专项突破01 利用空间向量解决折叠问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019)

©专项突破01 利用空间向量解决 题组。角度问题 1.(2025·福建福州高二期中)已知梯形 ABCD中，AB∥CD,∠ABD=120°，AB=3, BD=2,DC=1.如图，将△ABD沿对角线BD 翻折至△A'BD,使得A'C=33,则异面直 线A'B,CD所成角的余弦值为 () 6 D. 2.(2025·湖南长沙高二期中)如图，直角梯 形ACDE中，∠A=45,ED=CD=2AC=2, B,M分别为AC,ED边的中点，将△ABE沿 BE边折起到△A'BE的位置，N为边A'C的 中点 (1)证明：MN∥平面A'BE; (2)当△A'BC为等边三角形时，求平 面NBM与平面BEDC夹角的余弦值. 折叠问题 题组日距离问题 3.(2025·山东泰安高二月考)菱形ABCD的 边长为4，∠A=60°，E为AB的中点（如图 ①)，将△ADE沿直线DE翻折至△A'DE处 (如图②)，连接A'B,A'C,若四棱锥A'- EBCD的体积为43，点F为A'D的中点， 则F到直线BC的距离为 √31 A. 2 B 2 C,37 4 D.②3 4 4.如图①，在△ABC中，BC=3,∠C=45°，AD 为BC边上的高，且满足D元=2BD,现将 △ABD沿AD翻折得到三棱锥A-BCD(如 图②)，使得二面角B-AD-C为60° (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< 号)，若点C到平面PBM的距离为 3/13 13,求A的值 进阶突破·专项练01 心专项突破02 利用空间向量解法 题组一动点与最值问题 1.在如图所示的直四棱柱ABCD-A,B,C,D 中，底面ABCD是正方形，AB=2,AA1=3,M 是BC的中点，点N是棱CC1上的一个动 点，则点A,到平面AMN的距离的最小值为 1 2 6 A.1 B. C. 2 3 D.1 D D D D (第1题) (第2题) 2.（2025·山东济南高二期中)如图，在棱长 为2的正方体ABCD-A,BC,D1中，M为线 段A,D的中点，N为线段CD,上的动点，则 直线C,D与直线MN所成角的余弦值的最 大值为 () B.V6 3 C.6 4 3.（多选)(2025·山东德州高二期中)在直三 棱柱ABC-A,B,C1中，AB⊥AC,AB= √2，AC=1,A41=2,点M为线段CC1的中 点，N为线段AM上的动点，则() A.BM⊥A,M B.存在点N使得C,N垂直于平面A,BM C.若C,N∥平面ABM,则A,N=NM D.直线BN与平面ACC,A,所成角的最大值 为程 02黑白题数学|选择性必修第一册·RJA 动态问题 4.(多选)(2025·浙江湖州高二月考)如图， 在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是正方 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 ( A.OM⊥PA B.存在点M,使OM∥平面SBC C.存在点M,使直线OM与AB所成的角 为30 D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和 为定值 5.(2025·福建泉州高二月考)如图，若正方 体的棱长为2，点P是正方体ABCD A,B,C,D1的底面A,BC,D1上的一个动点 (含边界)，Q是棱CC的中点，则三棱锥 D,-PBQ体积的最大值为 D 6.(2025·湖北孝感高二期中)棱长为4的正 方体ABCD-A,B,C,D1中，M,N分别是平面 AB,CD,和平面ACD,内的动点，BF= 3PB,则PM+MW的最小值为由4=4-850得1<宁设A(),B(,C(）,则+ =2,1=2,所以1*场=2+3-24)=1-t由题意知F(1,0), 因为+F+F戒=0，F=(1-1,y1),Fi=(2-1,),下元=(-1， ),所以(+场-3，++)=(0,0)，所以色场=3敌 (y1y2为=0， =3-(1-)=+2即点C的坐标为(2+，-2)，代入抛物线E的方 (y3=-2, 程得4=4(2+)，解得1=-1，满足条件<7，所以直线AB的方程 为2x-y-1=0. (2)证明：设直线BC的方程为x=m+m,与y2=4x联立得y2-4my 4n=0,△=16(m2+n)>0,所以n>-m2,归+9=4m,2y3=-4n,所以 +=m(+)+2n=4m2+2a由(1)知3所以 (y1+y2+y3=0, 凸1=34m2-2n:即点A的坐标为(3-4m2-2,-4m).