专项练07 利用空间向量解决折叠问题&专项练08 利用空间向量解决动态问题-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册(北师大版2019)

1-kx-3. 2-1-4= x。.所以线段AB的中点M也是线段CD的中点.若A.B为线段CD的 两个三等分点,则1CD1=31AB1.即1+k1-1=3 1+k1. 1.1xx1=31x-x1.l-xI= (x.)-4= #() 66 二 ACD= A=30*$AC= .$ ADC= PDC=12 20.由正定$$ 1-4.1-1= 2-121 CD AC 12 sinAC sin乙ADC 24 .点P在:Cy平面内.由 Pp-AD-CD=1.2 PDC=120”,得P(o. -.使得A.B是线段CD的两个三等分点. 4.解:(1)由题意可知M(-2.1).N(4.4).则直线MV的斜率k 4-1 1 4-(-2)2 D=0. (3.-1.0).设平面PBD的法向量为n=(x.y,;).. (.n=0. 中点坐标为(1.-).线段MV的中垂线所在的直线的斜率k--2. (3x-y=0. 4r+2-9=0. (2)存在符合题意的点P(0.-a),理由如下;如图,设点P(0.5)为符 合题意的点.M(x..y.).V(x2.).直线PM.PV的斜率分别为 h.h 3.A 解析:如图,连接BD.因为四边形ABCD为菱形,且乙A=60*.所 以△ABD为等边三角形.因为E为AB的中点,所以DE1AB,所以 DEIEB.DE1A'E.因为EBOA'E=E.EB.A'EC平面A'EB.所以 DE1平面A'EB.因为菱形ABCD的边长为4.所以AB=AD=CD=BC= 4.DE-2/3.AF=BE=2.所以直角梯形BCDE的面积为-x(2+4)× 23-6/3.设四楼锥A'-EBCD的高为h,则-x6/3h-4/3,得h=2. 所以A'E=2.又A'E1平面BCDE,所以以E为原点,EB,ED.EA'所在 的直线分别为x.y:轴,建立空间直角坐标系,则B(2.0.0).C(4.23.0). (r=lta. 一()0. r0.3.1).所以BC=(2.23.o).c= 2 可得&:+=4&,x=-4a,从面k。+k= y.-6y-bl+a-b + r, a-b_ 2hrxg+(a-b)(xt+)-8ka4(a-6) k(atb),因为k x -4 _ 不恒为0.可知当且仅当b=-a时,恒有&+h。=0.则直线PM与直线 PN的倾斜角互补.故乙OPM=乙0PN.所以点P(0.-a)符合题意 专项练07 利用空间向量解决折叠问题 1.C 解析:因为AB/CD.乙ABD=120*.所以乙BDC=120~因为A' 4.(1)证明:在题图②中AD1P.AD1 CD.则/BDC为二面角B-AD-C的 晚以+晚:4: 平面角.即乙BDC=60.又CDOBD=D.CD.BDC平面BCD.所以AD1平 D+2B·DC.所以27=9+4+1+2x3x2xcos 60+2x1x2xces60°+2x 面BCD由BCC平面BCD.得AD1BC.题图①中DC=2B及PC-3.所以 BD=1.CD-2.在△BCD中,由余弦定理得 BC- 14-4-2x1x2x-v3. 成角的余弦值为.故选C. 又BD+BC=143)4=CD.所以BC1.BD 又ADOBD=D.AD.BD$C$ 平面ABD.所以BC1平面ABD. 2.(1)证明::△ABC中,AC=BC-3.AB=3.由余弦定理.cos乙ACB= (2)解:以B为坐标原点,以BC.BD.B:(Be/AD)所在的直线分别为x,y. AC2+BC2-AB 3+3-9 1 :轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 24C·BC 2x而乙.ACB为三角形内角.乙.ACB= $ $ A= B=30-AD=CD$ ACD=$ A=30. D[CB=90$$ 即BC1CD.