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】2026-2027学年高中选择性必修第一册教师用书word（人教B版）

本讲义聚焦利用空间向量解决立体几何热点问题，系统梳理空间向量概念、基本定理及坐标法，构建从概念理解到位置关系、度量计算的知识体系，通过探索性问题、折叠问题、新定义问题等题型形成学习支架。 资料特色在于融通学科素养，浸润数学抽象、直观想象、数学运算，渗透数形结合思想。题型分类清晰，如探索性问题设参数求解，折叠问题分析不变量，均配“思维建模”总结策略。课中辅助教师系统教学，课后通过针对训练和课时检测，助力学生查漏补缺，提升解决复杂几何问题的能力。

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)　空间向量与探索性问题相结合 [例1]　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的一个法向量为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的一个法向量为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||==. |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、平面是否存在等探索性问题时,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] 1.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的射影为AB的中点O.在棱BB1(含端点)上是否存在一点D,使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的射影为AB的中点O,故A1O⊥平面ABC,连接OC,由题意△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=, 所以存在,此时BD=BB1=. 2.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,求线段PM的长度,若不存在,请说明理由. 解:(1)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,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的一个法向量为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),故=(-4,2t,2(1-t)), 所以|cos<,m>|=||==, 因为直线GM与平面EFG所成角为,故=,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(二)　空间向量与折叠问题相结合 [例2]　如图1,四边形ABCD为等腰梯形,AB=2,AD=DC=CB=1,将△ADC沿AC折起,E为AB的中点,连接DE,DB.若图2中BC⊥AD, (1)求线段BD的长; (2)求直线BD与平面CDE所成角的正弦值. 解:(1)∵E为AB的中点,AB=2,DC=1,∴在题图1中,AE∥DC且AE=DC,连接CE,如图①,∴四边形AECD为平行四边形,∴CE=AD=1,∵AE=BE=1, ∴C点落在以AB为直径的圆上,∴AC⊥BC, 又题图2中BC⊥AD,AC∩AD=A,AC,AD⊂平面ADC, ∴BC⊥平面ADC,∵CD⊂平面ADC, ∴BC⊥CD,由勾股定理得BD===.故线段BD的长为. (2)取AC的中点F,连接DF,FE,CE,则FE∥BC,EF⊥AC,由(1)知BC⊥平面ACD, ∵DF⊂平面ACD,所以BC⊥DF,故EF⊥DF. 因为AD=DC,所以DF⊥AC,易得FA,FE,FD两两垂直, 以F为原点,FA,FE,FD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图②所示,E,D,B,C,∴=,=,=. 设n=(x,y,z)为平面CDE的一个法向量, 则即 取x=1,有n=(1,-,-). cos<n,>==-=-, ∴直线BD与平面CDE所成角的正弦值为. |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] 3.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)因为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. 题型(三)　立体几何中的新定义问题 [例3]　已知Ω是棱长为的正四面体A-BCD,设Ω的四个顶点到平面α的距离所构成的集合为M,若M中元素的个数为k,则称α为Ω的k阶等距平面,M为Ω的k阶等距集. (1)若α为Ω的1阶等距平面,且Ω的1阶等距集为{a},求a的所有可能取值以及相应的α的个数; (2)已知β为Ω的4阶等距平面,且点A与点B,C,D分别位于β的两侧.是否存在β,使Ω的4阶等距集为{b,2b,3b,4b},其中点A到β的距离为b?若存在,求平面BCD与β所成角的余弦值;若不存在,请说明理由.　 解:(1)情形一:分别取AB,AC,AD的中点M,E,F, 由中位线性质可知ME=EF=MF=, 此时平面MEF为Ω的一个1阶等距平面, a为正四面体高的一半,等于××=. 由于正四面体有4个面,这样的1阶等距平面α平行于其中一个面,有4种情况; 情形二:分别取AB,AC,CD,DB的中点P,Q,R,S, 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中, 则a为正方体棱长的一半,等于. 