培优课 利用空间向量解决立体几何中的综合问题(Word学生用书)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（北师大版)

该高中数学导学案聚焦利用空间向量解决立体几何综合问题，涵盖翻折、最值（范围）及探究性题型。通过典型例题导入，梳理通性通法，如翻折问题中变与不变关系分析、动态问题函数转化等，搭建空间向量与立体几何综合应用的学习支架。 资料特色在于题型分类清晰，通性通法总结到位，结合一题多解与跟踪训练。助力学生用数学眼光观察空间图形，以数学思维推理动态关系，提升空间观念与推理能力，培养模型意识，适合自主探究与教学评估。

利用空间向量解决立体几何中的综合问题 　　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. 　　 题型一　翻折问题 如图，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PCD； （2）若PB＝2，求平面PBC与平面PEC夹角的余弦值. 尝试解答 通性通法 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、面之间的位置和数量关系不变，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 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，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化，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 　如图①，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝2，BC＝4，AD＝6，E是AD上的点，AE＝AD，P为BE的中点，将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，使得A1C＝4，如图②. （1）求证：平面A1CP⊥平面A1BE； （2）求二面角B-A1P-D的余弦值. 题型二　最值（范围）问题 〔一题多解〕在如图所示的几何体ABC-A1B1C1中，△BAC与△C1B1A1为全等的等腰直角三角形，∠BAC＝∠A1B1C1＝90°，四边形BAA1B1为正方形，且B1C1∥AC，AA1⊥AC.已知平面AA1C1∩平面BB1C1＝l. （1）求证：l∥AA1； （2）已知AB＝1，P为l上一点，求直线AP与平面BPC所成角的正弦值的最大值. 尝试解答 通性通法 　　在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大（小）、角的范围等问题，常用的思路是： （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. 　如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1＝1，已知G与E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点（不包括端点），若GD⊥EF，则线段DF长度的取值范围为　　　　. 题型三　证明、探索性问题 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝AA1＝2，点P为棱B1C1的中点，点Q为线段A1B上一动点. （1）求证：当点Q为线段A1B的中点时，PQ⊥平面A1BC； （2）设＝λ，试问：是否存在实数λ，使得平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为？若存在，求出这个实数λ；若不存在，请说明理由. 通性通法 　　立体几何中的探索性问题，多以解答题的形式出现，试题有一定的难度，这类题型常以适合某种条件的结论“存在”“不存在”“是否存在”等语句表述，解答这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证，若出现合理的结论，则存在性也随之解决；若导致矛盾，则否定了存在性. 　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.点E在线段A1B（不包括端点）的　　　　处，使得点A1到平面AED的距离为. 完成课后作业　第三章　培优课 答案 培优课　利用空间向量解决立体几何中的综合问题 【典例研析】 【例1】　解：（1）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. （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， 所以以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）， 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. 跟踪训练 解：（1）证明：如图①，连接AP，PC. ∵在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝2，BC＝4，AD＝6，E是AD上的点，AE＝AD，P为BE的中点. ∴BE＝4，∠ABE＝30°，∠EBC＝60°，BP＝2， ∴PC＝2，∴BP2＋PC2＝BC2，∴BP⊥PC. ∵A1P＝AP＝2，A1C＝4， ∴A1P2＋PC2＝A1C2，∴PC⊥A1P. ∵BP∩A1P＝P，BP，A1P⊂平面A1BE， ∴PC⊥平面A1BE. ∵PC⊂平面A1CP，∴平面A1CP⊥平面A1BE. （2）如图②，以P为坐标原点，PB所在直线为x轴，PC所在直线为y轴，过P作平面BCDE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 则A1（－1，0，），P（0，0，0），D（－4，2，0）， ∴＝（－1，0，），＝（－4，2，0）， 设平面A1PD的法向量为m＝（x，y，z）， 则即 取x＝，得m＝（，2，1）， 易知平面A1PB的一个法向量为n＝（0，1，0）， 则cos＜m，n＞＝＝. 由图可知二面角B-A1P-D是钝角， ∴二面角B-A1P-D的余弦值为－. 【例2】　解：（1）证明：法一 因为四边形BAA1B1为正方形，所以AA1∥BB1，因为AA1⊄平面BB1C1，BB1⊂平面BB1C1， 所以AA1∥平面BB1C1. 又AA1⊂平面AA1C1，平面AA1C1∩平面BB1C1＝l， 所以l∥AA1. 法二（补形法） 将几何体ABC-A1B1C1补成正方体，如图所示. 连接AC2，则平面AA1C1与平面BB1C1的交线l即为平面AA1C1C2与平面BB1C1C2的交线C1C2. 且C1C2∥AA1，故l∥AA1. （2）由题意知AB，AC，AA1两两垂直，如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0）. 设P（1，1，a），则＝（0，1，a），＝（－1，1，0），＝（1，1，a）. 设平面BPC的一个法向量为n＝（x，y，z）， 则即取z＝1，则n＝（－a，－a，1）. 设直线AP与平面BPC所成的角为θ， 则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝＝≤＝，当且仅当2a2＝，即a＝±1时，等号成立. 所以直线AP与平面BPC所成角的正弦值的最大值为. 跟踪训练 ［，1）　解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则E（1，0，），G（0，，1），设D（m，0，0），F（0，n，0），0＜m＜1，0＜n＜1，故＝（－1，n，－），＝（m，－，－1），因为GD⊥EF，故可得·＝－m－n＋＝0，则n＝－2m＋1，由n∈（0，1）可得m∈（0，），又＝（－m，n，0），故｜｜＝＝＝，故当m＝时， ｜｜取得最小值；又当m＝0时，｜｜＝1，但无法取到m＝0，则｜｜无法取到1；综上，线段DF长度的取值范围为［，1）. 【例3】　解：（1）证明：连接AB1，AC1，∵点Q为线段A1B的中点，∴A、Q、B1三点共线. ∵点P，Q 分别为B1C1和AB1的中点，∴PQ∥AC1. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，∴BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AC1， 又AC＝AA1，∴四边形ACC1A1为正方形，∴AC1⊥A1C， ∵A1C，BC⊂平面A1BC，∴AC1⊥平面A1BC，而PQ∥AC1，∴PQ⊥平面A1BC. （2）以C为原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 设Q（x，y，z），∵＝λ，∴（x，y－2，z）＝λ（2，－2，2），∴∴Q（2λ，2－2λ，2λ）. ∵点Q在线段A1B上运动，∴平面A1PQ的法向量即为平面A1PB的法向量， 设平面A1PB的法向量为n1＝（x，y，z），由得令y＝2得n1＝（1，2，1）， 设平面B1PQ的法向量为n2＝（x'，y'，z'）， 由得 令z'＝1得n2＝（，0，1）＝（1－λ，0，λ），取n2＝（1－λ，0，λ）， 由题意得｜cos＜n1，n2＞｜＝＝＝， ∴9λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝或λ＝. ∴当λ＝或λ＝时，平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为. 跟踪训练 　解析：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. 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $