第1章 专题强化练3 利用空间向量解决探索性问题（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B版2019）

专题强化练3　利用空间向量解决探索性问题 1.如图,正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AF=1,M是线段EF的中点,二面角A-DF-B的大小为60°. (1)求证:AM∥平面BDE; (2)试在线段AC上找一点P,使得PF与CD所成的角为60°. 2.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°, AB=AC=2,AA1=3,M,N分别为棱AB,B1C1的中点,BC1与B1C交于点P. (1)求直线AA1与平面A1CM所成角的正弦值; (2)求直线BC1到平面A1CM的距离; (3)在线段A1N上是否存在点Q,使得PQ∥平面A1CM?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 3.如图1,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠D= 90°,四边形ABCE是边长为4的菱形,且∠BCE=60°.以BE为折痕将△BCE折起,使点C到达点C1的位置,且AC1=2,如图2. (1)证明:平面BC1E⊥平面ABED; (2)在棱DC1上是否存在点P,使得P到平面ABC1的距离为?若存在,求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值;若不存在,请说明理由. 　 4.在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,DC=AD=1,AB=2,∠PAD=45°,E是PA的中点,F在线段AB上,且=0. (1)求证:DE∥平面PBC; (2)求二面角F-PC-B的余弦值; (3)在线段PA上是否存在点Q,使得FQ与平面FPC所成角的余弦值是?若存在,求出AQ的长;若不存在,请说明理由. 5.如图,在四面体A-BCD中,E,F分别是线段AD,BD的中点,∠ABD=90°,EC=,AB=BD=2CF=2. (1)证明:EF⊥平面BCD; (2)当BC的长为何值时,二面角A-EC-B的余弦值为? 6.如图,P为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AC为底面直径,△ABD为底面圆O的内接正三角形,且边长为,点E在母线PC上,且AE=,CE=1. (1)求证:PO∥平面BDE; (2)求证:平面BDE⊥平面ABD; (3)若点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　利用空间向量解决探索性问题 1.解析　(1)证明:设AC∩BD=N,连接NE,∵AC∥EF,AC=EF,M是线段EF的中点,N是线段AC的中点,∴AN∥EM,AN=EM, ∴四边形AMEN为平行四边形,∴AM∥EN, 又∵EN⊂平面BDE,AM⊄平面BDE, ∴AM∥平面BDE. （2）易得CE,CB,CD两两互相垂直,故以C为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略),设AB=t(t>0),则A(t,t,0),B(0,t,0),D(t,0,0),F(t,t,1),∴ =(t,0,1). 易知AF⊥AB,AB⊥AD,又AF∩AD=A,AF,AD⊂平面ADF,∴AB⊥平面ADF,∴=(-t,0,0)为平面DAF的一个法向量. 设平面BDF的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令x=1,则y=1,z=-t,∴n=(1,1,-t). 设二面角A-DF-B的大小为θ,则|cos θ|=,解得t=(负值舍去). 设P(a,a,0)(0≤a≤),则-a,1), 又,0,0), ∴cos 60°=,解得a=或a=(舍去), ∴当P为线段AC的中点时,直线PF与CD所成的角为60°. 2.解析　由题意得AA1,AB,AC两两相互垂直.以A为坐标原点, 的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略),A(0,0,0),A1(0,0,3),C(2,0,0),M(0,1,0),B(0,2,0), P,N(1,1,3). (1)易得=(0,1,-3). 设平面A1CM的一个法向量为n=(x,y,z), 则令z=2,得n=(3,6,2). 所以cos<,n>=. 所以直线AA1与平面A1CM所成角的正弦值为. (2)连接AC1,交A1C于点G,连接GM. 易得G为AC1的中点,又M为AB的中点,所以GM是△AC1B的中位线,所以BC1∥GM, 又GM⊂平面A1CM,BC1⊄平面A1CM, 所以BC1∥平面A1CM. 所以直线BC1到平面A1CM的距离等于点B到平面A1CM的距离. 易得=(0,-2,3). 由(1)得平面A1CM的一个法向量为n=(3,6,2). 所以点B到平面A1CM的距离d=, 所以直线BC1到平面A1CM的距离为. （3）设(0≤λ≤1),则 . 由(1)知平面A1CM的一个法向量为n=(3,6,2). 因为PQ∥平面A1CM,所以·n=0,即3×(λ-1)+6×(λ-1)+2×=0,解得λ=, 所以线段A1N上存在点Q,使得PQ∥平面A1CM,此时. 3.解析　(1)证明:取BE的中点F,连接AF,C1F. 因为在题图1中,四边形ABCE是边长为4的菱形,且∠BCE=60°,所以在题图2中,△ABE,△BEC1均为边长为4的等边三角形,所以AF⊥BE,C1F⊥BE,且AF=C1F=2.又AC1=2,所以AF2+C1F2=A,所以AF⊥C1F. 又因为AF∩BE=F,AF,BE⊂平面ABE, 所以C1F⊥平面ABED. 因为C1F⊂平面BEC1,所以平面BC1E⊥平面ABED. (2)由(1)得,AF,C1F,BE两两互相垂直.建立空间直角坐标系Fxyz,如图所示: 易得A(2,-3,0),所以). 