又:PBC中.PC=BC=3.PB=6.PC+BC}=PB} 3.PC1BC.PC.CDC平面 PCD.PCnCD=C.. BC1平面 PCD.又 PDC平面PCD.:BC1PD. (2)解:以C为原点,CB.CD分别为x,y轴,过C垂直于平面BCD的 直线为:轴,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz. 选择性必修第一册·BS 黑白题12B 在R△ACD中.乙ACD=45°.所以AD=CD=2所以B(0.0.0).C(30.0). 为线段AB.有无数个点,满足D.P1B.C.故A错误 *架 则$P=(a.b-1.c-2).由AP=aAC(a.b-1.c-2)=3.-A.-2).则 (=/③. ###) (c-2--2. 1.设平面PBM的法向量为n=(x.y.:).则 (n.B-/3xr+(1-A)y+2(1-^):-0. B.当点P在AC上移动时,设P(x.2-x.0).D.P=(x.2-x.-2).B. D (2-2.-2).D P·B.D--2-2(2-x)+4=0.即DP1BD.所以直线 D. P与直线B.D所成角为90,故B正确;C.D. P=(x.y.-2).平面ABCD 的法向量n=(0.0.1).设直线D.P与平面ABCD所成角为e.则sine= Inl D.P.n 13 2 leo(DPn)1= 05s2.0<ys2.当x=y=2 -.解得A--或A-(含去)故A-! ID. +4 #3.() 专项练08 利用空间向量解决动态问题 根据勾股定理可知.DP=V3-2-5.即点P的轨迹是以点D为圆心. 1.D 解析:由题意知,该几何体为长方体,建立空间直角坐标系如图所示, 半径为/5的圆在正方形ABCD的一部分,故D正确.故选BD. 则A(2.0.0).M(1.2.0).则AM=(-1.20)设N(0.2.1)(0153)则M 4. ABD 解析:依题意可知AB,AD.AS两两相互垂直,以A为原点,建 (-1.0t). 立如图所示空间直角坐标系, 1 D (.-+2y=0. 设AB=AD=A5=2.则A(0.0.0).S(0.0.2).C(2.2.0).P(1.1.1). 设平面AMV的法向量为n=(v.y,2),则 '设y=t.则 1.--r+=0 0(1.1.0).设M(0.1.2-t).则o-(-1.t-1.2-t)所以0·- =2=2.则n=(24.2).又AA=(0.0.3).所以点A.到平面AMV的距 -141-1+2-1-0.所以0M1AP.A选项正确.点M到平面ABCD与平 面SAB的距离和为2-1+1=2为定值.D选项正确.B(2.0.0).SB=(2 离为# 0.-2).B=(0.2.0).设平面sBC的法向量为n=(x,y,2),则 /5+4 (a.2-2:=0. .B=2y=0. '故可设n=(1.0.1).要使0M/平面5BC,又 2.A 解析:由正方体性质可知.B.C1BC..B.C1AB.又BC.OAB=B.BC.C $M平面sBC,则0M·n=(-1.t-1.2-t).(1.0.1)=-1+2- =1- 平面ABC.D.ABC平面ABC.D.得BC 平面ABC.D.平面ABCD.C (=0.解得1=1.所以存在点M.使0M/平面SBC.B选项正确.若直线 平面ADD.A.=AD.故动点V在直线AD.上.设正方体校长为1.建立如 OM与直线AB所成角为30*,又A8-(2.0.0),则cos30*= 图所示的空间直角坐标系.则B(1.0.0).C(1.1.0).D.(0.1.1).设 -2 ③ M(0.m.m).两直线所成角为e.则BM=(-1.m.m).CD.=(-1.0.1). = 114(1-1) +(2-)x2"2-606=2) 1m /(m+1) 故cosθ-__ 整理得3r^}-9r+7=0.A=81-4x3x7=-3<0.无解,所以C选项错误$ 1+r.2 故选ABD. 二2. {32 则o_2. 5. 2.V2-4+32 解析:如图,以点D为原点建立空间直角坐标系. ) 设BP-aBD(0A1).则A(1.0.0).B(1.1.0).C(0.1.0).D.