又点A在抛物 y1=-4m, 线少s上，所以164(3-4m2-2),所以a=号-.又 >,所以<分，所以点4的横坐标3-42-2=42，同理可 证，B,C两点的横坐标也小于2，所以△ABC三个顶点的横坐标均小 于2 2.解：(1)因为抛物线「：2=2(p>0)的焦点为F(1,0),则号=1，得 到p=2,所以抛物线T子=4红，由题知B(-4,0),联立广4解得 x=4, 4波.所以44,0.c4,-4.在a40B中，1081=4， 10A1=42,1AB1=√(4+4)2+4F=45,则c0%∠B0A= 42+(42)2-(45)22 2×4×4w2 =是又L80e(0,),所以∠B01要因 为△EOC∽△AOB,且点E与点A对应，点C与点B对应，所以 进阶突破·专 专项突破01利用空间向量解决折叠问题 1.C解析：因为AB∥CD,LABD=120°，所以∠BDC=120.因为A元= 克+励+D成，所以1t2=+亦+D心+2市，励+2市， D元+2Bi.D元.所以27=9+4+1+2×3×2×c0660°+2×1×2× m60+2x3x1×(,心，即om(,成)=名，所以异面直 线AB与CD所成角的余弦值为。故选C 2.(1)证明：取A'B的中点H,BC的中点O,连接NH,EH.由题意知， CD=ED=BC=BE=2.,直角梯形ACDE中，BC∥ED,BC⊥CD,,四 边形BEDC为正方形.·N为A'C的中点，.NH∥BO∥EM,NH= BO=EM,∴四边形ENH为平行四边形，∴，EH∥MN.:EHC平面 A'BE,MN文平面A'BE,MN∥平面A'BE (2)解：连接AO.则AO⊥BC.BE⊥A'B,BE⊥BC,A'B,BCC平面 A'BC,,BE⊥平面A'BC.A'OC平面A'BC,BE⊥A'O.:BCC平面 BCDE,BEC平面BCDE,BCOBE=B,.A'O⊥平面BCDE,以O为原 点建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,-1.0),C(0,1,0), 4o0w0,分9）2.oo…威=(02） Bi=(2,1,0),由题意得平面BEDC的一个法向量为m=(0,0,1).设 a=(,)为平面aM的一个法向就，则：0即 n·BW=0, 参考答案 ∠B0C=行知因，易知∠0G=子，所以点E在)装正半结或x错 负半鞋上又因为8-18品，10c1-10-4反，得到0E-8.所 以点E的坐标为(-8,0)或(0,8). (2)设P(00）,M(1,),N(x22),则1FM1=1+1,1FN1=2+ 1,再设切线PM的方程为x=m,(y-)+,联立 m（方)+'整理得)子-4m1y+4m-4,=0,由△=16m- y2=4x, 4(4n4,)=0,且疗=4，可得网=交则切线PW的方程为 受)场，即宁由切线PW过点P,).可得 ,之0，同厘，切线PN的方程为x=受一3，由切线PN过点 P(气），可得空。则直线的方程为0=2(，联 立02(”整理得y产-2o4,=0,可得+=207n y2=4r, 则11=（国+）（名+1）=++1)。 16 归2-2y121=6-241=6+(402-241=26+6+ 4 号厂受空当且仅当名时，等号成立故 7=2(o*2)+2 FM·Fw1的最小值为5 项练参考答案 3√3 2+2=0令x=1,则y=-2,2=25,放n=(1,-2,25).设平 (2x+y=0, 面NBM与平面BEDC的夹角为0，由题可知B为锐角，cOsB= 用+程 Im×lnI 3=21,.平面NBM与平面BEDC 4+1+1 夹角的余弦值为2可 17 E D 3.A解析：如图，连接BD,因为四边形ABCD为菱形，且∠A=60°，所 以△ABD为等边三角形.因为E为AB的中点，所以DE⊥AB,所以 DE⊥EB,DE⊥A'E.因为EB∩A'E=E,EB,A'EC平面A'EB,所以 DE⊥平南A'EB.因为菱形ABCD的边长为4，所以AB=AD=CD=BC= 4,D服=25，A服=BE=2.所以直角梯形BCDE的面积为宁(2+4)× 25=6厅，设四棱锥-BCD的高为A,则号×65=45，得A=2, 所以A'E=2又A'E⊥平面BCDE,所以以E为原点，EB,ED,EA'所在 的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则B(2,0,0),C(4,25, 黑白题83 0),(0.3,10,所以BC=(225,0),c==2,2,0)a= 店2，万，-)ae1}之所以P到直线C的距离为 2 d=a-(a…c)=8 工做选A 4 2 4.