专项突破03 利用空间向量解决探索性问题-【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)

即当AE=2时，直线A,D与平面D,EC所成角的正弦值最小，最小值： 为0 5 9.B解析：以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,Y,z轴， 建立空间直角坐标系，如图，则D(0,0,0),C(0,2,0),M(2,0,1) N(1,2,0).C(0,2.2),则NC=(-1,0,2).D元=(0,2.0)，D=(2. 0,1),放NC.Dt=(-1,0,2)·(0,2,0)=0,N·D=(-1, 0,2)·(2,0,1)=-2+2=0,所以NC1D元，NC⊥DM.又CDnDM= D,CD,DMC平面MDC,所以NC1⊥平面MDC,.放当点P在线段NC 上时，满足NP⊥平面MDC,点P的轨迹长度为NC,■√T2+22=√5. 故选B. 10.B解析：以点D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y, :轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(2,2,0),E(2,0,1),F(1,0,2),D1(0,0,2).设点P(a,b,0),a, b∈[0,2]，则BE=(0,-2,1),EF=(-1,0,1),D1P=(a,b,-2).设平 m·B成=-2yrt=0, 面BEF的一个法向量为m=(x,y,z),由 m·E=-x=0, 取x=2,可得m=(2,1,2),由题意可知，D1P∥平而B5F,则 D,币.m=2a+b-4=0,令b=0,可得a=2:令b=2,可得a=1所以点 P的轨迹交线段AD于点A(2,0,0),交线段BC于中点M(1,2,0), 所以点P的轨迹长度为AM=√(2-1)2+(0-2)下=√5.故选B. 11,ACD解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为 4.对于A:因为M(40,3),Q(0,0,1),C(0.4.4),N(2,4,0),所以 M0=(-4,0.-2),CN=(2.0,-4).所以M0·CN=-8+0+8=0,所 以MQ⊥C1N,故A正确：对于B:因为B(4,4,0),B1(4,4,4), 0(2,2,2),所以P(4,4,2).0P=(2.2.0).所以0P·C,N=4+0+0= 40,所以0P⊥C,N不成立，放B错误；对于C:设P(x,y,),所以 0币=(x-2,y2-2).因为0币.C1=2(x-2)+0-4(x-2)=0,所以 x-2z+2=0,当=0时，=1，当x=4时，z=3,取E(0,4,1).F(4,4 3),且M(4,0,3),Q(0,0,1),所以M0=(-4,0,-2),F尼=(-4， 0,-2),所以d=克，所以四边形MFEQ为平行四边形又因为 M=(0,4,0),所以M戒.M亦=0+0+0=0，所以M1M,所以四边 形MFEQ为长方形.又因为M(4,0,3),E(0,4,1),所以ME的中点 为(2,2,2)，即为点0，所以0e平面MFEQ.又因为M·C,衣=0， M市.C,d=0,所以MQ⊥C,N,MF⊥C,N,且MFO MO=M,MF, MQC平面MFEQ,所以C,N⊥平面MFEQ,所以若OP⊥C,N,则有 P∈平面MFEQ,所以点P的轨迹是长方形MFEQ,故C正确：对于 D:因为EF,BCC平面BB,CC,且EF,BC不平行，所以EF,BC相交 选择性必修第一册·RUA 于一点.又因为EFC平面MFEQ,BCC平面ABCD,所以平面MFEQ 与平面ABCD相交，故D正确.故选ACD. 专项突破03利用空间向量解决探索性问题 1,解：(1)因为在直四棱柱ABCD-AB,C,D1中，底面ABCD是边长为2 的正方形，以点D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为￥，y,:轴，建 立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0),B(2,2,0),E(2,0,4), F(0,2,2),所以=(0,2,0)，B=(0,-2,4),E=(-2,2,-2).设平 面5F的法向量为m=(,,则·正-2+4=0， 气m·E=-2x+2y2x=0 令三 1,则m=(1,2,1),易知n=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量，所 以1ona品言管即平r与平国D夹 角的余弦值为肾 (2)由(1)可得0(1,1,6)，B(2,2,6),BB1=(0,0,6),假设存在满 足条件的点G,设G(2,2,)(0≤t≤6)，所以0t=(1,1,1-6).