第3章 空间向量与立体几何 单元复习归纳-【重难点手册】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版）

所以C币-C市+E驴=(1,0,0)+(-，-2a,2A)= 易得平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),则直线PN (1-1,-2x,2A). 与平面ABC所成的角0满足in0=|cos(P下，n)1= 设与CC同向的单位向量为m=(0,0,1),点P到直 ,于是问题转化为二次函数求最 线C℃，的距离为4， √(-2)+ 则d=√Cp-Cp,m日 值，而0c[0,受]，所以当sin0最大时，0最大.当入= =V1一)+(-2A)+(2以)-(2以)刀 时m0最大，最大值为25.同时直线PN与平面 V(a-)+号 ABC所成的角0取到最大值. 当A=号∈[0.1]时d=2 9.ABC 5 10.AB提示：由向量的加法得AA+AD+AB,= 即点P到直线G,的距离的最小值为 A1C,因为AC=3AB,所以(AC)2=3(AB), 故A项正确.因为AB-AA=AB,AB⊥AC,所 单元学能测评 以A,C·AB=0,故B项正确.因为△ACD是等边 1.D2.C3.C4.C5.C 三角形，所以∠AD,C=60°又AB∥DC,所以异面 6.C提示：连接AO,由于A=AA+Ad=AA+ 直线AD,与AB所成的角为60，但是向量AD与向 是A成+Ad)=AA+号(A店+AD),而AC 量AB的夹角是120°，故C项不正确.因为AB1 A+d.则Ad·=[AM+号+D]· AA,所以AB·AA=0,所以AB.AA·AD1=0, 故D项不正确， (AB+Ad=号A花+AD-1. 11.BCD提示：由题图知ACC平 7.C提示：：A护∥BC,可设A=aBC易知BC 面ACCA,EF∩平面ACCA,A (3,-2,-1).则A户=(3A,-2A,一). =E,且E廷AC.由异面直线的 又AP=14, 定义可知AG与EF异面，故A护T 项错误.在直三棱柱ABCA,B,C中，B,C∥BC.因 ∴.√(3A)+(-2)+(-)7=x14,解得=士1. AP=(3,-2,-1)或Ad=(-3.21). 为D,F分别是AC,AB的中点，所以FD∥BC,所以 B,C∥FD.又因为BC￠平面DEF,DFC平面 设点P的坐标为(xy,z),则AP=(x-1,y,x一3)， DEF,所以BC∥平面DEF,故B项正确.根据题意， x-1=3, x-1=-3, 「x=4, 建立如图所示的空间直角坐标系，侧C(0,0,0),A(2, y=-2,或y=2, 解得 y=一2，或 0,0),B(0,2,0),A(2,0,2),B1(0,2,2),C(0,0,2), 1-3=-1 -3=1, 2=2 D1,0,0),E(2,0,1),F(1,1,0).所以EF=(-1,1, x=-2, -1),AC=(-2,0,2).因为EF.AC=2+0-2= y=2,故点P的坐标为(4，一2,2)或（一2,2,4）. x=4. 0,所以E萨⊥AC,所以EF与AC,所成的角为90°，故 8.A提示：如图，建立空间直角坐 C项正确.设向量n=(x,y,)是平面DEF的法向 量.因为DE=(1,0,1),DF=(0,1.0),所以由 标系，则P(,0.1),N( n1Di,n…Di=0,x十=0， 即 得 取x=1,则x= 20p=(2--1) nd成，nd亦=0，气y=0, -1,所以n=(1,0,一1).设点B,到平面DEF的距 42 离为d.因为D成=(-1,2,2)，所以4=D丽·n= 15.(1)由CD=a.CB=b.CC=c,得CA=a十b+c, 所以AC=-a-b-c -1-3受，所以点品到平面DEF的距离 2 (2)O为四棱柱ABCD-A,BCD的中心，即O为线 为3,2，故D项正确 段A,C的中点.由已知条件得|a=b=2,c|=3, 2 a·b=0,a,c)=60°，(b,c)=60° 2 ,提示：易知a与b不共线，由共面向量定理可 由1)得CA-a+b+c,则1CA=CA=(a+b+ c)2=a+b+c+2a·b+2b·c+2a·c=2+22+ 知，要使a,b,c共面，则必存在实数x,y,使得c 32+0+2×2×3×cos60°+2×2×3×c0s60°=29. 33 2.x-y=7, 7 ra十b,即-x+4y=5,解得y=7: 17 所以AC的长为、而，所以Q0的长为罗 16.如图，以点B为坐标原点，BA, 3r-2y=λ A- BC,BB:所在直线分别为x轴、 13.23.