(1)证明：在题图②中，AD⊥BD,AD⊥CD,则∠BDC为二面角B-AD- C的平面角.即∠BDC=60°，又CD∩BD=D.CD,BDC平面BCD.所以 AD⊥平面BCD.由BCC平面BCD,得AD⊥BC.题图①中D元=2Bi及 BC=3,所以BD=1,CD=2,在△BCD中，由余弦定理得BC= 1 √1+42x1x2x2=3.又BD2+BC=1+(5)2=4=CD2,所以 BC⊥BD.又AD∩BD=D,AD,BDC平面ABD,所以BC⊥平面ABD (2)解：以B为坐标原点，以BC,BD,B(B∥AD)所在的直线分别为 ,y,:轴，建立如图所示的空间直角坐标系 在Rt△4CD中，∠ACD=45°，所以AD=CD=2,所以B(0,0,0), c5,o0.01.0401.2.(停0）则d= -1,-2).令P(a,b,c),则A币=(a,b-1,c-2).由A=AA花→(a,b a=√3λ， 1,c-2)=(5A,-A,-2A),则b-1=-A,所以P(5A,1-A,2-2A)且 c-2=-2A. 0宁成-(2-2).威（停70）设平面a的 (n,B=5Ax+1-A)y+2(1-A)z=0, 一个法向量为n=(x,y,),则 22y=0 3-6A ,而成=(5 0,0),所以3至1n…庇 解得A= -或入= 13 3-6A /3+9+ 2-2A 名（合）故 1 4 专项突破02利用空间向量解决动态问题 1.D解析：由题意知，该儿何体为长方体，建立空间直角坐标系如图所 示，则A(2,0,0),A1(2,0,3),M(1,2,0),则A=(-1,2,0).设 N(0,2,)(0≤1≤3)，则M=(-1,0,). D 选择性必修第一册·RUA 设平面y的一个法向量为=，则：-2y0设 Im.MN=-x+=0. y=4,则x=24,=2,则n=(26,2).又=(0,0,3)，所以点A1到平 面AMN的距离为一 ：m。6又0≤t≤9,4≤5+4≤49，所 1n15+4 以当1=3时，点A到平面AMN的距离取得最小值为号故 选D. 2.D解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0),C(0,2, 0),41(2,0,2),M(1,0,1),D(0,0,2),C1(0,2,2),设C=aCD= A(0,-2,2)=(0,-2A,2A)(0≤A≤1)，则N(0,2-2,2A),则C乙= (0,-2,-2),M=(-1,2-2A,2A-1),则s<C1i,M>= C,⑦，M丞 -2 -1 ，设直 1C,d11M22x√+(2-2A)2+(2A-1)22√4a2-6A+3 线C,D与直线MN所成角为8，则oom日= 2√4A2-6A+3 1 2A3石，当且仅当A子时取等号则直 2 线GD与直线w所成角的余弦值的最大值为停放选D 0 (第2题) (第3题) 3.ACD解析：如图，以A为原点，以AB,4C,AM1所在直线分别为x,y, z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(2,0,0),G(0,1.0) A1(0,0,2),C(0,1,2),M(0,1,1),对于A,因为B=(-2,1,1), A,M=(0,1,-1),所以B.A立=-2×0+1×1+1×(-1)=0，则B1 A1M,即M⊥AM,故A正确；对于B,由A知，B=(-2,1,1), A1M=(0,1,-1),设A,不=AA1(0≤A≤1)，则A,=(0,A,-A), 即N(0,A,2-A),所以C,N=(0,A-1,-A)又CN⊥平面ABM,则 C:丽A-1A0,无解，所似不存在点N使得GN兼直于平 C,市.A=A-1+A=0, 面A1BM,故B辑误：对于C,由B知，设A,衣=AA1M(0≤A≤1)，可得 C=(0,A-1,-A).又B=(-2,1,1),A=(0,1,1),设平面ABM 的-个法向量为m=(,,则-名=0令 气m·Ai=y1=0, 为=1，得m=(0,1,-1).因为C,N∥平面ABM,所以C衣⊥m,则 G·m=1A=0,解得=宁此时4，N=,故C正确：对于D, 由B知，设A=AAM(0≤A≤1)，可得N(0,A,2-A),所以B成= (-√2，A,2-入)，易知平面ACC141的一个法向量为n=(1,0,0),设 直线BN与平面ACC,A1所成角为8，则血0=1cos(B成，m〉1= B·n= 2 2 ·m2+(2-2-) 三，所以当A=1时， 血0取得最大值号.即直线BN与平面4CGA,所良角的最大值为 ?,放D正瑰放选ACD 黑白题84