板块综合融会 利用空间向量解决立体几何热点问题
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.
融通点(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夹角的余弦值；
(2)线段BC上是否存在一点N，使得平面DMN与平面BMD夹角的余弦值为？若存在，求出BN长度；若不存在，请说明理由.
听课记录：
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的投影为AB的中点O.在棱BB1(含端点)上是否存在一点D，使得A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由.
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的夹角为？若存在，求出线段PM的长度；若不存在，请说明理由.
融通点(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夹角的正弦值.
听课记录：
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夹角的余弦值.
融通点(三) 立体几何中的结构不良问题
[例3] 如图，在四棱锥P ABCD中，AD∥BC, AB⊥AD，PA＝PD，AB⊥PA，AD＝2，AB＝BC＝1.E是棱PD上一点， CE∥平面PAB.
(1)求证：E为PD的中点；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求四棱锥P ABCD的体积.
条件①：点D到平面PAB的距离为；
条件②：直线DC与平面PAB的夹角为.
听课记录：
[针对训练]
4.如图，矩形ABCD所在的平面与菱形ABEF所在的平面垂直，G为BE的中点，AE＝AF.
(1)求证：直线AG⊥平面BCE；
(2)若AF＝2，________，求二面角C AG F的余弦值.从①BC＝AB，②BC＝AG这两个条件中任选一个填入上面的横线上，并解答问题.
板块综合融会 利用空间向量解决
立体几何热点问题
[融通点(一)]
[例1] 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的夹角为θ，
所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，则cos θ＝，所以直线AM与平面BMD夹角的余弦值是.
(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的夹角为α，
所以cos α＝|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得t＝，则N，
＝，
所以||＝ ＝.
[针对训练]
1.解：因为点A1在下底面ABC的投影为AB的中点O，故A1O⊥平面ABC，连接OC，由题意，知△ABC为正三角形，故OC⊥AB，
以O为原点，OA，OC，OA1分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，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＝，
所以在棱BB1上存在一点D，使得A1D⊥AC1，此时BD＝BB1＝.
2.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，OP，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)
＝(－4,2t,2(1－t))，
所以|cos〈，m〉|＝＝
＝，
因为直线GM与平面EFG的夹角为，所以＝，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的夹角为.
[融通点(二)]
[例2] 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夹角的正弦值为.
[针对训练]
3.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的夹角为θ，平面ABP的法向量为m＝(x，y，z)，平面ADP的一个法向量为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夹角的余弦值为.
[融通点(三)]
[例3] 解：
(1)证明：过点E作EF∥AD交PA于点F，连接BF，如图1所示，因为BC∥AD，
所以BC∥EF.所以B，C，E，F四点共面.
又因为CE∥平面PAB，平面BCEF∩平面PAB＝BF，所以CE∥BF，所以四边形BCEF是平行四边形，
所以BC＝EF，由AD＝2，AB＝BC＝1，
所以BC＝AD，所以EF＝AD，
所以EF为△PAD的中位线，
所以E为PD的中点.
(2)过P作PO⊥AD于O，连接OC.
因为AB⊥AD，又因为 AB⊥PA，
且AD∩PA＝A，AD，PA 平面PAD，
所以 AB⊥平面PAD.
又AB 平面ABCD，
所以平面PAD⊥平面ABCD.因为PA＝PD，所以O为AD中点， 又因为平面PAD⊥平面ABCD，PO 平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.又OC 平面ABCD，所以PO⊥OC，
如图2，建立空间直角坐标系.设PO＝a.
由题意得，A(0，1,0)，B(1，1,0)，C(1,0,0)，
D(0，－1,0)，P(0,0，a).
所以＝(1,0,0)，
＝(0,1，－a)，
＝(0，－2,0).
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，则y＝a.所以n＝(0，a,1).
选择条件①，因为D到平面PAB的距离为，
所以d＝＝＝，解得 a＝1.
所以四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝×S梯形ABCD×PO＝××1×1＝.
选择条件②，因为直线DC与平面PAB的夹角为，＝(1,1,0)，所以|cos〈n，〉|＝＝＝sin＝，解得 a＝1.
