第6章 专题强化练3 利用空间向量解决立体几何中的探索性问题（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（苏教版2019）

专题强化练3　利用空间向量解决立体几何中的探索性问题　　　　　 　　　　 　　　　 1.如图,在四棱锥P-ABCD中,△PAD是正三角形,∠ABC=90°,AB∥CD,AB=2CD=2BC=4,平面PAD⊥平面ABCD,M是棱PC上的动点. (1)求证:平面MBD⊥平面PAD; (2)在线段PC上是否存在点M,使得直线AP与平面MBD所成的角为30°?若存在,求出的值;若不存在,说明理由. 2.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O为AD的中点,连接OP. (1)求二面角C-PD-A的正弦值; (2)线段AD上是否存在Q,使得它到平面PCD的距离为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 3.如图1,在菱形ABCD中,∠BAD=60°且AB=a,四边形ADD″A1和四边形CDD'C1都是正方形.将两个正方形分别沿AD,CD折起,使D″与D'重合于点D1.设直线l过点B且垂直于菱形ABCD所在的平面,点E是直线l上的一个动点,且与点D1位于平面ABCD同侧(如图2). (1)设二面角E-AC-D1的平面角为θ,若≤θ≤,求线段BE的长度的取值范围; (2)若在线段D1E上存在点P,使得平面PA1C1∥平面EAC,求与BE之间满足的关系式,并证明:当0<BE<a时,恒有<1. 　 4.如图,P为圆锥的顶点,O是圆锥底面圆的圆心,AC为底面圆的直径,△ABD为底面圆O的内接正三角形,且△ABD的边长为,点E在母线PC上,且AE=,CE=1. (1)求证:直线PO∥平面BDE,并求三棱锥P-BDE的体积; (2)若M为线段PO上的动点,当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时,求点M到平面ABE的距离. 答案与分层梯度式解析 专题强化练3　利用空间向量解决立体几何中的探索性问题 1.解析　(1)证明:∵AB∥CD,∠ABC=90°,∴∠BCD=90°,又CD=BC=2,∴BD=2,∠BDC=45°, 在△ABD中,由余弦定理,得 AD= =, ∴AD2+BD2=AB2, ∴AD⊥BD. ∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BD⊂平面ABCD, ∴BD⊥平面PAD, 又BD⊂平面MBD,∴平面MBD⊥平面PAD. (2)存在. 以D为原点,DB,DA所在直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系,如图, 则A(0,-2), ∴), 设,0≤λ≤1, 则λ), 设平面MBD的一个法向量为n=(x,y,z), 则 即 令z=2λ-1,得x=0,y=(λ-1), 则n=(0,(λ-1),2λ-1), ∵直线AP与平面MBD所成的角为30°, ∴sin 30°=|cos<,n>|=, 化简得10λ2-13λ+4=0,解得λ=或λ=, 故在线段PC上存在点M,使得直线AP与平面MBD所成的角为30°,且. 2.解析　(1)连接OC,易得OC⊥AD, ∵PA=PD,O为AD的中点, ∴PO⊥AD, 又侧面PAD⊥平面ABCD,侧面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD, ∴PO⊥平面ABCD, 又OD,OC⊂平面ABCD,∴PO⊥OD,PO⊥OC, 以O为原点,OC,OD,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 则C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),故=(0,1,-1), 设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令x=1,得y=1,z=1,则n=(1,1,1), 易得平面PAD的一个法向量m=(1,0,0), 设二面角C-PD-A的平面角为θ,则cos θ=,则sin θ=, ∴二面角C-PD-A的正弦值为. (2)假设线段AD上存在Q(0,m,0),m∈[-1,1],使得它到平面PCD的距离为, 则=(0,m,-1),由(1)知,平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1), 故Q到平面PCD的距离d=, 解得m=-或m=(舍去),∴Q,满足题意,假设成立, 故. 3.解析　(1)由题意得D1D⊥AD,D1D⊥DC,又AD∩DC=D,AD,DC⊂平面ABCD,∴D1D⊥平面ABCD, 连接BD,交AC于点O,则BD⊥AC,以O为原点,OA,OB所在直线分别为x轴,y轴,建立空间直角坐标系,如图, 设BE=t(t>0),则A. ∴, 设平面D1AC的一个法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 令z1=1,得x1=0,y1=2,则n1=(0,2,1). 设平面EAC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 令z2=-a,得x2=0,y2=2t,则n2=(0,2t,-a). 设二面角E-AC-D1的平面角为θ, 则cos θ=. ∵≤θ≤,∴cos θ∈, ∴,整理,得12t2-16at-3a2≤0,且44t2-32at-a2≥0, 又t>0,∴a≤t≤, 故线段BE的长度的取值范围是. (2)假设存在满足条件的点P,同(1)设BE=t,t>0,另设P(x,y,z), 令(0≤λ≤1),则, 则x=0,y=, 即P, 易知A1, ∴=-, 易知AA1∥CC1且AA1=CC1,则四边形AA1C1C为平行四边形,∴A1C1∥AC, 又A1C1⊄平面EAC,AC⊂平面EAC, ∴A1C1∥平面EAC, 由平面PA1C1∥平面EAC,A1P⊂平面PA1C1,得A1P∥平面EAC, ∴·n2=0, ∴t·=0,化简,得λ=(t≠a),即BE, 故当0<t<a时,λ<1,即当0<BE<a时,恒有<1. 4.解析　(1)设AC∩BD=F,连接EF,如图, ∵△ABD为底面圆O的内接正三角形,其边长为,∴结合正弦定理可得AC==2, 易得F为BD的中点,AF=, ∴CF=2-AF=1. ∵AE=,CE=1,AC=2,∴AE2+CE2=AC2, ∴AE⊥EC, 易知,∠EAF=∠CAE,∴△AEF∽△ACE, ∴∠AFE=∠AEC,∴EF⊥AC. 易知PO⊥平面ABD,PO⊂平面PAC, ∴平面PAC⊥平面ABD, ∵平面PAC∩平面ABD=AC,EF⊂平面PAC, ∴EF⊥平面ABD,又PO⊥平面ABD,∴EF∥PO, 又PO⊄平面BDE,EF⊂平面BDE,∴PO∥平面BDE. ∵F为BD的中点,∴AF⊥BD,即OF⊥BD, ∵EF⊥平面ABD,OF,BD⊂平面ABD, ∴EF⊥OF,EF⊥BD, 又EF∩BD=F,EF,BD⊂平面BDE,∴OF⊥平面BDE,∴点P到平面BDE的距离即为点O到平面BDE的距离. 易知EF=,EF⊥BD, ∴S△BDE=BD·EF=, 易知OF=, ∴VP-BDE=VO-BDE=S△BDE·OF=. (2)由(1)知OF=CF=,∴F为OC的中点,又PO∥EF,∴E为PC的中点,∴PO=2EF,又EF==2, 以F为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A,D-,0,0,O, ∴, 设(0≤λ≤1),则λ), ∴. 设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令y=-1,得x=,∴n=(), 设直线DM与平面ABE所成的角为θ, ∴sin θ=, 令t=3λ+2,则t∈[2,5],λ=, ∴, 易知,∴当,即λ=时,取得最小值,为, ∴(sin θ)max==1,此时, ∴, ∴点M到平面ABE的距离d=. 6 学科网（北京）股份有限公司 $$