提示：因为AC=B+AD+A4,所以 y轴、x轴，建立空间直角坐标系，则 AC=AB*+AD+AA+2AB.AD+ B(0.0.0),D0.2,2),B1(0,0.4) 2AB.A+2AD.AA7=1+4+9+2X1×2× (1)设BA=a,则A(a,0,0), c0s90°+2×1×3Xcos60°+2X2X3×cos60°=23， 所以Bi=(a,0,0),Bj=(0,2, 即AC心1=/23.故AC的长为√23. 2),BD=(0,2,-2), 14.(1)2.提示：以A为坐标原点，AC,AP所在直线分 所以B,D·BA=0,BD·Bd=0+4-4=0, 别为y轴、：轴，过点A且平行于BC的直线为x轴， 所以BD⊥BA,BD⊥BD 建立空间直角坐标系Ax,如图所示. 又BA∩BD=B,所以B,D⊥平面ABD. 则A(0,0,0),C(0,4,0), (2)由题意及(1)知E(0,0,3).G(号1,4)，F(0,1, P(0,0,2),设B(b.4,0)(b 0,则D(台2.0当点E在 40,所以心（号1,1)，E求=(0,1.1D, 所以BD.元=0+2-2=0，BD.萨=0+2-2=0. AC上时，设E(0,e,0)(0≤ 所以B,DLEG,B,D⊥EF ≤.则D成=(-合e-2.0）又元=(0,4.-2 又EGOEF=E,所以B,D⊥平面EGF 由PC⊥DE得P心.DE-4(e-2)=0,解得e=2,即 由(1)知BD⊥平面ABD,故平面EGF∥平面ABD. AE=2. 17.(1)因为PAL底面ABCD, 225 且底面ABCD为矩形，所 提示：设E(0,m,n),0≤m≤4,0≤n≤2，且 以AB,AD,AP两两互相 只+登≤，①则D-(-台m-2n),由PC1 垂直。 DE得P心.D元=4(m-2)-2m=0,即2m-n=4.② 以点A为原点，AB,AD,B AP所在直线分别为x轴y轴，：轴，建立如图所示的 由①②可得0≤n≤号，所以点E的轨迹是以(0,2,0) 空间直角坐标系，则B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,1, 与(0，号，)为端点的线段，故点E的轨迹的长为 0,P0.0②.E(号.0，号） √0-0+(2-号)+(0-)-25 所以武=（号1.-号）i=01.②. 43 所以cos(EC,Pi) 1+1 6 √合+1+×，F 所以oa,p》=品=一停 由图形知二面角FAEB为钝角， 所以异面直线EC与PD所成角的余弦值为受 所以二面角FAEB的余弦值为一夏 (2)由(1)得BC=(0,1,0),DC=(2,0,0). (2)因为BE⊥平面AC, 设平面BEC的法向量为n=(x,), 所以BE⊥OC,即B驼.O心=0. 则 J2x1十y为一2的一0. (EC.m=0. 因为Bi=(a-2,3(a-2),0),元-(-2,3(2 C.m=0,=0, a),0),所以BE.O元=-2(a-2)-3(a-2). 令x=1,则1=1， 由成.元-0，且0a<2,解得a=号 所以平面BEC的一个法向量为n1=(1,0,1). 设平面ECD的法向量为n2=(2,必，) 所以EF=号 19.(1)因为四边形PDCE为矩 EC·m=0, 2 则 22=0, 形，所以V为PC的中点，连 DC.n:=0. 2.r:=0. 接FN,如图，在△PAC中 令g=2,则y=1, F,N分别为PA,PC的中 所以平面ECD的一个法向量为n2=(0,1,w2). 点，所以FN∥AC 设平面BEC和平面ECD的夹角为8， 因为FNC平面DEF,AC过平面DEF, 所以AC∥平面DEF. 则cos0=cos(m1,n)|= 2 3 √1+I×√1+2 31 (2)易知DA,DC,DP两两垂直，如图，以点D为原 所以平而BBC和平面BCD的夹角的余弦值为停 点，DA,DC,DP所在直线分别为z轴、y轴、：轴，建 立空间直角坐标系，则P(0,0,2),A(1,0,0),B(1,1, 18.如图，取BC的中点G,连接OG 0),C(0,2,0),所以AB=(0,1.0),Pi=(1,1,-2), 由题意知四边形EFCB是等腰梯 BC=(-1.1,0). 形，所以OG⊥EF 设平面PBC的法向量为m=(x,y,x), 由已知得AO⊥平面BCFE,OGC m,P克=(x,y,)·(1,1,-2)=0, 平面BCFE,所以OA⊥(OG. 则 建立如图所示的空间直角坐标系，设EF=2a(0a< m.BC=(xy,e)·(-1,1,0)=0, 2),则O(0,0,0),E(a,0,0),A(0,0,3a),B(2, 即+x=0,n=, 即 -x+y=0, x=2x, 5(2-a),0),C(-2w5(2-a),0). y=1 (1)Ei=(-a.0,5a),Bi=(a-23(a-2).0). 