线为x 轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 则A（0，－3，0），B（4，2，0），C（－4，2，0），P（0，0，4）. 数学·选择性必修第一册 规律方法 　　正棱锥的“中心-高建系法”本质是利用几何体的对称性搭建“便捷坐 标系”，其核心思路是依托正棱锥的对称性，将坐标系的原点、坐标轴与 几何体的关键结构（底面中心、高、底面边的中垂线等）重合，其核心步 骤可概括为：定中心（原点）→立高（z轴）→找基准（x轴）→补垂直 （y轴）→算坐标. 数学·选择性必修第一册 【迁移应用】 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，点A1在底面ABC上的射影恰 为点B，且AB＝AC＝A1B＝2. 数学·选择性必修第一册 （1）求证：A1C1⊥平面ABB1A1； 解：证明：因为在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，所以A1C1⊥A1B1， 因为点A1在底面ABC上的射影恰为点B，AC⊂平面ABC，所以 A1B⊥AC，所以A1B⊥A1C1， 又A1B∩A1B1＝A1，A1B⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，所以 A1C1⊥平面ABB1A1. 数学·选择性必修第一册 （2）求AA1与BC所成的角的大小； 解：以A为原点，射线AC，AB，Az分别为x，y，z轴正半轴建立空间直 角坐标系，如图， 则C（2，0，0），B（0，2，0），A1（0，2，2）， B1（0，4，2）， 所以 ＝（0，2，2）， ＝（2，－2，0）， 设AA1与BC所成的角为θ， 所以 cos θ＝｜ cos ＜ ， ＞｜＝ ＝ ＝ ，又 0＜θ≤ ，所以θ＝ ，故AA1与BC所成的角为 . 数学·选择性必修第一册 （3）在线段B1C1上确定一点P，使AP＝ ，并求出二面角P-AB-A1的 平面角的余弦值. 解：设 ＝λ ＝（2λ，－2λ，0）（0≤λ≤1），则P（2λ，4－2λ， 2）. 于是｜AP｜＝ ＝ ，解得λ＝ ， 则P为棱B1C1的中点，其坐标为P（1，3，2）. 设平面PAB的一个法向量n＝（x，y，z），则 数学·选择性必修第一册 令z＝－1，得n＝（2，0，－1）， 而平面ABA1的一个法向量m＝（1，0，0）， 则 cos ＜n，m＞＝ ＝ ＝ ， 故二面角P-AB-A1的平面角的余弦值是 . 数学·选择性必修第一册 课时作业>>（时间：45分钟　满分：71分） [备注：单选、填空题5分，多选题6分] 48 1. 已知点A（n，n－1，2n），B（1，－n，n），则｜ ｜的最小值 为（　　） A. B. C. 2 D. 不存在 解析：　因为点A（n，n－1，2n），B（1，－n，n），所以 ＝ （1－n，－2n＋1，－n），所以｜ ｜＝ ＝ ＝ .当n＝ 时，｜ ｜有最小值，为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 数学·选择性必修第一册 2. 如图所示，直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为3，A1C1＝B1C1＝1，且 ∠A1C1B1＝90°，点D在棱AA1上且AD＝2DA1，点P在棱C1C上，则 · 的最小值为（　　） A. B. － C. D. － √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 解析： 　以点C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y 轴，z轴，建立空间直角坐标系（图略），则D（1，0，2），B1（0，1， 3），设P（0，0，z），其中0≤z≤3，则 ＝（1，0，2－z）， ＝ （0，1，3－z），∴ · ＝0＋0＋（2－z）（3－z）＝（z－ ）2 － ，故当z＝ 时， · 取最小值－ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 3. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC，AB⊥BC，若棱C1C上 存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，则 ＝（　　） A. B. 1 C. D. 2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 解析：　以点B为坐标原点，BA，BC，BB1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，设 BC＝1，BB1＝a（a＞0），则B（0，0，0），A1（1， 0，a），P（0，1，λa），0≤λ≤1，所以 ＝（1， －1，（1－λ）a）， ＝（0，1，λa），又存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，所以 · ＝λ（1－λ）a2－1＝0，则λ2－λ＋ ＝0，故Δ＝1－ ＝0，可得a＝2，此时λ＝ ，所以 ＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 4. 如图1，将两个全等的等腰直角三角形拼成一个平行四边形ABCD，将 平行四边形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图2， 则直线AC与BD所成角的余弦值为（　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 解析：　由平面ABD⊥平面BCD，AB⊥BD，平面ABD ∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面 BCD，又DC⊂平面BCD，所以AB⊥DC，又DB⊥DC， 过点D作z轴∥AB，建立空间直角坐标系，如图所示， 设AB＝1，所以BD＝1，DC＝1，BC＝ ，则A（0，1，1），B（0，1，0），C（1，0，0），D（0，0，0），所以 ＝（1，－1，－1）， ＝（0，－1，0），所以｜ cos ＜ ， ＞｜＝ ＝ ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 5. 如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，底面 A1B1C1D1是边长为a的正方形，侧棱AA1的长为b，E为侧棱BB1上的动点 （包括端点），则（　　） A. 对任意的a，b，存在点E，使得B1D⊥EC1 B. 当且仅当a＝b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 C. 当且仅当a≥b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 D. 当且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 解析：　以D1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标 系，则B1（a，a，0），D（0，0，b），C1（0，a， 0），设E（a，a，t）（0≤t≤b），所以 ＝（－ a，－a，b）， ＝（－a，0，－t），所以 · ＝a2－bt，令a2－bt＝0，t＝ ，由0≤ ≤b得a≤b， 所以当且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1，故选项D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 6. 