专题2 利用空间向量解决立体几何中的折叠问题及存在性问题-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册同步练测（人教A版2019）

第一章 空间向量与立体几何 专题2 利用空间向量解决立体几何中的折叠问题及存在性问题 题型一 空间中的折叠问题 1.图①是由平行四边形 ABCD 和直角三角形 ABE 组成的一个平面图形.其中∠BAD= 60°,AB⊥AE,AD= AE= 2AB= 2,将 △ABE沿 AB折起到△ABP的位置，使得 PC=√11,如图②. P 2.已知四边形 ABCD满足AD//BC,BA=AD =DC= BC=a,E是 BC 的中点，将 △BAE 沿着 AE 翻折成△B?AE,使平面 B?AE⊥平面 AECD,F为B?D的中点. B? F D A D M A D A B\E C 图① 图② (1)证明：PA⊥BD; (2)求二面角A-PD-B的余弦值. D C B CE E C 图① 图② (1)求四棱锥 B?-AECD的体积； (2)求平面 ADB?与平面 ECB?所成角的正 弦值. 31 ?高中数学·选择性必修 第一册 3.在Rt△ABC中，∠ABC=90°,tan∠ACB= 已知 E,F分别是 BC,AC的中点，将12 △CEF沿EF折起，使C到C的位置且二面 角C-EF-B 的大小是 60.连接C'B,C'A, 如图. A A Fk F > BE C E B C (1)求证：平面C'FA⊥平面 ABC'; (2)求平面CFA与平面 BEC的夹角的大小. 题型二 立体几何中的存在性问题的探究 4.如图，在四棱锥 E-ABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，其中CD// E AB,BCLAB,侧面 ABE ⊥平面 ABCD,且 AB= AE= BE=2BC=2CD B =2,动点 F 在棱 AE C D 上，且EF=λFA. (1)试探究λ的值，使CE//平面 BDF,并给 予证明； (2)当λ=1时，求直线CE 与平面 BDF 所成 角的正弦值. 32 第一章 空间向量与立体几何 5.如图，在四棱锥 S-ABCD中，四边形 ABCD 是矩形，△SAD是等边 SA 三角形，平面 SAD⊥平 面 ABCD,AB=1,E为 E 棱 SA 上一点，P为棱 D C P AD的中点，四棱锥 S- A B 23.ABCD 的体积为 (1)若E为棱 SA 的中点，F是SB的中点， 求证：平面PEF//平面 SCD; (2)是否存在点 E,使得平面 PEB与平面 130?SAD的夹角的余弦值为 若存在，确 定点E的位置；若不存在，请说明理由. 6.(江西八校联考)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD⊥底面 ABCD,侧棱 PA=PD =√2,底面 ABCD为直角梯形，其中 BC// AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,0为 AD中点. P (1)证明：PO⊥平面 ABCD; Qio D (2)求直线 BD与平面 B? C PAB夹角的正弦值； (3)在线段 AD上是否存在一点Q,使得它 ?到平面 PCD的距离为 请说明理由. 33 (2)以O为原点，OA,OO?分别 为 y,x 轴，垂直 于 平 面 z 0? A? OAA,O?的直线为x轴建立空 间直角坐标系，如图所示， 则O?(0,0,2),B(0,-1,0), O,B=(0,-1,-2). 0 因为劣弧 A?B?的长为香，B< y CxOA?=1, (去誓2),σ成=(去誓0)所以∠A?O?B=吾，所以B,( 设平面B,O?B的法向量为m=(x,y,x), 则 令x=-3.得y=√5,x=一唇， m—(一3√3,一皇)是平面 B,O,B的一个法所以 向量. 因为x轴垂直于平面A?O,B,所以平面 A,O?B的一个 法向量为n=(1,0,0). 因为( 所以平面 A?O?B与平面 B,O?B 夹角的余弦值 为2 √5T 17· 专题2利用空间向量解决立体几何中的 折叠问题及存在性问题 题型一 1.解(1)证明因为四边形 ABCD是平行四边形， ∠BAD=60°,所以∠ABC=120°, 连接AC,在△ABC中，根据余弦定理得 AC2=AB2+ BC2-2AB·BC·cos∠ABC=7. 因为 PC=√1I,所以 PC2=AC2+PA2,所以PA⊥AC. 又因为PA⊥AB,且AB∩AC=A,所以PA⊥平面 ABCD. 因为 BDC平面 ABCD,所以 PA⊥BD. (2)因为BC=2,CD=1,∠BCD= 60°,在△BCD中，由余弦定理可得 P BD=√3,所以 BD⊥CD. 