令x=1,则 =2 设平面AEB的法向量为n=(x,y,), 所以平面PBC的一个法向量为m=(1,1,2). n·EA=0,-a.x+3as=0, 设平面PAB的法向量为n=(xM), 则 即 n.Bi=0,(a-2).x+3(a-2)y=0, n·AB=(m,y,)·(0.10)=0, 则 令=1，则x=3,y=一1，所以n=(W5,一1.1) n…Pi=(1)·(1.l,-2)=0 易知平面AEF的一个法向量为p=(0,1,0), 令1=1，则x=2, 44 所以平面PAB的一个法向量为n=(2,0,1). 要使其有实数解，需判别式△=2一4ab>0,即ab≤1. 2+2 -故平面P 若a=一1，则b可为一1,0,1,2，即有序数对为（一1， cos(m.n)= 1+1+2X/2+1 -1),(一1,0)，（一1,1），（一1,2），共4对 与平面PEC的夹角的正弦值为，√一（雪）-号 若a=1,则b可为-1.0,1，有序数对为(1，一1)，(1， 0).(1,10,共3对： (3)设存在点Q满足条件. 若a=2,则b可为-1,0，有序数对为(2，一1)，(2,0)， 由F(号0，号E0,2② 共2对. 根据分类加法计数原理可得，满足题意的有序数对的 可知成=(-2.号)】 个数为4十4十3+2=13. 设F戒=λF求(0≤≤1)， 学业质量测评 1.B 整理得Q(12,2x.B+D）: 2.B提示：由题意得1,2,3这三个数中必有某一个数字 则à-(1号，2以-1,2+D) 被重复使用2次.第一步，确定是哪一个数字被重复使 用2次，有3种方法：第二步，把这2个相同的数字排 因为直线BQ与平面BCP所成角的大小为答， 在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法：第三步， 所以s血音=lcos(成m1=à：m 将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有 BQI Im 2种方法.故有3×3×2=18个不同的四位数， 154-11 1 3.B提示：当A=(1)时，B为集合{2,3,4,5)的非空子 219吸-10m+7=2 集即可，有15个：当A中最大的数为2时，B有7个： 解得x=1,由0≤1≤1知A=1,即点Q与点E重合 当A中最大的数为3时，B有3个：当A中最大的数为 故在线段EF上存在一点Q,使得BQ与平面BCP所 4时，B=(51.故共有15十2×7+4×3十8=49种不同 成角的大小为否，此时FQ=EF= 的选择方法 2 4.D提示：电话号码是六位数字时，该城市可安装电话 第五章计数原理 9×10部，同理，升为七位数字时为9×10部，.可 增加的电话部数是9×10一9×10-8.1×10 §1基本计数原理 5.25.6.5. 1.1分类加法计数原理 7.D提示：根据题意，分3步进行分析：①给“金”着色， 1,2分类乘法计数原理 有4种结果.②给“榜”着色，有3种结果.③给“题”着 L.3基本计数原理的简单应用 色，若其与“榜”同色，则给“名”着色有3种结果：若其 真题演练 与榜”不同色，则给“题”着色有2种结果，然后给“名” 1.B 若色有2种结果.共有4×3×(3+2×2)=84种结果. 2.B提示：要确定使方程ax2十2x十b=0有实数解的有 8.A提示：33000的因数有若干个2（共有2,2,2,2 序数对(a,b),需对a分类讨论. 四种情况)， (1)若a=0,方程即2x+b=0,显然有实数解，此时b 若干个3（共有3,3”两种情况）. 可取一1,0,1,2，所以有序数对为(0，一1)，(0,0)，(0， 若干个5（共有5,5,5,5四种情况）， 1),(0,2),共4对. 若干个11（共有11'，11°两种情况）. (2)若a≠0，则方程a.x2+2x十b=0为一元二次方程， 由分步乘法计数原理可得，33000的因数共有4×2× 45第三章空间向最与立体几何么 单元复习归纳 专题分布 考点频次考试分值 命题趋势 1.了解空间向量的概念，掌握空间向 ★★★ 【题源特点】利用向量法判 量的线性运算与数量积 5年36考 定空间中直线与平面的位置关系， 求空间中的夹角，以及解决立体几 2.能用向量法判定空间直线与平面 ★★ 何中的动态问题是高考的热，点 的位置关系 5年20考 512分 问题. 【题型形式】主要以解答题 3.能用向量法求空间中直线与直线、 ★★★ 的形式考查向量法在立体几何问 直线与平面、平面与平面的夹角， 题中的应用，如2023年全国甲卷、 了解向量法在研究立体几何问题 5年35考 新课标I卷等. 中的应用 01知识网巧构建， 线线平 线面平行 空问向量 行 面面平行 川诚运算 明 线线垂直 立体 万向 空问 直 线面垂直 数乘运算 空问向景与 几何 向量 而面垂直 立体几何 共线向量与共面向量 运算 异面直线的夹角 方法 面 角 线面角 数量积运算 计 面角 算 向量运算的坐标表示 点面 离 线而距 面面距 02微转题妙总结。 