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线, 这样的1阶等距平面α平行于其中一组异面直线,有3种情况. 综上所述,当a的值为时,α有4个;当a的值为时,α有3个. (2)在线段AB,AC,AD上分别取一点M,E,F, 使得AM∶MB=1∶2,AE∶EC=1∶3,AF∶FD=1∶4,则平面β即为平面MEF. 如图,取BD的中点O,连接OC,以O为坐标原点,OC,OD所在直线分别为x,y轴, 过点O且与平面BCD垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系, 则A,C,B,D,所以=-=-=-=, =-=-=- =. 设平面MEF的一个法向量为m=(x,y,z), 所以即 所以m=(0,1,-). 又平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1), 设平面BCD与β所成的角为θ, 所以cos θ===. 所以存在β满足题意,且平面BCD与β所成角的余弦值为. |思|维|建|模| 立体几何中新定义问题的解题策略 (1)信息提取:首先,需要仔细阅读题目中的新定义,明确新定义的名称和符号. (2)信息加工:对新定义进行信息提取后,探求解决方法和相近的知识点,明确它们的相同点和相似点. (3)应用转换:如果题目涉及新定义的运算或法则,那么直接按照法则计算即可;如果涉及新定义的性质,那么需要判断性质的适用性,利用定义的外延进行推理和计算. 　　[针对训练] 4.已知a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),c=(x3,y3,z3),定义一种运算:(a×b)·c=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,=(1,1,0),=(0,2,2),=(1,-1,1). (1)求证:平行六面体ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱; (2)计算|(×)·|,并求该平行六面体的体积,说明|(×)·|的值与平行六面体ABCD-A1B1C1D1体积的关系. 解:(1)证明:由题意·=1×1+1×(-1)+0×1=0,·=0×1+2×(-1)+2×1=0, ∴⊥,⊥,即AA1⊥AB,AA1⊥AD. ∵AB,AD是平面ABCD内两相交直线,∴AA1⊥平面ABCD, ∴平行六面体ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱. (2)|(×)·|=1×2×1+2×1×1+0-1×(-1)×2-0-0=6, 由题意||=,||=2,·=1×0+1×2+0×2=2, cos∠BAD===, ∴sin∠BAD=, S四边形ABCD=AB·ADsin∠BAD=×2×=2,||=, ∴=S四边形ABCD×AA1=2×=6. ∴|(×)·|=, 故|(×)·|的值与以AB,AD,AA1为邻边的平行六面体的体积相等. [课时检测] 　　　　　 　　　　　 　　　　　 1. (10分)已知几何体ABCDEFG,如图所示,其中四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形,且边长为1,点M在棱DG上. (1)求证:BM⊥EF.(4分) (2)是否存在点M,使得直线MB与平面BEF所成的角为45°?若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由.(6分) 解:(1)证明:∵四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形, ∴AD⊥DC,GD⊥DC,GD⊥DA. 以D为原点,如图建立空间直角坐标系,则B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1). 又点M在棱DG上,故可设M(0,0,t)(0≤t≤1), ∴=(1,1,-t),=(-1,1,0),∴·=0,∴BM⊥EF. (2)当点M在DG上,且DM=3-4时,直线MB与平面BEF所成的角为45°.理由如下: 假设存在点M,直线MB与平面BEF所成的角为45°. 设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z), 由(1)知=(0,-1,1),=(-1,0,1), ∴令z=1,得n=(1,1,1), ∴cos<n,>==. ∵直线MB与平面BEF所成的角为45°, ∴sin 45°=|cos<n,>|==,解得t=-4±3.又0≤t≤1,∴t=3-4,∴存在点M(0,0,3-4)满足题意. ∴当点M在DG上,且DM=3-4时,直线MB与平面BEF所成的角为45°. 2.(15分)(2024·新课标Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=,将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4. (1)证明:EF⊥PD;(6分) (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.(9分) 解:(1)证明:由AB=8,AD=5,=,=, 得AE=2,AF=4,又∠EAF=30°,在△AEF中,由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF=12+16-2×2×4×=4, 所以AE2+EF2=AF2, 则AE⊥EF,即EF⊥AD, 所以EF⊥PE,EF⊥DE, 又PE∩DE=E,PE,DE⊂平面PDE, 所以EF⊥平面PDE,又PD⊂平面PDE, 故EF⊥PD. (2)连接CE,由∠ADC=90°,ED=3,CD=3,则CE2=ED2+CD2=36, 在△PEC中,PC=4,PE=2,EC=6,得EC2+PE2=PC2, 所以PE⊥EC,由(1)知PE⊥EF,又EC∩EF=E,EC,EF⊂平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD.又ED⊂平面ABCD, 所以PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系, 则E(0,0,0),P(0,0,2),D(0,3,0),C(3,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),由F是AB的中点,得B(4,2,0), 所以=(3,3,-2),=(0,3,-2),=(4,2,-2),=(2,0,-2). 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n=(x1,y1,z1),m=(x2,y2,z2), 则 令y1=2,x2=,得x1=0,z1=3,y2=-1, z2=1, 所以n=(0,2,3),m=(,-1,1), 所以|cos<m,n>|===. 设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ,则sin θ==, 即平面PCD和平面PBF所成二面角的正弦值为. 3.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,侧面PAD是边长为2的正三角形,平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥PD. (1)求证:平行四边形ABCD为矩形;(6分) (2)若E为侧棱PD的中点,且平面ACE与平面ABP所成角的余弦值为,求点B到平面ACE的距离.(9分) 解:(1)证明:取AD中点M,连接PM,△PAD为正三角形,则PM⊥AD,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PM⊂平面PAD,则PM⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,故PM⊥AB.又AB⊥PD,PM,PD⊂平面PAD,PM∩PD=P,所以AB⊥平面PAD,AD⊂平面PAD,故AB⊥AD,则平行四边形ABCD为矩形. (2)如图,以A为原点,AB为x轴,AD为y轴建立空间直角坐标系, 设AB=t(t>0),则A(0,0,0),B(t,0,0),C(t,2,0),P(0,1,),E,所以=(t,2,0),=,=(t,0,0),=(0,1,).设平面ACE的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则 令x1=2,则n=(2,-t,t). 设平面ABP的一个法向量为m=(x2,y2,z2),则 令z2=1,则m=(0,-,1), 由|cos<m,n>|===,解得t=1,则平面ACE的一个法向量为n=(2,-1,),=(1,0,0), 点B到平面ACE的距离为==. 4.(15分)在空间直角坐标系中,若平面α过点P(x0,y0,z0),且平面α的一个法向量为n=(a,b,c),则平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0,该方程称为平面α的点法式方程,整理后为ax+by+cz+t=0(其中t=-ax0-by0-cz0),该方程称为平面α的一般式方程.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是平行四边形,BC,BD,BC1两两垂直,AD=1,BD=,直线CC1与平面ABCD所成的角为,以B为坐标原点,,,分别是x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系. (1)求平面DC1D1的一般式方程;(4分) (2)求点A1到直线C1D1的距离;(5分) (3)在棱BB1上是否存在点M,使得平面A1DM⊥平面C1D1M?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.(6分) 解:(1)由于BC1⊥BC,BC1⊥BD,BC∩BD=B,BC,BD⊂平面ABCD, 所以BC1⊥平面ABCD,所以∠C1CB是直线CC1与平面ABCD所成的角, 所以∠C1CB=,所以BC1=BC=1. 所以D(0,,0),C1(0,0,1),C(1,0,0),=(-1,,0)=, ==(-1,0,1).设平面DC1D1的一个法向量为n=(x,y,z),则故可取n=(,1,).又D∈平面DC1D1, 所以平面DC1D1的点法式方程为×(x-0)+1×(y-)+×(z-0)=0,即一般式方程为x+y+z-=0. (2)在Rt△BCD中,∠CBD=,BC=1,BD=,则CD=2,设点B到CD的距离为h,则×2h=××1,解得h=. 由于平行四边形ABCD和平行四边形A1B1C1D1全等, 所以点A1到直线C1D1的距离等于点B到CD的距离,即点A1到直线C1D1的距离为. (3)由(1)及题意得B1(-1,0,1),=(-1,0,1),A(-1,,0),=+=+=(-1,,0)+(-1,0,1)=(-2,,1), 即A1(-2,,1).又D(0,,0),D1(-1,,1), 所以=(-2,0,1). 设=λ,0≤λ≤1,则=λ=(-λ,0,λ),即M(-λ,0,λ),所以=(-λ,-,λ), =(1-λ,-,λ-1),=(-1,,0), 设平面A1DM的一个法向量为u=(x1,y1,z1), 则 故可取u=(,λ,2). 设平面C1D1M的一个法向量为v=(x2,y2,z2), 则 故可取v=(λ-,λ-1,λ), 若平面A1DM⊥平面C1D1M,则u·v=0, 即3(λ-1)+λ(λ-1)+6λ=λ2+8λ-3=0, 解得λ=-4(舍负). 所以在棱BB1上存在符合题意的点M,且=-4. 学科网（北京）股份有限公司 $