〔多选〕如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段AA1上的一个动 点，F为线段B1C1上的一个动点，则平面EFB与底面ABCD夹角的余弦值 可能为（　　） A. 0 B. C. D. 2 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 解析：　设平面EFB与底面ABCD的夹角为θ，如图所 示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，AE＝ m，FC1＝n，0≤m≤1，0≤n≤1，则D（0，0，0）， A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1 （0，0，1），E（1，0，m），F（n，1，1）， ＝ （0，－1，m）， ＝（n－1，0，1），设平面EFB的一个法向量为n＝（x，y，z），则 取x＝－1，则平面EFB的法向量为n＝（－1，m（n－1），n－1），而底面ABCD的一个法向量为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 ＝（0，0，1），则 cos θ＝ ，结合选项，当n＝1时， cos θ＝0，当n≠1时， cos θ＝ ∈（0， ］，故 cos θ∈［0， ］.故选A、B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 7. 如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂 直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM 与AF所成的角为θ，则 cos θ的最大值为 ⁠. ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 解析：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AQ所在直 线为z轴，建立空间直角坐标系（图略），不妨设AB＝2，则F（2，1， 0），E（1，0，0），设M（0，m，2），m∈[0，2]，故 ＝（2， 1，0）， ＝（－1，m，2），故 cos θ＝ ＝ ＝f （m），观察分子、分母的变化，可知当m∈[0，2]时，f（m）单调递 减，f（m）max＝f（0）＝ ，当m＝2时，f（2）＝0，故 cos θ的最大值 为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 8. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB ＝90°，点D是A1B1的中点，F是侧面AA1B1B（含边界）上的动点.要使 AB1⊥平面C1DF，则线段C1F长的最大值为 ⁠. ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 解析：取BB1上靠近B1的四等分点为E，连接DE，当点F在DE上时， AB1⊥平面C1DF，证明如下：因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为 2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，点D是A1B1的中点，所以C1D⊥平面 AA1B1B，所以C1D⊥AB1.以C1为坐标原点，C1A1，C1B1，C1C分别为x 轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（图略）.所以A（1，0，2），B1 （0，1，0），D（ ， ，0），E（0，1， ），即 ＝（－1，1，－ 2）， ＝（－ ， ， ），此时 · ＝0，即AB1⊥DE，所以 AB1⊥平面C1DE，故当F在DE上时，AB1⊥平面C1DF，很明显，当E， F重合时，线段C1F最长，此时C1F＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 9. （15分）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形， AB＝BC＝2，且AB⊥BC，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1 上的点. （1）证明：BF⊥DE； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 解：证明：由题意得BB1⊥平面ABC，且AB⊥BC，故以 B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B （0，0，0），F（0，2，1），A（2，0，0），C（0， 2，0），E（1，1，0），所以 ＝（0，2，1）. 设B1D＝m，m∈[0，2]，则D（m，0，2）， ＝ （1－m，1，－2）， 因为 · ＝（0，2，1）·（1－m，1，－2）＝2－2＝0，所以BF⊥DE. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 （2）在棱A1B1上是否存在一点M，使得异面直线MF与AC所成的角为 30°？若存在，指出点M的位置；若不存在，说明理由. 解：假设存在一点M满足题意. 设B1M＝n，n∈[0，2]，则M（n，0，2）， ＝（－n，2，－1）， ＝（－2，2，0）. 因为异面直线MF与AC所成的角为30°， 所以｜ cos ＜ ， ＞｜＝ ＝ ， 整理得n2－8n＋7＝0，即n＝1或n＝7（舍去）， 所以假设成立，即存在点M使得异面直线MF与AC所成的角为30°，此时M是A1B1的中点. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 10. （15分）如图1，☉O的直径AB＝4，点C，D为☉O上的两点，且 ∠CAB＝45°，∠DAB＝60°，F为弧BC的中点.将圆沿直径AB折起， 使两个半圆所在的平面互相垂直，如图2. （1）求证：OF∥平面ACD； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 解：证明：连接CO， ∵∠CAB＝45°， ∴∠COB＝90°， ∵F为 的中点， ∴∠FOB＝45°， 又∠CAB＝45°， ∴OF∥AC. ∵OF⊄平面ACD，AC⊂平面ACD， ∴OF∥平面ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 （2）求平面ACD与平面ABD夹角的余弦值. 解：连接BC，∵平面ABC⊥平面ABD，平面ABC ∩平面ABD＝AB，CO⊥AB，∴CO⊥平面ABD. 以O为原点，AB所在的直线为y轴，OC所在的直线 为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则A（0，－2，0），C（0，0，2）. ∵∠DAB＝60°，∴D（ ，－1，0）， ∴ ＝（ ，1，0）， ＝（0，2，2）. 设n1＝（x，y，z）为平面ACD的法向量. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 由 得 令x＝1，则y＝－ ，z＝ ，∴n1＝（1，－ ， ）. 易知平面ABD的一个法向量为n2＝（0，0，1）， 设平面ACD与平面ABD的夹角为θ， ∴ cos θ＝ ＝ ＝ ， 即平面ACD与平面ABD夹角的余弦值为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学·选择性必修第一册 $