微专题】空间直角坐标系的构建策略 抓住空间几何图形的结构特征，充分利用 坐标法是利用空间向量的坐标运算解决 图形中的垂直关系（或在图形中构造垂直关 立体几何问题的重要方法，运用坐标法解题往 系)是我们构建空间直角坐标系时的重要依 往需要建立空间直角坐标系. 据.下面举例说明几种常见的空间直角坐标系 167 更难手细高中数学选择性必修第一册 rSD 的构建策略。 由图可知二面角FBED为锐二面角， 1.利用共顶点的两两互相垂直的三条棱， 构建空间直角坐标系 二面角FBED的余孩值为震 例①(2024·杭州二中单元检测)如图1，四 2.利用线面垂直关系，构建空间直角坐标系 边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面 例2(2024·武汉三中月考)如图1，在三 ABCD,AF∥DE,DE=3AF,∠EBD=60°，求 棱柱ABCA1BC中，CC⊥平面ABC,D,E, 二面角FBED的余弦值 F,G分别为AA1,AC,AC,BB的中点， AB=BC=√/5，AC=AA1=2. (1)求证：AC⊥平面BEF; (2)求二面角B-CD-C1的余弦值： 图1 图2 (3)求证：直线FG与平面BCD相交. 解析DA,DC,DE两两垂直， .可建立空间直角坐标系D-xy,如图2. “∠EBD=60,-3 由AD=3知BD=3√2，DE=3√6，AF=√6. 8 则A(3,0,0),F(3,0,√6)，E(0,0,3√6)， 图1 图2 B(3,3,0),C(0,3,0) 解析(1)在三棱柱ABCA,BC中，因为 ∴.BF=(0,-3,6),E=(3,0,-26). CC1⊥平面ABC,所以四边形AACC为矩形. 设平面BEF的法向量为n=(x,y,), 又因为E,F分别为AC,AC的中点， n·BF=0,-3y+6=0, 则 即 所以AC⊥EF. n·EF=0,3x-26x=0, 因为AB=BC,E为AC的中，点， 令x=6,则n=(4,2,6)为平面BEF的 所以AC⊥BE. 一个法向量 又因为EF∩BE=E,所以AC⊥平面BEF 连接AC,,DE⊥平面ABCD,ACC平面 (2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC. ABCD,.DE⊥AC 又因为CC⊥平面ABC, ,'四边形ABCD是正方形， 所以EF⊥平面ABC .AC⊥BD 因为BEC平面ABC,所以EF⊥BE 又BD∩DE=D,.AC⊥平面BDE, .平面BDE的一个法向量为CA=(3, 如图2，连接DC,建立空间直角坐标系 -3,0). E-xyz. 六cos(n,Ci=n·Ci 由题意得E(0,0,0),B(0,2,0),C(-1,0, n CA 0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1). 6 13 所以BC=(-1,-2,0),BD=(1,-2,1). V26X3213· 设平面BCD的法向量为n=(x0,y%,), 168 第三章空间向量与立体几何么型 n·BC=0,/xa+2%=0, 如图2，以点O为坐标原点，OB,OE,OP 则 即 n·Bd=0,xa-2%十=0. 所在直线分别为x轴、y轴、轴，建立空间直 令%=一1，则x0=2,0=一4. 角坐标系 于是n=(2,一1，一4). 不妨设PA=2,由已知可得AB=4,OA= 又因为平面CCD的一个法向量为EB= OD=1,OP=3,CD=2√3， (0,2,0), 所以O(0,0,0),A(-1,0,0),C(1,2、3, 所以cos(n,EB)= n·EB .√21 0),P(0,0,3). |nlE第 21 1)易得Cp=(-1,-23,3),且Op= 由题意知二面角BCDC1为钝角，所以 (0,0,w3)为平面ABC的一个法向量 21 其余弦值为一 设a为直线PC与平面ABC所成的角， 21 (3)由(2)知平面BCD的一个法向量为 则sina Cp.O1_10+0+3=3 CP11OP16×34 n=(2,-1,-4),FG=(0,2,-1) 所以直线PC与平面ABC所成角的正弦 因为n·FG=2X0+(-1)×2+(一4)× (一1)=2≠0，所以直线FG与平面BCD相交 值为③ 4 3.利用面面垂直关系，构建空间直角坐标系 (2)易得AP=(1,0,3),AC-(2,23,0). 例B(2024·郑州外国语学校高三模拟) 设平面APC的法向量为n=(x1,y1,), 如图1.在三棱锥PABC中，∠APB=90°， n·Ap=0,m十5=0， ∠PAB=60°，AB=BC=CA,平面PAB⊥平 则 即 面ABC. n·AC=0,2x+23M=0. (1)求直线P℃与平面ABC所成角的正 取1=1，可得n=(一3,1,1). 