(0 3.BD 解析:A.如图.以点D为原点,建立空间直角坐标系,则D(0.0.0). 0.2).则BD=(-1.-1.2)故BP-BB-(-A.-A.2).则A=A+ B(2.2.2).c(0.2.0).D.(0.0.2).P(v.y.0)0x2.0y2.D. =(x. =(010)+(-A.-A2)=(-A.1-A2)AC=(-1.1.0)A y2).BC=(-2.0-2)D. ·BC--2r+4=0.得x-2.所以点P的轨 (0.1.0).设平面APC的法向量n=(x.y.:),则 参考答案黑白题129 (n·4-~xy=0. 面 ABO 与 平 面 PBC 的 夹 角 为 6. 故 cos = 取:-2可得n-(2.2A.2A-1). 2/③ n.A--Ax+(1-A)y+2:=0. 6 一.因为 nl. 121 2(V3-V3A)?+(3-3)}+③③A) 15A-18A+15 则点B到平面APC的距离为一 ln 一.当A=0时. 12A*-4A+1 ($A)-15^}-18A+15,图象开口向上,且对称轴为直线A-- 5,故 点B到平面APC的距离为0,当A:0时,一 121 12*-4+1 15A*-18A+15 ###2() 8.A 解析:建立如图所示的空间直角坐标系. 解析:连接MIB.由题意,AM=BN.AC=BF.正方形ABCB # 中,AD1AB:正方形ABEF中AF1AB,AFC平面ABEF,ADC平 面ABCD,平面ABEFO平面ABCD=AB.乙DAF就是二面角D-AB- F的平面角,则乙DAF=60{。向量AD与向量AF的夹角为60*,且 #①=+=+EA-Bv ##:()·():::: 则0(1.1.0).D(0.0.2).设P(.2.)(0x2.0:52).则D. (1.1.-2).0=(x-1.1.2).因为p.01oP,所以D. 10P.所以 D..0=0.即1x(x-1)+1x1-2-=0.化简得x-2-=0.则动点P的 值为:②设-xc.n-xnae[0.1].则C-(1-x),且 轨迹为线段CE.其中C(0.2.0).E(2.2.1).则CE-(2.0.1).所以 由题意A|-A-A|-1.=+B-++-(1- c-②+1-5.故选A. 9.B 解析:以点D为坐标原点,DA.DC.DD.所在直线分别为x.y.:轴 A)AC+CB+B=(1-A)(AD+AB)+C+A(BA+BE)--AA(1- 建立如图所示的空间直角坐标系, $)AB+AF:-AA(1-2):AB+A-2(1- 。 $)A·AB+2(1-2)A·A-2A·A=A+(1-2)+ 0+-2acos 60=5A-4+1.令h(A)=5A}-4A+1,A=[0.1]. -2.当时.() (A)的图象开口向上,且对称轴为直线A= 2 取得最小值(A)-(是)又N-1() 则B(2.2.0).E(2.0.1).F(1.0.2).D.(0.0.2).设点P(a.b.0).则 7.(1)证明:取AD中点0.连接BD.0P.0B,如图,由题可知△ADB为 =(0.-2.1).-(-1.0.1).D P=(a.b-2).设平面BEF的法向 等边三角形,所以AD1B0.AD1PO.又因为POOB0=0.PO.BOC 平面POB,所以AD1平面POB.又PBC平面POB.所以AD1BP 1.r--r+=0. 由题意可知.D.P/平而BEF,则D.P·m=2a+b-4=0,令b=0.可得 a=2;令b=2.可得a=1.所以点P的轨迹交线段AD于点A(2.0.0). 交线段BC的中点M(1.2.0).所以点P的轨迹长度为AM (2-1)+(0-2)-5.故选B. 10. ACD 解析;建立如图所示的空间直角坐标系,设正方形的边长为 4.对于A:因为M(4.0.3).0(0.0.1).C.(0.4.4).N(2.4.0).所以 =(-4.0.-2)CV=(2.0.-4),所以M.CN--8+0+8=0.所 (2)解:因为例面PAD1平面ABCD.侧面PADO平面ABCD=AD 以MO1C.N.