设,λ∈[0,1],则P(λ), 所以). 设平面ABC1的一个法向量为v=(x,y,z), 则 令x=1,则y=,z=1,故v=(1,,1), 则点P到平面ABC1的距离d== =,解得λ=或λ=(舍去),则. 设直线EP与平面ABC1所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,v>|=, 所以直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为. 4.解析　(1)证明:证法一:取PB的中点M,连接EM,CM. ∵E是PA的中点,∴EM∥AB,且EM=AB, 又∵CD∥AB,且CD=AB,∴EM∥CD,且EM=CD, ∴四边形CDEM为平行四边形,∴DE∥CM. ∵CM⊂平面PBC,DE⊄平面PBC, ∴DE∥平面PBC. 证法二:∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥DC,PD⊥AD. ∵AB∥DC,AB⊥AD,∴AD⊥DC. 以D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图. ∵PD⊥AD,∠PAD=45°,AD=1,∴PD=1,∴D(0,0,0),B(1,2,0), C(0,1,0),P(0,0,1),E . 设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z), 则取y=1,得x=-1,z=1, ∴m=(-1,1,1). ∵m·=0,DE⊄平面PBC,∴DE∥平面PBC. (2)由(1)知=(-1,-2,0). 设点F(1,t,0),0≤t≤2,则=(1,t-1,0). ∵=0,∴-1-2(t-1)=0,解得t=, ∴F. 设平面FPC的一个法向量为n=(x',y',z'), 则取x'=1,得y'=2,z'=2,∴n=(1,2,2). 由(1)知平面PBC的一个法向量为m=(-1,1,1), 则|cos<m,n>|=, 由图可知,二面角F-PC-B为锐二面角, ∴二面角F-PC-B的余弦值为. (3)由(1)(2)知,A(1,0,0),P(0,0,1),F, ∴. 设=(-λ,0,λ),λ∈[0,1], 则. 由(2)知平面FPC的一个法向量为n=(1,2,2). 若FQ与平面FPC所成角的余弦值是, 则FQ与平面FPC所成角的正弦值为, ∴,即20λ2+8λ-1=0,解得λ=或λ=-(舍去). ∴在线段PA上存在点Q,使得FQ与平面FPC所成角的余弦值是,此时AQ的长为. 5.解析　(1)证明:因为E,F分别是线段AD,BD的中点,所以EF∥AB且EF=AB=1. 又∠ABD=90°,即AB⊥BD,所以EF⊥BD. 因为EF2+CF2=12+12=()2=EC2,所以EF⊥FC. 因为BD,FC⊂平面BCD,BD∩FC=F, 所以EF⊥平面BCD. (2)因为点F是线段BD的中点,且BD=2CF=2, 所以△BCD是直角三角形,且BC⊥CD. 由(1)知EF⊥平面BCD,所以以点C为坐标原点,CD,CB所在直线分别为x轴,y轴,过点C且与FE平行的直线为z轴建立空间直角坐标系. 设∠BDC=θ时,二面角A-EC-B的余弦值为,此时BC=2sin θ,CD=2cos θ. 易得C(0,0,0),B(0,2sin θ,0),A(0,2sin θ,2),E(cos θ,sin θ, 1）,所以=(-cos θ,-sin θ,-1),=(-cos θ,sin θ,1),= (-cos θ,sin θ,-1). 设平面ACE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 令z1=sin θ,得n1=(0,-1,sin θ). 设平面BCE的一个法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 令z2=cos θ,得n2=(-1,0,cos θ). 由题意得|cos<n1,n2>|=,整理得(sin 2θ)2=1. 因为0<θ<,所以0<2θ<π,所以sin 2θ=1,所以2θ=,所以θ=,此时BC=2sin θ=2×. 所以当BC=时,二面角A-EC-B的余弦值为. 6.解析　(1)证明:设AC交BD于点F,连接EF. 易知PO⊥平面ABD, 因为AC⊂平面ABD,所以PO⊥AC. 因为△ABD是底面圆的内接正三角形,AD=,所以AF=ADsin 60°=AF×2=2. 又AE=,CE=1,所以AC2=AE2+CE2,所以∠AEC=90°,即AE⊥PC. 因为,所以△ACE∽△AEF,所以∠AFE=∠AEC=90°,即EF⊥AC,所以PO∥EF. 又PO⊄平面BDE,EF⊂平面BDE, 所以PO∥平面BDE. (2)证明:由(1)知PO∥EF,PO⊥平面ABD, 所以EF⊥平面ABD, 又EF⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ABD. (3)由(1)得PO=2EF=. 连接OD.以点F为坐标原点,FA,FB,FE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则A,所以 ). 设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z), 则令x=1,得n=(1,). 设(0≤λ≤1), 则. 设直线DM与平面ABE所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n,, 所以sin2θ=. 令y=,x∈[0,1], 则y==4,当且仅当x=时,等号成立, 所以当x=时,y=,x∈[0,1]有最大值4, 所以当λ=时,sin θ有最大值1,此时M,所以,所以点M到平面ABE的距离d=, 故当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时,点M到平面ABE的距离为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$