弦值； 设二面角B-AP-C的平面角为3，易知3 (2)求二面角B-APC的余弦值， 为锐角. 因为平面APB的一个法向量为m=(0,1, 0所以m产日m-3+中X 1 5 图1 图2 、所以二面角BAP-C的余弦值为5. 解析设AB的中点为D,连接CD,作P) 4.利用正棱锥的中心与高所在的直线，构 AB于点O.因为平面PAB⊥平面ABC,平面 建空间直角坐标系 PAB∩平面ABC=AB,所以P)⊥平面ABC 例④(2024·长郡中学高三月考)如图1， 因为CDC平面ABC,所以POLCD. 在正四棱锥S-ABCD中，AB=2,SA=3,P为 由AB=BC=CA知CD⊥AB. 侧棱SD上的点. 设E为AC的中，点，连接OE, (1)若SD⊥平面PAC,求二面角PACD 则EO∥CD,从而OE⊥PO,OE⊥AB. 的余弦值的大小 169 更随食手细高中教学选择性必修第一册 (2)若SP=2PD,则侧棱SC上是否存在 一点E(不与点S,C重合)，使得BE∥平面 由题意样币-成-（停0，号）。 PAC?若存在，求SE:EC的值；若不存在，试 又A(0,-√2,0)，B(2,0,0) 说明理由. ∴.AC=(0,22,0),BC=(-22,0), C=(0,-27),AD=(-22,0), .Ap=AD+Dp=(-2,2,0)+ 号.o.9）=(-2g2.9, 图1 图2 n·AC=22y=0, 由 解析如图2，连接BD,交AC于点O,连 n·AP=-2 3x+Vy+ 3=0. 接SO,由题意知SO⊥平面ABCD,AC⊥BD, ∴.OS,OB,OC两两垂直 令x=1,得n=(10,2)为平面PAC 以，点O为坐标原点，OB,C,OS的方向分 的一个法向量 别为x轴、y轴、之轴的正方向，建立如图2所 设C=tC(0<t<1),则B配=BC+C元 示的空间直角坐标系Oxy2. =BC+C=(-2,N2,0)+t(0,-2,7)= .AB=2,SA=3,.SO=√7 (-2,N2(1-t),√7t), (1)由题意得S(0,0,7),D(一√2,0,0)， 由BE∥平面PAC,得BE·n=0, C(0,√2,0)， 即-2+2,14×71=0，解得1=2 ∴.O元=(02,0).D5=(W2,07). ∴.侧棱SC上存在一点E,使得BE∥平面 ,'SD⊥平面PAC,.平面PAC的一个 PAC,此时SE:EC=1:1. 法向量为D5=(2,07). 微专题2平面法向量的求法及其应用 又：平面DAC的一个法向量为O5=(0, 已知平面α，如果一个向量n的基线与平 0w7),.cos(D5.05 D5.O对 7 DSIOS9X7 面a垂直，则向量n称为平面a的法向量或说 向量n与平面a正交.法向量的引进，对空间夹 3 角与距离问题以及线面与面面位置关系问题 由图1可知二面角PACD为锐二面角， 的研究，提供了一个很方便、实用的工具，利用 法向量解题思路明确，易于下手，过程较为程 六所求二面角的余弦值为疗 序化，易于掌握。 (2)假设在棱SC上存在一点E,使得 1.利用平面的法向量证明位置关系 BE∥平面PAC. 例5已知在正方体ABCD-A:BCD, 如图2，在SC上取，点E,连接BE,设平面 中，E,F分别是BB1,CD的中点.求证：平面 PAC的法向量为n=(x,y,2), DEA⊥平面AFD. 170 第三章空间向最与立体几何么 证明证明面面垂直就是证明平面的法向 令g=1,得n=(1,1,1). 量垂直 连接DE,因为DE=(0,0,1)-(1,0,2) 如图，建立空间直角坐 =(-1,0,-1) 标系D-xy之. 所以点D到平面BDE的距离 令DD1=2,则有D(0, d=DE,m=-1+0-1-2 0,0),D(0,0,2),A(2,0, n 3 3 0),A1(2,0,2),F(0,1,0), 答案2 3 E(2,2,1). 3.利用法向量求空间角 设n=(x1,边，），2=(x2,3y2,2）分别 是平面DEA、平面AFD的法向量，则n1⊥ 例7(2024·东北师大附中检测)在长方 体ABCD-A1BCD,中，点E,F分别在BB1, DA,n⊥DE 所以1)·(2.0,0)=0. DD上，且AE⊥AB,AF⊥AD,AB=4, AD=3,AA=5,则平面AEF与平面D1BBD (x1y1)·(2,2,1)=0, 所成角的正弦值为 x1=0, 所以 解析以点A为坐标原点 D 12x1+2yh+01=0, 令y1=-1,得n1=(0,一1,2). 建立空间直角坐标系Axyg, 如图，则A(0,0,0),B(4,0, 同理可得n2=(0,2,1). 0),D(0,3,0)A1(0,0,5) 所以n1·n2=(0,-1,2)·(0,2,1)=0, B1(4,0,5). 即n1⊥n2. 所以平面DEA⊥平面AFD. 