因为 0G∥平面BEF,所以m·O元=1+2+4-6=-3=0，解得1=3.故当 .oc/学面歌 2.(1)证明：取AC中点D,连接MD,PD,如图，因为M为AB的中点，所 以MD∥BC又AC⊥BC,故MD⊥AC.又△PAC为等腰直角三角形， PA⊥PC,所以PD⊥AC.又MDOPD=D,MD,PDC平面PMD,则AC⊥ 平面PMD,又PMC平面PMD.所以AC⊥PM (2)解：因为平面PAC⊥平面ABC,平面PACn平面ABC=AC,由(1) 知PD⊥AC,又PDC平面PAC,所以PD⊥平面ABC,以D为原点，以 D,D,D的方向分别为x,y,:轴正方向建立如图所示的空间直角 坐标系，则A(1,0,0),B(-1,4,0),C(-1,0,0),P(0,0,1),M(0,2, 0),则C=(1,0,1),A币=(-1,0,1)，=(1，-4,1)，若m=(x,y,) d.n=-x+=0, 为平面PAB的一个法向量，则} 8,n=x-4y+z=0 令：=1，则x=1, y=之，故=(1，分1)汉成=(0,2.0)为平面c1的-个法向 k质1m成之宁所以平面C与 D·1ml2x2 平面PB所成角的余弦值为宁 (3)解：存在假设存在点N使得平面CMN1平面PHB,且路A,0≤ A≤1，由(2)知：N(-A,4h,1-A),M(0,2,0),则C=(1-A,4A,1- A),C=(1,2,0),若m=(a,b,e)是平面CMN的一个法向量，则 黑白题86 C.m=(1-A)a+4Ab+(1-A)c=0,C7.m=a+2b=0,令b=1,则 a=-2.e-所以m=(21,0)为平面cv的-个法向 1-A 量所以国-2宁合0所以A亏所以存在友N使 平面CN平看品，成时觉) 3.(1)证明：取SC中点F,连接EF,FD,因为E,F分别为SB,SC的中 点，所以EF∥BC,EF=之BC因为底面四边形ABCD是矩形，P为 棱A0的中点，所以Pm∥BC,PD=之BC,则BF∥PD,BF=Pm,故四 边形PEFD是平行四边形，所以PE∥FD.又FDC平面SCD,PEt平 面SCD,可得PE∥平面SCD. (2)据：在棱c上存在点M,且d矿：高或d:志，证明如下： 因为△SMD为等边三角形，且S在平面ABCD上的射形为AD中点 P,所以SP⊥平面ABCD,则SP是四棱锥S-ABCD的高.设AD=m(m> 0),则sP=3 m,结合B=1,知矩形BCD的面积S=m,所以 m宁学寸号9所以m2以点P为照点 ,P砖的方向分别为x,:轴的正方向，在平面ABCD内过点P作AD 的垂线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,0), C(-1,1,0),B(1,1,0),S(0,0,3),故P元=(-1,1,0)，Pi=(1,1, 0),C=(1,-1,5),设C=AC=(A,-A,a)(0≤A≤1)，则P P元+C=(A-1,1-A,5A),设平面PMB的一个法向量为n (xy,),则 a·成=(A-1)x+(1-A)y5A=0令x=月A, (m…i=x+y=0, 则n=(5A,-3A,2-2A).由题意得，1co%(C,n〉1= C·nl d1·1nl 1W3A+√3A+23(1-A)I 23 2w6 5:V3+3n+2-2“5,0m-8M+4 5整理得 202-16+3=(10A-3》(2A-)=0解A=高或A=宁所以存在 点M,当d:C衣减d:时，直线SC与平面PWB所成角的余 弦值为 1 4.(1)证明：取AC的中点0，连接0，P0,如图①所示，因为四边形 ABCD是边长为√2的正方形，所以P0⊥AC,P0=B0=1,在△POB 中，P02+B02=2=PB2,则P0⊥B0.因为ACnB0=0,AC,B0C平 面ABC,所以PO⊥平面ABC.因为POC平面PAC,所以平面PAC⊥平 面ABC 参考答案 (2)解：存在.易知△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且O 为AC的中点，则OB⊥AC.