故A正确;对于B:因为B(4.4.0).B.(4.4.4). POC侧面PAD.PO1AD.所以P01平面ABCD.分别以0B.0D.OP $($2.2.2).所以P(4.4.2).0=(2.2.0).所以0·c.M-4+0+0= 所在直线为x.y.:轴,建立空间直角坐标系,如图,则A(0.-1.0). 40.所以0P1C.V不成立,故B错误;对于C:设P(x.y.2),所以 B(V3.0.0).C(3.2.0).D(0.1.0).P(0.0.3).PC=(3.2.-3). =(x-2.-2.-2).因为0·c-2(-2)+0-4(-2)=0.所以 设P=P=(3.2.-3)-(3.2.-3A)(0A). -2+2=0.当x=0时..1.当x=4时.:=3.取E(0.4.1).F(4.4. 则=0+P-(0.0.)+(3A.2.-3A)=(3A.2.- 3).且M(4.0.3).0(0.0.1).所以M=(-4.0.-2).FE-(-4. 3).所以A-0--(3A2+1v3-3A).A=(.1.0). 0.-2),所以M-FE,所以四边形MFEO为平行四边形.又因为 设平面AB0的法向量是 m=(x,y:),则 -(0.4.0).所以·-0+0+0-0.所以M1.所以四边 (③:=0. 令:-③+v3.则n=(3-3A. 形MFE0为长方形.又因为M(4.0.3).E(0.4.1).所以ME的中点 3Ax+(2+1)y+(v3-3A):-0. 为(2.2.2)即为0点.所以0。平面MFE0.又因为·C.-0 3-3.3+v3A).又BC=(0.2.0).设平面PBC的法向量是n=(a n-30+26-3c-0.令a-1.则n=(1.0.1).设平 ·C.-0.所以MOIC.N. MF1C. N.且 MFnMO=M. MF. .c)则{ "B=26=0. MOC平面MFEO,所以C.N1平面MFEO.所以若OP1C.N.则有 Pe平面MFEO.所以点P的轨迹是长方形MFEO.故C正确;对于 选择性必修第一册·BS 黑白题130 D:因为EF,BCC平面BB.C.C.且EF,BC不平行,所以EF.BC相交 (2)由(1)--(1.1.0)-(..。o). 于一点.又因为EFC平面MFEO,BCC平面ABCD,由基本事实3可 知,平面MFE0与平而ABCD相交,故D正确故选ACD ...(。)·(2.4.1) 48 .1 2+4+1 /2f 2 422.P0到平面A.CM的距离为421 4/21 21 3.(1)证明:在△ADC中,AD=DC=1.乙ADC=90”,所以AC= $AD{+DC=1+I=v2.在△ABC中.AC=②.AB=2.BAC=45 由余弦定理有BC=AB+AC-2AB·AC·045=442-2x2x 专项练09 利用空间向量解决探索性问题 /② -=2.所以AB}=AC②}+BC},所以乙ACB=90*,所以BC1AC.又因为 1.(1)证明:当II为DE的中点时.取EA中点为M.连接MIH.MB,因 BC 1PA.PAOAC=A.PA.ACC平面PAC.所以 BC1平面 PAC.因为 PCC平面PAC,所以BC1PC.在△PAC中,AC=2.PC=2.PA=6 则PA}=AC}+PC.所以 PC 1AC.因为ACOBC=C.AC.BCC平面 已知条件可知BC/AD.BG=-AD.故MB/BG.MH=BG.故四边 ABCD.所以PC1平面ABCD (2)解;存在.因为PC1平面ABCD.AB1AD.所以以点A为坐标原 形IIMBG为平行四边形,则HG/MB.又MBC平面ABE.HG2平 点,A,A,CP的方向分别为x.y:轴的正方向建立如图所示的空间 面ABF,故GH/平面ABE. 直角坐标系. (2)解:存在.因为ED1平面ABCD.DA.DCC平面ABCD.所以DE DA.DE1 DC.又四边形ABCD为矩形.故DA1.DC.则DE.DA.DC两 两垂直,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,则A(2.0. 0).E(0.0.2).6(1.2.0).