高二数学（人教A版）选择性必修一导学案专题微课利用空间向量解决立体几何热点问题（Word版附解析）

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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2的正方形,且PA=PB=PC=PD=2,M为棱PC的中点.(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夹角的余弦值为155,若存在,求出BN长度;若不存在,请说明理由.听课记录:　　|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π3?若存在,求线段PM的长度;若不存在,请说明理由.2.如图所示为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,AB=AD=22,CB=CD=AA1=4,∠BCD=60°,M,M1分别是棱BC,B1C1的中点.(1)求证:BC⊥平面MM1D;(2)求直线BC与平面BDA1所成角的正弦值,并判断线段BC上是否存在点P,使得PB1∥平面BDA1.若存在,求出BP的值;若不存在,请说明理由.题型(二)　空间向量与折叠问题相结合 [例2]　如图,在△ABC中,AC⊥BC,AC=BC=2,D是AC中点,E,F分别是BA,BC边上的动点,且EF∥AC,将△BEF沿EF折起,将点B折至点P的位置,得到四棱锥P-ACFE.(1)求证:EF∥平面PAC;(2)若BE=2AE,二面角P-EF-C是直二面角,求线段AP中点M到平面PEC的距离;(3)当PD⊥AE时,求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围.听课记录:　　|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夹角的余弦值.题型(三)　立体几何中的新定义问题 [例3]　已知Ω是棱长为2的正四面体ABCD,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夹角的余弦值;若不存在,请说明理由.听课记录:　　|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,AB=(1,1,0),AD=(0,2,2),AA1=(1,-1,1).(1)求证:平行六面体ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱;(2)计算|(AB×AD)·AA1|,并求该平行六面体的体积,说明|(AB×AD)·AA1|的值与平行六面体ABCD-A1B1C1D1体积的关系.课下请完成课时检测(十三)及阶段质量评价(一)专题微课　利用空间向量解决立体几何热点问题[题型(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，eq \r(3))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，B(1，0,0)，D(－1,0,0)，所以eq \o(AM,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \o(BD,\s\up6(―→))＝(－2，0,0)，eq \o(BM,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，设平面BMD的法向量为n＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(BD,\s\up6(―→))·n＝0，,\o(BM,\s\up6(―→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2a＝0，,－a＋\f(1,2)b＋\f(\r(3),2)c＝0，))令b＝1，则a＝0，c＝－eq \f(\r(3),3)，所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(\r(3),3))).设直线AM与平面BMD所成的角为θ，所以sin θ＝|cos〈eq \o(AM,\s\up6(―→))，n〉|＝eq \f(|\o(AM,\s\up6(―→))·n|,|\o(AM,\s\up6(―→))||n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,2))),\r(3)×\f(2,\r(3)))＝eq \f(1,2)，则cos θ＝eq \f(\r(3),2)，所以直线AM与平面BMD所成角的余弦值是eq \f(\r(3),2).(2)因为N在BC上，设N(t,1－t,0)(t∈[0,1])，则eq \o(DN,\s\up6(―→))＝(t＋1,1－t,0)，eq \o(DM,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，设平面DMN的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(DN,\s\up6(―→))·m＝0，,\o(DM,\s\up6(―→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(t＋1x＋1－ty＝0，,x＋\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，))令x＝t－1，则y＝t＋1，z＝eq \f(1－3t,\r(3))，所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－1，t＋1，\f(1－3t,\r(3))))，设平面DMN与平面BMD的夹角为α，所以cos α＝|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(2\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,3))),2\r(t－12＋t＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－3t,\r(3))))2))＝eq \f(\r(15),5)，解得t＝eq \f(1,3)，则Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，0))，eq \o(BN,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2,3)，0))，所以BN＝|eq \o(BN,\s\up6(―→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2)＝eq \f(2\r(2),3).[针对训练]1．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(0，0，2eq \r(3))，E(0，－1，eq \r(3))，F(2，－1，eq \r(3))，所以eq \o(EF,\s\up6(―→))＝(2,0,0)，eq \o(EG,\s\up6(―→))＝(4,1，－eq \r(3))，设平面EFG的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(EF,\s\up6(―→))＝0，,m·\o(EG,\s\up6(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＝0，,4x＋y－\r(3)z＝0，))令z＝1，则y＝eq \r(3)，故m＝(0，eq \r(3)，1)．设eq \o(PM,\s\up6(―→))＝teq \o(PD,\s\up6(―→))，t∈[0,1]，因为eq \o(GM,\s\up6(―→))＝eq \o(GP,\s\up6(―→))＋eq \o(PM,\s\up6(―→))＝eq \o(GP,\s\up6(―→))＋teq \o(PD,\s\up6(―→))＝(－4,0，2eq \r(3))＋t(0,2，－2eq \r(3))＝(－4,2t,2eq \r(3)(1－t))，所以|cos〈eq \o(GM,\s\up6(―→))，m〉|＝eq \f(|\o(GM,\s\up6(―→))·m|,|\o(GM,\s\up6(―→))||m|)＝eq \f(2\r(3),\r(3＋1)×\r(16t2－24t＋28))＝eq \f(\r(3),\r(16t2－24t＋28))，因为直线GM与平面EFG所成的角为eq \f(π,3)，所以eq \f(\r(3),\r(16t2－24t＋28))＝eq \f(\r(3),2)，化简可得2t2－3t＋3＝0，Δ＝9－4×2×3＝－150，eq \o(AE,\s\up6(―→))＝(t，t,0)，eq \o(PD,\s\up6(―→))＝(－1，－s，－u)，eq \o(AE,\s\up6(―→))·eq \o(PD,\s\up6(―→))＝－t－st＝0，解得s＝－1，则P(0，－1，u)，则eq \o(PE,\s\up6(―→))＝(t－2，t＋1，－u)．点P与其在直线FC上的射影及点F围成以线段PF为斜边的直角三角形，则u2＋(t＋1)2＝(2－t)2，即u2＝3－6t，且2－t>t＋1且t>0，即016，则0