由(1)可知 PA⊥平面ABCD,则以 D为原点，DB,DC的方向分别为x 轴、y轴的正方向，过点 D作PA 的平行线为之轴，建立如图所示的 空间直角坐标系D-xyz, A D B》 C x y 则 D(0,0,0),A(√3,-1,0),B(√3,0,0),P(√3,-1,2), 故DA=(√3,-1,0),DP=(√3,-1,2),DB=(√3,0,0). 设平面PAD的法向量为n=(x?,y?,z?), .一?=。由 令x?=1,可得n=(1,√3,0). 设平面PBD的法向量为m=(x?,y?,z?), :一+2-由 令y?=2,可得m=(0,2,1). 故cos(n.m)-mm-2 设二面角A-PD-B为0,由图可知θ为锐角， 则 cos O=cos(n.m)=. 2.解(1)取 AE的中点 M,连接 12 B?B,M.易知BA=AD=DC=AE= BE=a,则△ABE为等边三角形， 故△AB,E也为等边三角形.所以 F y A DB.M⊥AE,B,M=a.又因为平 M面B,AE⊥平面 AECD,所以 B,M⊥ 平面 AECD, E C 所以Vwm=÷×唇a×a×a× x sin晋一个. (2)连接MD,以M为原点，分别以ME,MD,MB,的方 向为 x,y,≈轴的正方向建立空间直角坐标系，则 E(兰-0.0),c(a.ao),A(一兰.0,0),D(o,竖a.), B.(0.0,誓)· 则EC=(.竖a?),EE=(一号.0,昼a),Ab= (盖.誓a.0),AB=(2.0,誓。). 设平面 ECB,的法向量为u=(x′,y',z), 则4 令x'=1,则u=(1.一得.得), 设平面ADB,的法向量为v=(x,y,z), /⋯·Ab=0, 则 。即 令x=1,则v=(1.一得，一得), 则 cos(u,v)=[u可=号， 言所以平面ADB,与平面 ECB,所成角的正弦值为- 18 3.解 (1)证明因为∠ABC=90°,E,F分别为BC,AC 的中点， 所以 EF//AB,EF⊥BC,所以 EF⊥BE,EF⊥EC', 所以∠BEC'为二面角C'-EF-B的平面角， 所以∠BEC'=60°. 因为E为BC的中点，所以BE=EC', 所以△BEC'为等边三角形. 因为 BE∩EC'=E,所以 EF⊥平面 BEC'. +z 又 EF//AB,所以AB⊥平面 BEC'. A 如图，以 B为坐标原点，过点 B垂直于 Fk 平面 ABEF的直线为x轴，分别以BE, BA所在直线为y轴、z轴建立空间直 ByE角坐标系. C′设AB=2,则B(0,0,0),A(0,0,2), x E(0,2,0),F(0,2,1),C'(√3,1,0), 所以BA=(0,0,2),B3=(√3,1,0),AF=(0,2,-1), A2=(3.1,-2) 设平面ABC'的法向量为a=(x?,y?,z?), +-0则 即 令x?=1,则 y=-√3 所以a=(1,-√3,0)是平面ABC'的一个法向量. 设平面CFA的法向量为b=(x?,y?,z), 0.一。*6+3-2=0则 令x2=2,则y?=1,x?=√3, 所以 b=(√3,1,2)是平面C'FA的一个法向量. 因为a·b=√3-√3+0=0,所以a⊥b, 所以平面C'FA⊥平面 ABC'. (2)由图可知平面BEC'的一个法向量为m=(0,0,1), cos(m,b)=1m 份一竖，因为 ,所以(m,b)=45°, 所以平面C'FA与平面BEC'的夹角的大小为45°. 题型二 4.解(1)当A=三时，CE//平面 BDF. 证明如下：连接AC交BD于点G,连接GF. ∵CE//平面 BDF,CEC平面 ACE,平面 ACE∩平面 BDF=FG, ∴CE/FG∴。 又AB/CD∴△ABGO△CDG∴-F-号， ∴a=-2. (2)取 AB的中点O,连接 EO,则 EO⊥AB. ∵平面ABE⊥平面ABCD,平面ABE∩平面ABCD= AB,且EO⊥AB, ∴EO⊥平面 ABCD. 连接 OD. ∵BO//CD,且BO=CD=1, ∴四边形 BODC为平行四边形，∴BC//DO, 又 BC⊥AB,∴AB⊥DO. 由OA,OD,OE两两垂直，建 24 立如图所示的空间直角坐标 系 )x yg E F 则 O(0,0,0),A(0,1,0), B(0,-1,0),D(1,0,0),C(1, B jo -1,0),E(0,0,√3). G A ·BD=(1,1.0).CE=(-1, 方C 学 1,√3), y 当λ=1时，EF=FA (0.立·誓)⋯=(0.毫，誓).∴可得 F 设平面 BDF的法向量为n=(x,y,z),⋯则有 令x=√3,得 y=-1,x=1. 即n=(1,-1,√3). 设CE与平面BDF 所成角为θ, sin 0-1es<cem)=上号则： ∴当λ=1时，直线 CE与平面BDF 所成角的正弦值 为号. 5.