设E(4,0,p),F(0,3,g) 2.利用法向量求空间距离 因为DA=(0,-3,5),AF=(0,3,q) 例6(2024·杭州二中一模)已知正四棱柱 DA·AF=0, ABCD-ABCD,AB=1,AA=2,点E为 所以0-9十59=0，解得g=号 CC1的中点，则点D到平面BDE的距离为 D 网理可得力 解析以点C为原点， 建立如图的空间直角坐标 所以A=(03,号)A它=(40,9) E 系Cxyz,则B(0,1,0), 设平面AEF的法向量为m=(,M,刘)， D(1,0,0),E(0,0,1),D(1, +是=0 x1= 5, 0,2),所以ED=(1,0,-1), 所以 所以 EB=(0,1,-1) 4+9=0 y= 3 5, 设平面BDE的法向量为n=(x,y,z), 令=5，得n1=(-4,一3,5)，为平面 则n⊥ED,n⊥EB. AEF的一个法向量. x一之=0， 设平面BDDB,的法向量为n2=(x2, 所以 y一=0, 22）, 171 更滩食手细高中数学选择性必修第一册？S 因为BD=(-4,3,0),BB1=(0,0,5), 解析连接BD,设AC交BD于，点O,连 3 -4x2+3y2=0, T= 所以 所以 4h, 接SO,由题意知SO⊥平面ABCD.以点O为 15x2=0, 坐标原点，OB,OC,OS分别为x轴、y轴、x轴 2=0, 正方向，建立空间直角坐标系，如图2 令2=4，得2=(3,4,0)，为平面 BDDB1的一个法向量. 设底面边长为a,则OD=OC=OB=2。 2. 则cos(n1,n2〉= n1·l2 -24 nn2 5、2×5 0-=a,于是s0.0,9a.B(号a.00, 122 25 ,所以平面AEF与平面DBBD所成 p-号0o.o).co.号0l 角的正孩值为337 25 则d-(-号，号.o.5-(停0. 答案1337 25· 微专题3立体几何中存在性问题的向 o.=o.-号a. 假设在侧棱SC上存在一，点E,使得BE∥ 量解法 平面PAC 平行、垂直、夹角和距离等问题是立体几 由题意知DS是平面PAC的一个法向量， 何中的主要问题，而以它们为背景的探索性问 设C=tC,则B-BC+C=BC+tCS 题是近几年来高考数学命题创新的一个显著 特点.由于此类问题所涉及的点具有运动性和 2a,2a 不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较 大，若用向量法处理，尤其是引入坐标表示的 由B砣，D店=0得-号+2a1=0,解得 空间向量，通过待定系数法求解存在性问题， 则思路简单、解法固定、操作方便 人1 即当SE:EC=2:1时，B配1D5 1.与平行关系有关的存在性问题 又因为BE吐平面PAC, 例8(2024·吉林大学附中检测)如图1， 所以侧棱SC上存在一点E,使得BE∥平 四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的 面PAC 长都是底面边长的、2倍，P为侧棱SD上一点. 2.与垂直关系有关的存在性问题 若SD平面PAC,则侧棱SC上是否存在 例9(2024·深圳中学高三模拟)如图1， 点E,使得BE∥平面PAC?若存在，求SE: 已知在平面四边形ABCP中，D为PA的中 EC的值；若不存在，试说明理由， 点，PA⊥AB,CD∥AB,且PA=CD=2AB 4.将此平面四边形ABCP沿CD折成直二面 角PDCB,连接PA,PB,设PB的中点为E. (1)求证：平面PBD⊥平面PBC (2)在线段BD上是否存在一点F,使得 EF⊥平面PBC?若存在，请确定点F的位置： 图1 图2 若不存在，请说明理由. 172 第三章空间向量与立体几何么型 3.与夹角有关的存在性问题 例10(2024·武汉二中高三检测)如图1， 在直三棱柱ABCA1B,C中，AC⊥BC,AC= BC=AA=2,P为棱B1C的中点，Q为线段 图1 AB上一动点. 解析(1)由题意可建立如图2所示的空 (1)求证：当Q为线段AB的中点时，PQ⊥ 间直角坐标系. 平面ABC. (2)设BQ=ABA1,问：是否存在实数A,使 得平面APQ与平面B1PQ的夹角的余弦值 为？若存在，求出这个实数：若不存在， 图2 请说明理由， 则B(2,2,0),C(0,4,0),D(0,0,0),P(0, 0,2),E(1,1,1), 所以PB=(2,2,-2),P方=(0,0，-2)， PC=(0,4,-2) 设m=(x,y,刘)为平面PBD的法向量， m·PB=0,.2x1+2y-2=0, 图1 图2 则 即 m.PD=0,-2≈=0， [证明(1)如图2，连接AB,AC. 