所以四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝×S梯形ABCD×PO＝××1×1＝.
[针对训练]
4.解：(1)证明：∵矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，
∴AB⊥BC.∵矩形ABCD∩菱形ABEF＝AB，BC 平面ABCD，∴BC⊥平面ABEF.
∵AG 平面ABEF，∴BC⊥AG，菱形ABEF中，∵AE＝AF，∴AE＝AB.
又G为BE的中点，∴AG⊥BE.∵BC∩BE＝B，BC 平面BCE，BE 平面BCE，
∴AG⊥平面BCE.
(2)由(1)可知AD，AF，AG两两垂直，
以A为原点，AG所在直线为x轴，AF所在直线为y轴，AD所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
若选①BC＝AB，
∵AF＝2，∴AB＝2，BC＝2，AG＝，
故A(0,0,0)，C(，－1,2)，G(，0,0)，
则＝(，－1,2)，＝(，0,0)，
设平面ACG的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，
由
取z1＝1，可得n＝(0,2，1).
易知平面AGF的一个法向量为m＝(0,0,1)，则cos〈m，n〉＝＝＝，即二面角C－AG－F的余弦值为－.
若选②BC＝AG，∵AF＝2，
∴AB＝2，BC＝AG＝，
故A(0,0,0)，C(，－1，)，G(，0,0)，
则＝(，－1，)，＝(，0,0)，
设平面ACG的一个法向量为a＝(x2，y2，z2)，
由
取z2＝1，可得a＝(0，，1)，
易知平面AGF的一个法向量为m＝(0,0,1)，
则cos〈a，m〉＝＝＝，
即二面角C－AG－F的余弦值为－.(共127张PPT)
板块综合融会 利用空间向量解决立体几何热点问题
(习题课—小结评价式教学)
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．
CONTENTS
目录
1
2
3
融通点(一)
空间向量与探索性问题相结合
融通点(二)
空间向量与折叠问题相结合
融通点(三)
立体几何中的结构不良问题
4
课时跟踪检测
融通点(一)
空间向量与探索性问题相结合
01
解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，
设平面BMD的一个法向量为n＝(a，b，c)，
设直线AM与平面BMD的夹角为θ，
(2)因为N在BC上，设N(t,1－t,0)，
设平面DMN的一个法向量为m＝(x，y，z)，
设平面DMN与平面BMD的夹角为α，
方法技巧
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、平面是否存在的探索性问题时，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．
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的投影为AB的中点O.在棱BB1(含端点)上是否存在一点D，使得A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由．
针对训练
解：因为点A1在下底面ABC的投影为AB的中点O，
故A1O⊥平面ABC，连接OC，
由题意，知△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
的空间直角坐标系，
假设在棱BB1(含端点)上存在一点D使A1D⊥AC1，
所以在棱BB1上存在一点D，使得A1D⊥AC1，
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，OP，由题意，OG，OD，OP两两垂直，
设平面EFG的一个法向量为m＝(x，y，z)，
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，
融通点(二)
空间向量与折叠问题相结合
02
[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夹角的正弦值．
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，
(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，
设n＝(x，y，z)为平面CDE的一个法向量，
方法技巧
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．
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夹角的余弦值．
针对训练
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，
∴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，
令z＝1，
则x＝1，y＝1，m＝(1,1,1)；
令q＝3，则p＝1，t＝－1，n＝(1，－1,3)，
融通点(三)
立体几何中的结构不良问题
03
解：(1)证明：过点E作EF∥AD交PA于点F，连接
BF，如图1所示，
因为BC∥AD，
所以BC∥EF.所以B，C，E，F四点共面．
又因为CE∥平面PAB，平面BCEF∩平面PAB＝BF，
所以CE∥BF，
所以四边形BCEF是平行四边形，
所以BC＝EF，由AD＝2，AB＝BC＝1，
所以EF为△PAD的中位线，
所以E为PD的中点．
(2)过P作PO⊥AD于O，连接OC．
因为AB⊥AD，
又因为 AB⊥PA，
且AD∩PA＝A，AD，PA 平面PAD，
所以 AB⊥平面PAD．
又AB 平面ABCD，
所以平面PAD⊥平面ABCD．
因为PA＝PD，
所以O为AD中点，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，PO 平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD．
又OC 平面ABCD，
所以PO⊥OC，
如图2，建立空间直角坐标系．
设PO＝a.