又因为P0⊥平面ABC,以0为原点，分别 以OC,OB,OP所在直线为x,y,:轴建立空间直角坐标系，如图②所 示，则A(-1,0,0),P(0,0,1),C(1,0,0),B(0,1,0),设M(x0, 00),则Ai=(+1,00),A币=(1,0,1)，设A=AA币=(A,0, （+1=A,=A-1, A),Ae[0,1],可得%=0，解得%=0，所以M(A-1,0,A) 6=A, 0=A, 则C=(A-2,0,A),B就=(1，-1,0)，设平面MBC的法向量m1=(a, m1·Ci=(A-2)a+Ac=0, b,e),可得 令a=A,则b=A,c=2-A,所以 m1·B成=a-b=0, 平面MBC的一个法向量m1=(,入，2-A),由图②易知平面ABC的 一个法向量m2=(0,0,1),设平面ABC与平面MBC的夹角为8， 1m1·m2I 12-入1 3,化简可 6 则=m,·1m++(2-A了.0+0 得3241-4=0，解得A:子或A=-2合去).所以存在满足题设条 件的点M,点M为线段AP上靠近P的三等分点 5.(1)证明：取PD的中点N,连接AN,MN:M为棱PC的中点， N∥cD,N=CDAB∥CD,AB=CD,AB∥N,AB= MN,,四边形ABMN是平行四边形，∴.BM∥AN.又BM￠平面 PAD,ANC平面PAD,∴BM∥平面PAD. (2)解：PC=5,PD=1,CD=2PC2=PD2+CD2,.PD⊥DC平 面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,PDC平面 PDC,∴PD⊥平面ABCD.又ADC平面ABCD,∴，PD⊥AD.又：AD⊥ DC,∴DA,DC,DP两两垂直.以点D为坐标原点，DA,DC,DP所在直 线分别为xy,:轴建立空间直角坐标系，如图，则P(0,0,1),D(0,0, 0),A(1,0,0),C(0,2,0),B(1,1,0).M为棱PC的中点，∴M0, ①0=(0.1，）成=(11,0，设平面BDw的-个法向量为 m…D成=y2=0令=2，则y=-1,=1n 1 n=(x,y),则 (n.DB=xty=0. (1,-1,2),P=(1,1,-1),P元=(0,2，-1)，设平面PBC的-个法向 量为m=(a,b,c),则 m成=at6-c=0令6=l,则a=1,e=2, m…Ft=2b-c=0, m=(,12)心s(m,)m而6X石行，根据图形得二 面角P-B-D为悦角，则二面角P-B-D的余弦值为子 ②存在假设在棱PA上存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是 源时-A,0≤Ae1则0a,0.-).商-(d-1-1。 由①知平面BDM的-一个法向量为n=(1,-1,2).戒·n=A-1+ 1+2(1-A)=2-A,点Q到平面BDW的距离是配：m.2-A. 6 5解得X行在RAAP中，PA=2,Q号 6.(1)证明：取BE的中点F,连接AF,C,F,如图①，因为四边形ABCE 黑白题87 是边长为2的菱形，并且∠BCE=60°，所以△ABE,△BEC,均为等边 三角形，故AF⊥BE,C,F⊥BE,且AF=C,F=√3因为AC1=√6，所 以AF2+C,=AC,由勾股定理逆定理得AF⊥C,F,又因为AF门 BE=F,AF,BEC平面ABED,所以C,F⊥平面ABED.因为C,FC平面 BC,E,所以平面BC,E⊥平面ABED ① (2)解：以F为坐标原点，FA所在直线为黑轴，下B所在直线为y轴， FC,所在直线为：轴，建立如图②所示的空间直角坐标系，则F(0,0 04s0,08010.G00n.80-1.0.n(停2 53 0设(m,a0,成-AAe[0,1,故（气号a+号 (停号6）小e,将得语号 22 队截P(停号之小设平面c,的法向量为 (,则=(-5,10)，G(-万，0，，散0即 .AC=0, 一5xy0.令1，则y=3,=1,故=(1,5,1)，其中币 -√5x+3a=0, (2则 lvl ·(1,5,1) √15 √1+3+1 解A=子 即点P在棱DC,的中点位置时，使得点P到平面ABC,的距离 为 5 ② 专项突破04直线中的对称和定点问题 1.B解析：直线3x-4y+5=0关于x轴对称的直线方程为3x-4(-y)+ 5=0,即3x+4y+5=0.故选B. 2.C解析：由题意，在直线x+y+2=0中，斜率为-1，垂直于直线x+ y+2=0且过点P(2,3)的直线方程为y-3=1×(x-2),即y=x+1,如 3 x三- 图设两直线交点为么，由化以。解特 2 ( y=-2 子）点P(2,3)关于直线*y+2=0的对称点的坐标为 P(之2-2，之2-3），即P(-5,4),散选C 选择性必修第一册·RUA 3.B解析：设直线1：4x+3y-2=0关于点A(1,1)对称的直线上任意一 点P(x,y),则P(x,y)关于A(1,1)对称点为(2-x,2-y).又因为(2- x,2-y)在4x+3y-2=0上，所以4(2-x)+3(2-y)-2=0,即4x+3y 12=0.