第1章 专题强化练1 基底法在立体几何中的应用（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册（人教A版2019）

专题强化练1　基底法在立体几何中的应用 1.如图,在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别在棱AA1,CC1上,A1M=AA1,CN=CC1,且∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60°. (1)用向量,,表示向量; (2)求证:D,M,B1,N四点共面; (3)当为何值时,AC1⊥A1B?请说明理由. 2.如图,一个结晶体的形状为平行六面体ABCD-A1B1C1D1,其中以顶点A为端点的三条棱的长均为1,且它们彼此间的夹角都是60°. (1)求证:AC1⊥DB; (2)求异面直线BD1与AC所成角的余弦值. 3.如图所示,在棱长为2的正四面体A-BCD中,E为等边三角形ACD的中心,F,G分别满足=,=. (1)用,,表示,并求出||; (2)求直线FG与平面ACD所成角的正弦值. 4.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,CB⊥BD,∠C1CD=45°,∠C1CB=60°,CC1=CB=BD=1. (1)求对角线CA1的长度; (2)求二面角C-BD-C1的余弦值. 5.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°. (1)求证:直线A1C⊥平面BDD1B1; (2)求A1到平面BDD1B1的距离. 6.如图,在三棱锥D-ABC中,AD=CD=AE=CE=BC,CD⊥AD,记二面角D-AC-B的平面角为θ. (1)若θ=,BC=2,求三棱锥D-ABC的体积; (2)若M为BC的中点,求直线AD与EM所成角的取值范围. 7.已知四棱锥T-ABCD的底面是平行四边形,平面α与直线AD,TA,TC分别交于点P,Q,R,且===x,点M在直线TB上,N为CD的中点,且直线MN∥平面α.设=a,=b,=c. (1)试用基底{a,b,c}表示向量; (2)证明:对所有满足条件的平面α,点M都落在某一条长为TB的线段上. 答案与分层梯度式解析 专题强化练1　基底法在立体几何中的应用 1.解析　(1)=+++=-+++=+-. (2)证明:∵=-=-,=-=-,∴=,∴D,M,B1,N四点共面. (3)当=1时,AC1⊥A1B,理由如下: 设=c,=b,=a, ∵底面ABCD为菱形,∴当=1时,|a|=|b|=|c|, ∵=++=a+b+c,=-=a-c, ∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60°, ∴·=(a+b+c)·(a-c)=a2+a·b-b·c-c2=0,∴AC1⊥A1B. 2.解析　(1)证明:∵以顶点A为端点的三条棱的长均为1,且它们彼此间的夹角都是60°, ∴·=·=·=1×1×cos 60°=, ∴·=(++)·(-)=(++)·(-)=·-·+-·+·-=-+1-+-1=0,∴AC1⊥DB. (2)∵=+-=+-,=+, ∴||= = ==, ||====, ·=(+-)·(+)=-+·+·=1-1++=1, ∴cos<,>===, ∴异面直线BD1与AC所成角的余弦值为. 3.解析　(1)连接AE并延长,交CD于M,则M为CD的中点, 则==×(+)=(+), 所以=+=+(+)=+(-+-)=(++), 所以||=|++|== ==. (2)根据题意,可知BE⊥平面ACD,因此,直线FG与平面ACD所成角的正弦值即为直线FG与直线BE所成角的余弦值. 破题关键(将线面角转化为异面直线所成的角,进一步转化为两个方向向量的夹角或其补角) 易得=-=-, 则||== = ==, 故cos<,>= = = ===. 则直线FG与平面ACD所成角的正弦值为. 4.