由题意得，A(0，1,0)，B(1，1,0)，C(1,0,0)，
D(0，－1,0)，P(0,0，a)．
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
令z＝1，则y＝a.
所以n＝(0，a,1)．
解得 a＝1.
针对训练
解：(1)证明：∵矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，
∴AB⊥BC．
∵矩形ABCD∩菱形ABEF＝AB，BC 平面ABCD，
∴BC⊥平面ABEF.
∵AG 平面ABEF，
∴BC⊥AG，菱形ABEF中，
∵AE＝AF，∴AE＝AB．
又G为BE的中点，
∴AG⊥BE.
∵BC∩BE＝B，BC 平面BCE，BE 平面BCE，
∴AG⊥平面BCE.
(2)由(1)可知AD，AF，AG两两垂直，
以A为原点，AG所在直线为x轴，AF所在直
线为y轴，AD所在直线为z轴，建立空间直角坐
标系，
∵AF＝2，
易知平面AGF的一个法向量为m＝(0,0,1)，
若选②BC＝AG，∵AF＝2，
设平面ACG的一个法向量为a＝(x2，y2，z2)，
易知平面AGF的一个法向量为m＝(0,0,1)，
课时跟踪检测
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解析：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC，BC 平面ABC，所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，BC⊥平面ACC1A1，AC 平面ACC1A1，所以BC⊥AC，所以CA，CC1，CB互相垂直，以C为原点，分别以CA，CC1，CB所在的直线为x，y，z轴，
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3.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则( )
A．BD1⊥平面B1EF
B．BD⊥平面B1EF
C．A1C1∥平面B1EF
D．A1D∥平面B1EF
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解析：如图，以E为坐标原点建立空间直角
坐标系，
则E(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，
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7.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且EF⊥A1E.若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，则B1F的最小值为________．
解析：以点C1为坐标原点，C1D1，C1B1，C1C
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，
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则A1(2,1,0)，
设E(2,0，m)，F(0，1，n)，0≤m≤3,0≤n≤3，
因为EF⊥A1E，
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即－1＋m(n－m)＝0，化简得mn＝1＋m2.
当m＝0时，显然不符合题意，
故B1F的最小值为2.
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8．在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB＝2.点P在侧面BCC1B1内，若A1C⊥平面BDP，则点P到CD的距离的最小值为________．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，
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由于A1C⊥平面BDP，
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9.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.
(2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF的夹角为45°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
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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)，
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∴BM⊥EF.
理由如下：假设存在点M，直线MB与平面BEF夹角为45°.
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设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
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∵直线MB与平面BEF的夹角为45°，
又0≤t≤1，
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直线MB与平面BEF的夹角为45°.
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10．如图1，已知△ABC是边长为4的正三角形，D，E，F分别是AB，AC，BC边的中点，将△ADE沿DE折起，使点A到达如图2所示的点P的位置，M为DP边的中点．
(1)求证：PC∥平面MEF.
(2)若平面PDE⊥平面BCED，求平面MEF与平面PDE夹角的余弦值．
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解：(1)证明：连接DF，DC，
设DC与EF交于点Q，连接MQ.
因为D，E，F分别是AB，AC，BC边的中点，
所以DE∥FC且DE＝FC，
则四边形DFCE为平行四边形，
所以Q为DC的中点，
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因为M为DP的中点，
所以MQ∥PC．
又因为PC 平面MEF，MQ 平面MEF，
所以PC∥平面MEF.