设1(0.0.m)me[0.2].若GH1AE.则Gr -(-1.-2.m)·(-2.0.2)=0.即2+2r=0.解得m=-1.不满足题 意,故满足条件的点不存在 则有A(0.0.0),B(0.2.0).c(1.1.0).D(1.0.0).P(1.1.2)设B AB=(1-1.2)-(A.-A.2).其中0A1.则A=A+- (.2-A2)A=(1.1.0).A-(1.1.2).设n=(x,y:)为平面 I.-x+y=o. '取:=-A.则y: A.:=A-1.所以平面EAC的法向量为n=(-A,A.A-1).由题意可 n.__ 得cos(An)1= 12-21 2.解:(1)如图,以A为原点,AC.AB,AA.所在直线分别为:轴、y轴。 :轴建立空间直角坐标系,则A.(0.0.4).C(2.0.0).M(0.1.0). V1.1.4).P(1.1.2).:A.C=(2.0.-4).A.=(0.1.-4).A. (1.1.0).A=(1.1.-2). 1_ 4.(1)证明:翻折前,因为四边形ABCD为平行四边形,/D=60*.则 B=60$因为DC=2AD=2 .所以AB=DC=2.BC=AD=1.由余 $ 理可得AC*-AB*+BC°-2AB·BC·cos乙B-4+1-2x2x1×-3.所 以AC}+BC2}=AB,则BC1AC.同理可证AD1AC,翻折后,则有 BC1AC.PA1AC.因为PC 1BC.ACOPC=C.AC.PCC平面 PAC.所 以BC1平面PAC因为PAC平面PAC.所以PA1BC因为ACOBC= C.AC.BCC平面ABC,所以PA1平画ABC.因为PAC平面PAB,所以 平面PAB1平面ABC. (2)解:存在.因为PA1平面ABC.BC1AC.所以以点A为坐标原点。 (nA=0. 罚 rC.AC.A的方向分别为x.y.:轴的正方向建立如图所示的空间直 设平面A.CM的法向量n=(x.y.:),则 l.A=o. 角坐标系, (2-4--0令-1.得x-2.y-4.v. n-(2.4.1)是平面A.cCM的一个 1_-4:=0. 法向量设A=aA-(a.A.0)(0A1).则P-A.-A=(. $0)-(1.1.-2)=(A-1.A-1.2).若P/平面ACM,则P1n.从 而P·n-0.即2(-1)+4(a-1)+2=0.解得A-- 2- 24.N.当0为线段A.V上靠近V的三等分点时.P0/平 则A(0.0.0).P(0.0.1).C(0.3.0).B(-1.③.0).设P-aP $(0..-1)-(0v3.-A).其中0<A1.则A-A+P-(0.0. 面A.CM. 1+(03A.-A)=(0.3A.1-A).AB=(-1.3.0)设平面ABM的 参考答案 黑白题131进阶 突破 专项练07利用空间向量解决折叠问题 题组日角度问题 题组目距离问题 1.(2024·福建厦门高二期末)已知梯形 3.(2024·辽宁沈阳高二期中)菱形ABCD的 ABCD中，AB∥CD,∠ABD=120°，AB=3, 边长为4，∠A=60°，E为AB的中点（如图 BD=2,DC=1.如图，将△ABD沿对角线BD ①)，将△ADE沿直线DE翻折至△A'DE处 翻折至△A'BD,使得A'C=33,则异面直 (如图②)，连接A'B,A'C,若四棱锥A' 线A'B,CD所成角的余弦值为 ()》 EBCD的体积为4√3，点F为A'D的中点， 则F到直线BC的距离为 D A b.5 5 C 6 6 0. 31 A. 2 ②3 2.(2024·浙江绍兴高二期末)如图，已知 2 G③ D②3 4 4 △ABC中，AC=BC=√3，AB=3,D是AB上 4.(2024·山东泰安高二月考)在△ABC(图 一点，且AD=CD,将△ADC沿CD翻折至 ①)中，BC=3,∠C=45°，AD为BC边上的 △PDC,IPBI=6. 