解析　(1)由题意知,在Rt△CBD中,CD=,∠BCD=45°,以,,为基向量,可得=++①, 易得·=||||cos∠BCD=1,·=,·=1, 对①式等号两边同时平方,得==+++2·+2·+2·=1+2+1+2+1+2=9, 所以||=3,即CA1=3. (2)在△C1CD中,C1D2=C+CD2-2CC1·CDcos 45°=1,则C1D=1, 因为CC1=CB=1,∠C1CB=60°,所以△C1CB为等边三角形,所以C1B=1, 所以C1B=BD=C1D,故△C1DB为等边三角形, 取BD的中点O,连接C1O,则C1O⊥BD,故·=0, 因为CB⊥BD,所以·=0,设二面角C-BD-C1的平面角为θ,由图可知,θ为锐角. 易得=++②, ·=||||·cos(π-θ), ②式等号两边同时平方,得=+++2·+2·+2·=2-cos θ, 所以2-cos θ=1,则cos θ=. 所以二面角C-BD-C1的余弦值为. 5.解析　(1)证明:设=a,=b,=c,则{a,b,c}为空间的一个基底,且=a+b-c,=b-a,=c, ∵AB=AD=AA1=1,∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°, ∴a2=b2=c2=1,a·b=b·c=c·a=. 在平面BDD1B1上,取,为基向量,则对于平面BDD1B1上任意一点P,存在唯一的有序实数对(λ,μ),使得=λ+μ, 则·=λ·+μ·=λ(a+b-c)·(b-a)+μ(a+b-c)·c=0,∴A1C⊥BP,又BP⊂平面BDD1B1,A1C⊄平面BDD1B1,P为平面BDD1B1上任意一点,∴直线A1C⊥平面BDD1B1. (2)设A1到平面BDD1B1的距离为d,则d为在上的投影向量的长度,则d=, ∵·=(a+b-c)·b=a·b+b2-b·c=+1-=1,||===,∴d==. 6.解析　(1)取AC的中点F,连接FD,FE,因为AD=CD=AE=CE=BC=1,所以DF⊥AC,EF⊥AC,故∠DFE即为二面角D-AC-B的平面角,即∠DFE=θ=.连接DE,作DH⊥FE,垂足为H,因为DF∩EF=F,DF,EF⊂平面DEF,所以AC⊥平面DEF,因为DH⊂平面DEF,所以AC⊥DH,因为AC∩EF=F,AC,EF⊂平面ABC,所以DH⊥平面ABC.因为CD⊥AD,所以由勾股定理得AC=,故DF=,又AE=CE=1,所以由勾股定理的逆定理可知,AE⊥CE,且易得∠BAC=,EF=,在△ABC中,由余弦定理的推论得cos∠BAC===,解得AB=1+或AB=1-(舍去),则S△ABC=AC·AB·sin∠BAC=××(1+)×=,因为∠DFE=θ=,DF=EF=,所以△DEF为等边三角形,则DH=,故三棱锥D-ABC的体积VD-ABC=S△ABC·DH=××=. (2)设AD=CD=AE=CE=a,则AC=a,BC=2a,结合(1)知AB=(+1)a,且∠DFE=θ,则BE=a.取{,,}为空间的一个基底,则=-,=+=+=+(-) =-+(-)=-, 则·=(-)· =·-·-·+, 又||=||=||=a,且∠DFE=θ,⊥,⊥,故·=||·||cos θ+·=a2cos θ+a2, 由CE=a,BE=a,BC=2a可知CE⊥BE, 又M是BC的中点,所以EM=BC=a, 所以cos<,>===cos θ+, 因为在三棱锥D-ABC中,θ∈(0,π),所以cos θ∈(-1,1),所以cos<,>=cos θ+∈,故直线AD与EM所成角的取值范围为. 7.解析　(1)连接AC,BD,交于点O,易得+=2,+=2,∴+=+, ∴=+-=a-b+c. (2)证明:由(1)可知=a-b+c, ∵===x,∴=x,=xa,=(1-x)c, ∴=+=+x=(1-x)a+x(a+c-b)=a+xc-xb, =-=a+xc-xb-xa=(1-x)a+xc-xb, =-=(1-x)c-xa=-xa+(1-x)c, 由点M在直线TB上,可设=λ=λb,λ∈R, 易得=+=a-b+c, =-=λb-a-c+b=-a+b-c, ∵NM∥平面PQR, ∴存在实数y,z使得=y+z, ∴-a+b-c=y(1-x)a-yxb+yxc-zxa+z(1-x)c=(y-xy-zx)a-yxb+(yx+z-xz)c, ∴ 消元可得(4λ+1)x2-(4λ+3)x+2λ+1=0, 当λ=-时,-2x+=0,解得x=; 当λ≠-时,∵x∈R, ∴令Δ=(4λ+3)2-4(4λ+1)(2λ+1)≥0, 解得-≤λ≤, 所以-≤λ<-或-<λ≤. 综上可得,-≤λ≤, 故对所有满足条件的平面α,点M都落在某一条长为TB的线段上. 7 学科网（北京）股份有限公司 $$