(2)取DE的中点O，连接OP，OF，则PO⊥DE，
因为平面PDE⊥平面BCED，平面PDE∩平面BCED＝DE，
所以PO⊥平面BCED，PO，OD，OF两两垂直．
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设平面MEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
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易知m＝(0,1,0)为平面PDE的一个法向量，
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可得n＝(1,1,2)，
由平面DEF⊥平面PCE，
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12．[多选]已知点P是正方体ABCD－A1B1C1D1侧面BB1C1C(包含边界)上一点，下列说法正确的是( )
A．存在唯一一点P，使得DP∥AB1
B．存在唯一一点P，使得AP∥平面A1C1D
C．存在唯一一点P，使得A1P⊥B1D
D．存在唯一一点P，使得D1P⊥平面A1C1D
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√
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解析：因为四边形BDEF是矩形，所以DE⊥
DB，又因为矩形BDEF所在平面与正方形ABCD
所在平面互相垂直，矩形BDEF所在平面与正方
形ABCD相交于BD，所以DE⊥平面ABCD，而
AD，DC 平面ABCD，所以DE⊥AD，DC⊥DE，又四边形ABCD是正方形，所以AD⊥DC，因此建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4,0,0)，B(4，4,0)，C(0,4,0)，E(0,0,4)，F(4,4,4)，
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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．
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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．
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(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)，
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设平面ACE的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，
设平面ABP的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，
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解得t＝1，
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解：(1)证明：如图1，连接PO，OB，
因为AB＝BC，
所以OB⊥AC，同理得PO⊥AC．
又因为PO∩OB＝O，PO 平面POB，BO 平面POB，
所以AC⊥平面POB．
因为PB 平面POB，
所以AC⊥PB．
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(2)选择①，由题AB2＋BC2＝AC2，
所以AB⊥BC，
同理得PA⊥PC，
所以PO⊥OB，由(1)可得PO⊥AC，
所以OB，OC，OP两两垂直，建立如图2所示
的空间直角坐标系，
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设平面PBC的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
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平面PAC的一个法向量为n2＝(1,0,0)，
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选择②，由(1)得，PO⊥AC，
又PO⊥BC，AC 平面ABC，BC 平面ABC，AC∩BC＝C，
所以PO⊥平面ABC，
由题意知PA＝PB＝PC，
则BO＝AO＝CO，
可得△ABC为直角三角形，AB＝BC＝2，
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所以OB，OC，OP两两垂直，建立如图3所示的
空间直角坐标系，
设平面PBC的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
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平面PAC的一个法向量为n2＝(1,0,0)，
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阶段质量评价（三）
(单击进入电子文档)课时跟踪检测(三十八) 利用空间向量解决立体几何热点问题
A级——综合提能
1.如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，BC⊥平面ACC1A1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
2．如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，A1A＝5，AB＝12，则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是( )
A．5 B．8
C. D.
3．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则( )
A．BD1⊥平面B1EF
B．BD⊥平面B1EF
C．A1C1∥平面B1EF
D．A1D∥平面B1EF
4.棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，点P在棱CD上运动，点Q在侧面ADD1A1上运动，满足B1Q⊥平面AD1P，则线段PQ的最小值为( )
A. B．1
C. D.
5.如图，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，四边形ABCD是矩形，且AD＝2AB，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，＝( )
A．3 B.
C. D．2
6.正方形ABCD的边长是2，E，F分别是AB和CD的中点，将正方形沿EF折成直二面角 (如图所示)．M为矩形AEFD内一点，如果∠MBE＝∠MBC，MB和平面BCF夹角的正切值为，那么点M到直线EF的距离为________．
7.如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且EF⊥A1E.若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，则B1F的最小值为________．
8．在直四棱柱ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB＝2.点P在侧面BCC1B1内，若A1C⊥平面BDP，则点P到CD的距离的最小值为________．
9．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.
(2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF的夹角为45°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
10．如图1，已知△ABC是边长为4的正三角形，D，E，F分别是AB，AC，BC边的中点，将△ADE沿DE折起，使点A到达如图2所示的点P的位置，M为DP边的中点．
(1)求证：PC∥平面MEF.