解 (1)证明 在等边三角形 SAD中，P为AD的中 点，于是 SP⊥AD, 又平面 SAD⊥平面 ABCD, 平面 SAD∩平面 ABCD=AD,SPC平面 SAD, 所以 SP⊥平面 ABCD, 所以 SP是四棱锥S-ABCD的高， Sp=竖m.Se=m,所以 Vvp=设 AD=m,则 }Se·SP=÷m·m=2/3 ,所以 m=2, 如图，以点P为坐标原点，PA z S 所在直线为x轴，过点 P且 与 AB平行的直线为y轴， PS所在直线为≈轴，建立空 FEk 间直角坐标系，则 P(0,0,0), >cD A(1,0,0),B(1,1,0),S(0,0, y √3), B E(号.0.誓),F(去去叠), ∴PE=(去，0,竖),PF-(去，云), 设n?=(x?,y?,z?)是平面PEF的法向量， :票则< 令z?=1,则x?=-√3,y?=0,∴n?=(-√3,0,1). 19 同理可得平面 SCD的一个法向量n?=(-√3,0,1). ∵n?=n?,∴平面PEF//平面 SCD. (2)存在。理由如下：设AE=AAS=A(-1,0,√3)= (-a,0,√3λ)(O≤λ≤1), PE=PA+AE=(1.0.0)+(-λ,0,√3a: =(1-λ,0,√3λ),PB=(1,1,0), 设平面PEB的一个法向量为m?=(x,y,z),.则< 令x=√3λ,则m?=(√3λ,-√3λ,a-1), 易知平面SAD的一个法向量m?=AB=(0,1,0), 21sm计 因为0≤a≤1,所以A=号， 所以存在点E,位于AS上靠近A点的三等分点. 6.解 (1)证明 在△PAD中，PA=PD,O为AD中点， 所以 PO⊥AD. 因为侧面 PAD⊥底面ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD =AD,POC平面 PAD, 所以 PO⊥平面 ABCD. (2)连接OC.由(1)知 PO⊥平面 ABCD,且OCC平面 ABCD,所以 PO⊥OC. 因为 BC//AD,BC=÷AD=OA, 所以四边形ABCO为平行四边形. 又因为AB⊥AD,所以OC⊥AD. 以O为坐标原点，以OC,OD,OP为x轴、y轴、之轴正方 向，建立如图所示的空间直角坐标系， z 则 P(0,0,1),A(0,-1,0),B(1,-1,0), P D(0,1,0),所以BD=(-1,2,0), PA=(0,-1,-1) :0:0 PB=(1,-1,-1) Dy 没平面 PAB的法向量为 %C n=(x?,y?,z?), .班 (5则 即{ 故取 n=(0,-1,1). 设直线 BD与平面PAB的夹角为θ, M sno-1s(m)1-;测 (3)假设在线段AD上存在点Q,使得Q到平面PCD的 厚距离为： 因为O(0,0,0),P(0,0,1),C(1,0,0),D(0,1,0), 所以OD=(0,1,0),PC=(1,0,-1),PD=(0,1,-1). 令Qb=aOb(a>0),则Qb=(0,λ,0). 设平面PCD的法向量为m=(x?,y?,z?), {--则 即 故取 m=(1,1,1). 得，因为点Q到平面PCD的距离为` 则a=109,解x=, 经检验，满足题意. 故存在点Q满足题意，此时QD-意。 章末优化提升 【考点聚焦】—-—[跟踪训练] 1.证明如图，连接AN,∵AN= AB+BN=AB+kBC=AB+k(AC- A' M B" Ab)=a+k(b-a)=(1-k)a+kb, AN=kAC2=k(AA+AC)=ke+kb, ∴MN=AN-AM=(1-k)a-kc. ∵向量a与c不共线， ∴向量MN,a,c共面 A< c N B 2.证明如图，以 D为原点，分别以 z DC,DA,DP所在直线为x轴、y 轴、z轴建立空间直角坐标系。 E设 DC=a,PD=b,则D(0,0,0), y C(a,0,0),B(a,a,0),P(0,0,b), A E(0.兰空). D C (1)DE=(0,2,),DB=(a,a,0). 设平面 EBD的法向量为n=(x?,y?,z?), 则( 令y?=1,则x?=-1,x?=-方， C' B → 得n=(-1,1,一方)为平面EBD的一个法向量. 又PC=(a,0,-b),且C·n=-a+(-分)×(-b)=0, ;PC|n ∵PC±平面 EBD,∴PC//平面 EBD. (2)PB=(a,a,-b),BC=(0,-a,0). 设平面 PBC的法向量为n?=(x?,y?,z?), 则< ∴y?=0. 令x;=1,则x?=鲁，得 n.=(,0,1);为平面 PBC的一个法向量. 易得平面 PCD的一个法向量是n?=(0,1,0). ∵n?·n?=0,∴平面 PBC⊥平面 PCD. 20