高，且满足DC=2BD,现将△ABD沿AD翻 (1)求证：BC⊥PD: 折得到三棱锥A-BCD(图②)，使得二面角 (2)求直线BC与平面PBD所成角的正 B-AD-C为60° 弦值. (1)证明：BC⊥平面ABD: (2)在三棱锥A-BCD中，M为棱CD的中 点，点P在棱AC上，且AP=AAC(0<A< ),若点C到平面PBN的距离为 3√/13 13,求A的值 2 12黑白题数学|选择性必修第一册·BS 进阶 突破 专项练08利用空间向量解决动态问题 题组一动点与最值问题 C.直线D,P与平面ABCD所成角的最小值 1.(2024·河北石家庄高二期末)在如图所示 为好 的直四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，底面 D.当D,P=3时，点P的轨迹为圆的一部分 ABCD是正方形，AB=2,AA,=3,M是BC的 4.(多选)(2024·河北石家庄高二期末)如 中点，点N是棱CC,上的一个动点，则点A, 图，四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是正方 到平面AMN的距离的最小值为( 形，SA⊥平面ABCD,SA=AB,O,P分别 是AC,SC的中点，M是棱SD上的动点，则 下列选项正确的是 D-- 2 A.1 6.2 C. 6 0. 2.(2024·浙江绍兴高二期末)在正方体 A.OM⊥PA ABCD-A,B,CD1中，过AB作一垂直于BC B.存在点M,使OM∥平面SBC 的平面交平面ADD,A,于直线I,动点M在 C.存在点M,使直线OM与AB所成的角 直线L上，则直线BM与CD所成角余弦值 为30° 的最大值为 ( D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和 c 为定值 D.1 5.(2024·辽宁省实验中学高二月考)如图. 3.(多选)(2024·陕西西安铁一中学高二期 在长方体ABCD-A,B,C,D,中，AB= 末)如图，在正方体ABCD-AB,CD, AD=1,AM,=2,动点P在对角线BD1上（含 中，AB=2,P是正方形ABCD内部（含边 端，点)，则点B到平面APC的最大距 界)的一个动点，则 离为 A.存在唯一点P,使得D,P⊥B,C 6.(2024·广东广州高二期末)如图，正方 B.当点P在AC上移动时，直线D,P与直线 形ABCD和正方形ABEF的边长都是1，且 BD所成角不变 它们所在的平面所成的二面角D-AB-F的 进阶突破·专项练3 大小是60°，则直线AC和BF夹角的余弦值 题组马轨迹问题 为 若M,N分别是AC,BF上的动 8.(2024·安徽毫州高二月考)如图，棱长为2 点，且AM=BN,则MN的最小 的正方体ABCD-A,B,C,D,中，O为底面 值是 ABCD的中心，点P在侧面BBC,C内运动且 D,O⊥OP,则点P的轨迹长度为() D 7.（2024·浙江绍兴高二期末)在四棱锥 P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形， A.5 B.3 C.2 D.1 ∠BAD=牙，侧面△PAD是边长为2的正三 9.(2024·湖南邵阳高二月考)如图，已知正方 体ABCD-A,B,C,D,的棱长为2，E,F分别是 角形，侧面PAD⊥平面ABCD. 棱AA1,A,D1的中点，点P为底面ABCD内（包 (1)证明：AD⊥BP; 括边界)一动点，若直线D,P与平面BEF无公 (2)若点Q为棱PC上的动点，求平面ABQ 共点，则点P的轨迹长度为 与平面PBC夹角的正弦值的最小值. A.2+1 B.5 C.2 2 D.6 D D. A …Q (第9题) (第10题) 10.(多选)(2024·湖北武汉华师一附中高二 期末)在正方体ABCD-A,B,C,D,中，N为 BC的中点，O为BD,的中点，M是棱AA 上靠近A,点的四等分点，Q是棱DD,上靠 近D点的四等分点，点P在正方体的表面 上运动，且满足OP⊥C,N,则下列说法正 确的是 () A.MQ⊥C,N B.点P可以是BB,的中点 C.点P的轨迹是长方形 D.点P的轨迹所在平面与平面ABCD 相交 14黑白题数学1选择性必修第一册·BS