(2)若平面PDE⊥平面BCED，求平面MEF与平面PDE夹角的余弦值．
B级——应用创新
11．已知梯形CEPD如图1所示，其中PD＝8，CE＝6，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如图2所示的几何体．已知当AB上一点F满足|AF|＝|λAB|(0<λ<1)时，平面DEF⊥平面PCE，则λ的值为( )
A. B.
C. D.
12．[多选]已知点P是正方体ABCD A1B1C1D1侧面BB1C1C(包含边界)上一点，下列说法正确的是( )
A．存在唯一一点P，使得DP∥AB1
B．存在唯一一点P，使得AP∥平面A1C1D
C．存在唯一一点P，使得A1P⊥B1D
D．存在唯一一点P，使得D1P⊥平面A1C1D
13.[多选]如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，AD＝DE＝4，G为线段AE上的动点，则下列说法正确的是( )
A．AE⊥CF
B．若G为线段AE的中点，则GB∥平面CEF
C．点B到平面CEF的距离为
D．BG2＋CG2的最小值为48
14.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；
(2)若E为侧棱PD的中点，且平面ACE与平面ABP夹角的余弦值为，求点B到平面ACE的距离．
15.如图，在三棱锥P ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝2，O为AC的中点．
(1)求证：PB⊥AC；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角B PC A的余弦值及点A到平面BPC的距离．
①AC＝2；②PO⊥BC.
课时跟踪检测(三十八)
1.选C 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC，BC 平面ABC，所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，BC⊥平面ACC1A1，AC 平面ACC1A1，所以BC⊥AC，所以CA，CC1，CB互相垂直，以C为原点，分别以CA，CC1，CB所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设CA＝CC1＝2CB＝2，则C(0,0,0)，A(2，0,0)，B1(0,2,1)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，可得＝(－2,2,1)，＝(0,2，－1)，所以|cos〈，〉|＝＝＝.所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.
2.选C 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则C(0,12,0)，D1(0,0,5)．
设B(x,12,0)，B1(x,12,5)(x≠0)．
设平面A1BCD1的一个法向量为n＝(a，b，c)，
由n⊥，n⊥1，得n·＝(a，b，c)·(－x,0，0)＝－ax＝0，n·1＝(a，b，c)·(0，－12，5)＝－12b＋5c＝0，∴a＝0，b＝c，∴可取n＝(0,5,12)．又＝(0,0，－5)，∴点B1到平面A1BCD1的距离为＝，∵B1C1∥BC，BC 平面A1BCD1，B1C1 平面A1BCD1，∴B1C1∥平面A1BCD1，∴B1C1到平面A1BCD1的距离为.
3.选C 以{，，}为正交基，建立空间直角坐标系，设AB＝2，则B1(2,2,2)，E(2，1,0)，F(1,2,0)，B(2,2,0)，A1(2,0,2)，C1(0,2,2)，D1(0,0,2)．所以＝(－1,1,0)，＝(0,1,2)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)，＝(－2,2,0)，＝(2,0,2)．设平面B1EF的一个法向量为m＝(x，y，z)，则取x＝2，则m＝(2,2，－1)，因为＝≠，所以与m不平行，所以BD1与平面B1EF不垂直，A错误；因为＝≠，所以与m不平行，所以BD与平面B1EF不垂直，B错误；因为·m＝0，且线在平面外，所以A1C1∥平面B1EF，C正确；因为·m＝2≠0，所以A1D与平面B1EF不平行，D错误．
4.选A 以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1，0,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，设P(0，m,0)，0≤m≤1，Q(n,0，t)，所以＝(n－1，－1，t－1)，＝(－1,0,1)，＝(－1，m,0)，因为B1Q⊥平面AD1P，
所以·＝(n－1，－1，t－1)·(－1,0，1)＝1－n＋t－1＝t－n＝0，
故t＝n，·＝(n－1，－1，t－1)·
(－1，m,0)＝1－n－m＝0，故m＝1－n，其中＝(n，－m，t)，故||2＝n2＋m2＋t2＝2n2＋(1－n)2＝3n2－2n＋1＝32＋，故当n＝时，||＝，此时m＝1－n＝满足要求，所以线段PQ的最小值为 ＝.
5.选C 分别取AD，BC的中点O，G，连接OP，OG，以O为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设AD＝2，
则B(1，－1,0)，E，P(0,0，)．
设F(0，a,0)(－1≤a≤1)，则＝(－1，a＋1,0)，＝.因为BF⊥PE，
所以·＝－＋a＋1＝0，
解得a＝－，所以＝.