故选B. 4.A解析：设点0(0,0)和 (仔，），线段0加中点为点，折线 0412 即为线段0P的中垂线，则2 56 2 「5，所以 -0 ( ,直线OP的斜率为 5 1 2,则折线斜率为2， 5 所以折线方程为y=2(号）子y=2-3,由题知点(7,3)与点 3 (m,n)关于折线对称，则两点中点在折线上且两点连线与折线垂直， n-31 3 m-72 2n+m=13. 5 所以 化简得 解得 所以m+n= a+3-2x× n-2m=5, 31 2 23, n 4故选A 5.C解析：设A(-4,2)关于直线y=2x的对称点坐标为(g,y),则 解得=4，·直线C所在方程为y一12 2=2x4 (y=-2, 43(x 2 2 3),即3+-10=0联立直线y=2,解得则C(2,4).故选C (层 解析：点P(4,0)沿与x轴成8角的方向发射到AB边 上的点P, 则LP,PB=∠P,P2C=∠PP,0=0,有AP1=4an0,则BP,=6 ma,明68.4m8-(。小-总。 tan 6 0P3 GP,=cP,·tm0=12m0-6,0P=6-CR=l2-12am8,0P,=am0 品。2，甲（品。120小品。-2e(4,8.解得 1 12 tan 8<- 放答案为()】 7.A解析：由于直线x+my一m=0经过的定点坐标为(0,1)，所以A的 坐标为(0,1)，直线mx-ym+3=0变形为m(x-1)-y+3=0,所以经 过定点(1,3)，故B的坐标为(1,3).因为1·m+m·(-1)=0,所以两 直线垂直，如图所示，因此△ABP为直角三角形，所以1PQ1= 之1481=70-o+(s-4- 8.C解析：将直线1方程整理为(3x+y-4)A+x+y-2=0,由 40引，直线1恒过点A1,),当PA1直线1时， (x+y2=0, 点P到直线1的距离最大，显然A≠-1，否则PA⊥直线1不成立，从 而2 1+3A 3 1+A -156+2=3A+3A号放选C 黑白题88心专项突破03 利用空间向量解法 题组位置关系问题 1.(2025·湖北十堰高二月考)如图，在直四 棱柱ABCD-AB,C,D,中，底面ABCD是边 长为2的正方形，侧棱DD1=6,点E,F分别 在侧棱AA1,CC1上，且A,E=CF=2. (1)求平面BEF与平面ABCD夹角的余 弦值 (2)已知0为底面A,B,C,D,的中心，在 BB,上是否存在点G,使得OG∥平面 BEP?若存在，求出BG:若不存在，请 BB. 说明理由 2.(2025·广东广州高二月考)在三棱锥 P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC,△PAC为 等腰直角三角形，PA⊥PC,AC⊥BC, BC=2AC=4,M为AB的中点. (1)求证：AC⊥PM. (2)求平面CPA与平面PAB所成角的余 弦值， (3)在线段PB上是否存在点N使得平面 CN1平面PAB?若存在，求出PB的 O4黑白题数学|选择性必修第一册·RJA 探索性问题 值：若不存在，说明理由。 题组三角度问题 3.(2025·浙江杭州高二期中)如图，在四棱 锥S-ABCD中，四边形ABCD为矩形， △SAD为等边三角形，且S在平面ABCD上 的射影为AD中点P,AB=1,Vs-ABCD= 2√3 3 (1)若E为棱SB的中点，求证：PE∥平 面SCD. (2)在棱SC上是否存在点M,使得直线SC 与平面PMB所成角的余弦值为？若 存在，求出点M的位置并给以证明：若 不存在，请说明理由. 4.(2025·陕西汉中高二期末)图①是边长为 2的正方形ABCD,将△ACD沿AC折起得 到如图②所示的三棱锥P-ABC,且PB=√2. (1)证明：平面PAC⊥平面ABC (2)棱PA上是否存在一点M,使得平 面ABC与平面MBC的夹角的余弦值 为？若存在，指出点M的位置：若不 存在，请说明理由. 题组目距离问题 5.(2025·山东东营高二月考)如图，在四棱 锥P-ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD, AD⊥DC,AB∥DC,AB=2CD=AD=L,M为 棱PC的中点 (1)证明：BM∥平面PAD. (2)若PC=√5，PD=1. ①求二面角P-BM-D的余弦值. ②在棱PA上是否存在点Q,使得点Q 到平面BDM的距离是56？若存在，求 18 出PQ的长：若不存在，说明理由 6.(2025·陕西安康高二月考)图①是直角梯 形ABCD,AB∥CD,∠D=90°，四边形ABCE 是边长为2的菱形，并且∠BCE=60°，以BE 为折痕将△BCE折起，使点C到达C,的位 置，且AC,=√6（如图②）. (1)求证：平面BC,E⊥平面ABED (2)在棱DC上是否存在点P,使得点P到 平面c,的距离为5，若存在，求 出P的位置：若不存在，请说明理由。 进阶突破·专项练05