取x1=1,则m=(1,一1,0). Q为线段A1B的中点，四边形A1BBA 设n=(x2,y,2)为平面PBC的法向量， 为矩形， n·PB=0,2.x2+22-22=0, A,Q,B三点共线，且Q为AB的中点 则 即 n.p心=0,42-24=0， ,P,Q分别为BC1和AB的中点， 取y2=1,则n=(1,1,2). ∴.PQ∥AC. 在直三棱柱ABC-ABC1中，AC⊥BC, 因为m·n=1×1十(-1)×1+0=0. 所以m⊥n.所以平面PBD⊥平面PBC .BC⊥平面ACCA. ,AC1C平面ACC1A1,.BC⊥AC1. (2)假设线段BD上存在一点F,使得EF⊥ 平面PBC 又AC=AA, 则D求=ADB=(2x,2x,0)(0≤≤1)，所 ∴.四边形ACCA为正方形. 以F(2x,2,0),则EF=(2x-1,2λ-1，-1)， .AC⊥AC 要使EF⊥平面PBC,需EF∥n, .AC∩BC=C,∴.AC⊥平面ABC 而PQ∥AC1,.PQ⊥平面ABC 所以21-2，解得X= (2)以点C为原点，分别以CA,CB,CC 所以线段BD上存在一点F,使得EF⊥平 所在直线为x轴、y轴、之轴建立如图2所示的 面PBC,且F为线段BD上靠近点D的一个 空间直角坐标系，连接AP,BQ,BP,则B(O, 四等分点 2,0),A1(2,0,2),设Q(x,y,z). 173 更滩食手细高中数学选择性必修第一册S心 .BQ=A BAI, 角梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB= ∴.(x,y-2,)=λ(2，-2,2)， 2BC=2,O为AD的中点. x=2λ， (I)求证：PO⊥平面ABCD, .y=2-2λ，∴.Q(2λ，2-21,2λ). (2)线段AD上是否存在点Q,使得它到平 2=2λ. ,点Q在线段AB上运动， 面PCD的距离为？若存在，求出品的值： ∴.平面APQ的法向量即为平面A1PB 若不存在，请说明理由. 的法向量. 设平面APB的法向量为1=(.M,), C(0,0,0),P(0,1,2), .BP=(0,-1,2),PA=(2,-1,0). 图1 n·BP=0,-y十2x=0, 由 得 证明(1)在△PAD中，PA=PD,O为 n1·PA=0,2x1-y=0, AD的中点，所以POLAD 令y1=2,得n=(1,2,1). 又侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩ 设平面BPQ的法向量为2=(x2,”,), 平面ABCD=AD,POC平面PAD, .B1(0,2,2), 所以POL平面ABCD. ∴.PB=(0,1,0),B1Q=(2,-2x,2A-2). (2)如图2，连接OC,以点O为坐标原点， n2·PB=0, OC,OD,OP所在直线分别为x轴、y轴、：轴 由 n2·BQ=0, 建立空间直角坐标系，依题意得B(1,一1,0)， 得/0， C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1). 12-λ2+（入-1）2=0， 令2=入，得n2=(1一入，0，λ). 则|cos(m1,n2〉|= 1-入十λ ,6×、(1-)+2 30 √6×V2-2A+I10 图2 ∴9以2-9以+2=0解得X=号或X=号 假设线段AD上存在，点Q,使得它到平面 ∴当X=号减X=号时，平面APQ与平面 PCD的距离为， 由题意知Cp-(-1,0,1),CD=(-1,1,0). B,PQ所成夹角的余孩值为YD 10 设平面PCD的法向量为n=(x0,%,0). 4.与距离有关的存在性问题 (n.CP=0. 一x0十0=0， 则 所以 例11(2024·北京四中高三检测)如 n.CD=0. -x0十%=0， 图1，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面 即x0=y%=z0, ABCD,侧棱PA=PD=V2,底面ABCD为直 取x%=1,得平面PCD的一个法向量为 174 第三章空间向量与立体几何么型 n=(1,1,1). 解得y=或y=(合去， 设Q(0,y,0)(-1≤y≤1)， 则C0=(-1,y,0), 所以线段AD上存在，点Q满足题意，此时 由C@n-3得-1+以- n Γ2 3 2 AQ,QD=则哈8- -03单元学能测评。 时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分， 5.在直三棱柱ABCA,BC中，若∠BAC= 共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一 90°，AB=AC=AA1,则异面直线BA与 项是符合题目要求的) AC,所成的角为( L.在直三棱柱ABCA1B1C中，若CA=a, A.30° B.45 C.60° D.90° C第=b.CC=c,则AB等于( 6.