6．解析：如图，以E为坐标原点建立空间直角坐标系，则E(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，设M(0，y，z)(0≤y≤2，0≤z≤1)，＝(1,0,0)，＝(0,2,0)，＝(－1，y，z)，则cos〈，〉＝＝，
cos〈，〉＝＝，
∵∠MBE＝∠MBC，则＝，即y＝1，∴＝(－1,1，z)，平面BCF的一个法向量n＝(0,0,1)，
则cos〈n，〉＝＝，
∵MB和平面BCF夹角的正切值为，
则＝，则z＝，
∴点M到直线EF的距离为.
答案：
7．解析：以点C1为坐标原点，C1D1，C1B1，C1C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，则A1(2,1,0)，
设E(2,0，m)，F(0，1，n)，0≤m≤3，0≤n≤3，则＝(0，－1，m)，＝(－2,1，n－m)．因为EF⊥A1E，所以·＝0，即－1＋m(n－m)＝0，化简得mn＝1＋m2.当m＝0时，显然不符合题意，当m>0时n＝＋m≥2＝2，当且仅当＝m，即m＝1时等号成立．故B1F的最小值为2.
答案：2
8．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A1(1，0,2)，
C(0,1,0)，B(1,1,0)，＝(－1,1，－2)，
设P(x，1，z)，
＝(x,0，z)，
＝(x,1，z)．由于A1C⊥平面BDP，所以·＝－x＋1－2z＝0，所以x＋2z＝1.由于·＝0，即CP⊥DC，P到CD的距离为||＝ ＝ ＝，所以当z＝－＝时，||min＝＝.
即点P到CD的距离的最小值为.
答案：
9．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的夹角为45°.
理由如下：假设存在点M，直线MB与平面BEF夹角为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的夹角为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的夹角为45°.
10．解：(1)证明：连接DF，DC，设DC与EF交于点Q，连接MQ.
因为D，E，F分别是AB，AC，BC边的中点，
所以DE∥FC且DE＝FC，
则四边形DFCE为平行四边形，
所以Q为DC的中点，因为M为DP的中点，所以MQ∥PC.又因为PC 平面MEF，MQ 平面MEF，所以PC∥平面MEF.
(2)取DE的中点O，连接OP，OF，
则PO⊥DE，因为平面PDE⊥平面BCED，平面PDE∩平面BCED＝DE，
所以PO⊥平面BCED，PO，OD，OF两两垂直．
如图所示，以O为原点，以为x轴的正方向，建立空间直角坐标系，则D(1,0,0)，E(－1,0,0)，P(0，0，)，F(0，，0)，M，＝(1，，0)，
＝.设平面MEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝n·＝0，
即令y＝1，得n＝(－，1,3)．
易知m＝(0,1,0)为平面PDE的一个法向量，
由|cos〈n，m〉|＝＝，得平面MEF与平面PDE夹角的余弦值为.
11.选C 由题意，以A为原点，射线AB，AD，AP为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，连接ED，所以C(4,4,0)，D(0,4,0)，E(4,0，2)，P(0,0,4)，F(4λ，0,0)，则＝(4,0，－2)，＝(4,4，－4)，＝(4(λ－1)，0，－2)，＝(4，－4,2)，若m＝(x，y，z)是平面DEF的法向量，则
可得m＝.
若n＝(a，b，c)是平面PCE的一个法向量，
则
可得n＝(1,1,2)，由平面DEF⊥平面PCE，
得＋＋4＝0，解得λ＝，故选C.