已知棱长为1的正方体ABCD-ABCD A.a+b-c B.a-b+c 的上底面ABCD的中心为O,则AO· C.-a+b+c D.-a+b-c AC的值为( 2.已知a=(-3,2,5),b=(1,5,-1),则a· A.-1 B.0 C.1 D.2 (a+3b)=( ). 7.已知空间三点A(1,0,3),B(一1,1,4)， A.(0,34,10) B.(-3,19,7) C(2,-1,3).若AP∥BC,且AP=14, C.44 D.23 则点P的坐标为( 3.空间中，与向量a=(3,0,4)同向共线的单 A.(4,-2,2) 位向量e为(). B.(-2,2,4) A.e=(1,0,1) C.(4,-2,2)或(-2,2,4) B.e=(1,0,1)或e=(-1,0,-1) D.(-4,2,-2)或(2，-2,4) Ce=(得，》 8.三棱柱ABCA,B,C,的侧棱与底面垂直， AA,=AB=AC=1,AB⊥AC,N是BC的 D.e=(层0，)或e=(-0,-) 中点，点P在AB上，且满足A户 4.已知在正方体ABCD-A1BCD,中，点E λA:B,则直线PV与平面ABC所成角B 为上底面ABCD的中心，若AE=AA+ 取得最大值时，入的值为( xA言+yAD,则x,y的值分别为( A司 B号 C 3 D.25 5 A.1,1 B1, 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分， 共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合 C.z.7 题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得 175 更滩食手册高中数学选择性必修第一册S卫 部分分，有选错的得0分) CA=4,PA=2,D为AB的中点，E为 9.已知P是平行四边形ABCD所在的平面外 △PAC内的动点（含边界），且PC⊥DE. 一点，如果AB=(2,-1,-4),AD=(4,2, (1)当E在AC上时，AE P 0),AP=(一1,2，一1).则下列结论正确的 是() (2)点E的轨迹的长度 A.AP⊥AB 为 (本题 B.AP⊥AD 第一空2分，第二空3分)》 C.AP是平面ABCD的一个法向量 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时 D.AP∥BD 应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 10.已知ABCD-A1BCD为正方体，则下列 15.(13分)如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱 说法中正确的是( ABCD-ABCD,底面ABCD是正方形， A.(AA+A D+AB)2=3(AB CC=3,CD=2,且∠CCB=∠CCD=60. B.AC·(AB-AA)=0 (1)设CD=a,Ci=b,CC=c,试用a,b,c C.向量AD,与向量AB的夹角是60 表示AC: D.正方体ABCD-A,B,C1D的体积为 (2)已知O为四棱柱ABCD-A1BCD,的 AB.AA·AD 中心，求CO的长 11.如图，在直三棱柱ABCA,BC中，AC ⊙ BC=AA1=2,∠ACB=90°，D,E,F分别 为AC,AA1,AB的中点.则下列结论正确 的是( ). 3 A.AC与EF相交 B.B,C∥平面DEF C.EF与AC,所成的角 为90° 16.(15分)如图，在直三棱柱ABCA:B,C D.点B,到平面DEF的距离为3y2 中，∠ABC=90°，BC=2,CC=4,点E在 2 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共 线段BB:上，且EB=1,D,F,G分别为 15分.将答案填在题中的横线上) CC1,CB,CA1的中点.求证： 12.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c (1)BD⊥平面ABD: (7,5,λ)，若a,b,c共面，则入= (2)平面EGF∥平面ABD. 13.在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中，AB= 1,AD=2,AA'=3,∠BAD=90°，∠BAA'= ∠DAA'=60°，则AC的长为 14.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角 形的四面体称为鳖臑.在如图所示的鳖牖 PABC中，PA⊥平面ABC,∠ACB=90°， 176