12.选AD 如图建系，
令AD＝1，P(x,1，z)，
则A(1,0,0)，A1(1，0,1)，C1(0,1,1)，D(0,0,0)，
B(1,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1，1,1)，＝(x,1，z)，＝(0,1,1)，
若DP∥AB1，则解得x＝0，z＝1，故P(0,1,1)满足要求，与C1重合，存在唯一一点P，使得DP∥AB1，A正确．因为·＝(－1，－1,1)·(－1,1,0)＝1－1＝0，·＝(－1，－1,1)·(－1,0，－1)＝1－1＝0，因为A1C1∩A1D＝A1，A1C1，A1D 平面A1C1D，所以⊥平面A1C1D，又AP∥平面A1C1D，则·＝(x－1,1，z)·(－1，－1,1)＝1－x－1＋z＝0，解得x＝z，故P点轨迹为线段B1C，满足条件的P有无数个，B错误.＝(x－1,1，z－1)，＝(1,1,1)，·＝x－1＋1＋z－1＝x＋z－1＝0，P在线段BC1上，满足条件的P有无数个，C错误．由上可知⊥平面A1C1D，而⊥平面A1C1D，又与共线，故P，B重合，D正确．故选AD.
13.选ABC 因为四边形BDEF是矩形，所以DE⊥DB，又因为矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD相交于BD，所以DE⊥平面ABCD，而AD，DC 平面ABCD，所以DE⊥AD，DC⊥DE，又四边形ABCD是正方形，所以AD⊥DC，因此建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4,0,0)，B(4，4,0)，C(0,4,0)，E(0,0,4)，F(4,4,4)，因为＝(－4,0,4)，＝(4,0,4)，所以·＝－16＋16＝0 ⊥，故A正确；当G为线段AE的中点时，G(2,0,2)，＝(2,4，－2)，＝(0，－4,4)，设平面CEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，于是有 m＝(1，－1，－1)，因为·m＝2×1＋4×(－1)＋(－2)×(－1)＝0，GB 平面CEF，所以GB∥平面CEF，故B正确；＝(4,0,0)，所以点B到平面CEF的距离d＝＝＝，故C正确；设G＝(x1，y1，z1)，则＝λ，(x1－4，y1，z1)＝λ(－4,0,4)(λ∈[0,1]) G(4－4λ，0,4λ)，BG2＋CG2＝16λ2＋16＋16λ2＋16－32λ＋16λ2＋16＋16λ2＝(8λ－2)2＋44，当λ＝时，BG2＋CG2有最小值44，故D错误．故选ABC.
14．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＝＝.
15．解：(1)证明：如图1，连接PO，OB，因为AB＝BC，
所以OB⊥AC，
同理得PO⊥AC.
又因为PO∩OB＝O，
PO 平面POB，BO 平面POB，所以AC⊥平面POB.
因为PB 平面POB，所以AC⊥PB.
(2)选择①，由题AB2＋BC2＝AC2，
所以AB⊥BC，同理得PA⊥PC，
则OP＝OB＝，PO2＋OB2＝PB2，
所以PO⊥OB，由(1)可得PO⊥AC，
所以OB，OC，OP两两垂直，建立如图2所示的空间直角坐标系，则B(，0,0)，
C(0，，0)，P(0，0，)，
A(0，－，0)，
＝(0，－，－)，
＝(，0，－)，＝(0，，－)．
设平面PBC的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则即
取n1＝(1,1,1)．平面PAC的一个法向量为n2＝(1,0,0)，可得cos〈n1，n2〉＝＝，
所以二面角B－PC－A的余弦值为.所以点A到平面BPC的距离d＝＝，
所以点A到平面BPC的距离为.
选择②，由(1)得，PO⊥AC，
又PO⊥BC，AC 平面ABC，
BC 平面ABC，AC∩BC＝C，
所以PO⊥平面ABC，
由题意知PA＝PB＝PC，则BO＝AO＝CO，可得△ABC为直角三角形，AB＝BC＝2，
得OB＝OC＝OA＝，
所以OB，OC，OP两两垂直，建立如图3所示的空间直角坐标系，
则B(，0,0)，C(0，，0)，P(0，0，)，A(0，－，0)，＝(0，－，－)，
＝(，0，－)，＝(0，，－)，
设平面PBC的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则即
取n1＝(1,1,1)，平面PAC的一个法向量为n2＝(1,0,0)，可得，cos〈n1，n2〉＝＝，
所以二面角B－PC－A的余弦值为.
点A到平面BPC的距离d＝＝，
所以点A到平面BPC的距离为.
