第6章 专题强化练3 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】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（苏教版）

专题强化练3　用空间向量解决立体几何中的探索性问题 1.(2024江苏盐城响水中学期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,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上是否存在点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. 2.(2024江苏泰州中学、宿迁中学、宜兴中学调研)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,请说明理由. 3.(2025江苏太湖高级中学月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,△PAD为边长为2的等边三角形,△ABC为等腰直角三角形,AB⊥BC,AC=1,∠DAC=90°,平面PAD⊥平面ABCD. (1)证明:AC⊥平面PAD; (2)求点A到平面PBC的距离; (3)在棱PD上是否存在一点E,使得AE∥平面PBC?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 4.(2025江苏卓越高中联盟月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,AB+AD=5,CD=,∠PAD=120°,∠ADC=45°. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)设AB=AP. (i)若直线PB与平面PCD所成角的正弦值为,求线段AB的长; (ii)在线段AD上是否存在点G,使得点P,C,D在以G为球心的球面上?若存在,求出线段AB的长;若不存在,请说明理由. 5.(2025江苏常州期中)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,CD1⊥平面ABCD,AB∥CD,AB⊥AD,AB=2AD=2CD=2,AA1=,点E是线段BD1上的动点. (1)证明:B1C1∥平面BCD1; (2)求直线AE与BB1所成角的余弦值的最大值; (3)在线段BD1上是否存在与B不重合的点E,使得二面角B-AE-C的正弦值为?若存在,求出线段BE的长;若不存在,请说明理由. 6.(2024江苏徐州期中)如图,在三棱锥P-ABC中,侧面PAB是锐角三角形,PA⊥BC,平面PAB⊥平面ABC. (1)求证:AB⊥BC; (2)已知PA=PB=2,AC=4,在棱BC(异于点B,C)上是否存在点D,使得当三棱锥P-ABC的体积最大时,二面角C-PA-D的平面角大于30°?若存在,求出线段BD的长度的取值范围;若不存在,请说明理由. 答案与分层梯度式解析 1.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{}为单位正交基底,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的一个法向量为(1,0,0),记m=(1,0,0). 设二面角C-PD-A的大小为θ,则|cos θ|=,则sin θ=, ∴二面角C-PD-A的正弦值为. (2)假设线段AD上存在点Q,使得它到平面PCD的距离为.设Q(0,m,0),m∈[-1,1],则=(0,m,-1). 由(1)知,平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1), 故点Q到平面PCD的距离d=, 解得m=-或m=(舍去),∴Q. 故线段AD上存在点Q,使得它到平面PCD的距离为,且. 2.解析　(1)证明:∵AB∥CD,∠ABC=90°,∴∠BCD=90°,又CD=BC=2,∴BD=2,∠BDC=∠CBD=45°,则∠ABD=45°. 在△ABD中,由余弦定理,得 AD= =, ∴AD2+BD2=AB2,∴AD⊥BD. 又平面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为坐标原点,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的法向量为n=(x,y,z), 则 则x=0,令z=2λ-1,得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. 3.解析　(1)证明:因为AC⊥AD,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AC⊂平面ABCD, 所以AC⊥平面PAD. (2)取AD的中点O,连接PO. 因为△PAD是边长为2的等边三角形, 所以PO⊥AD,PO=. 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD, 所以PO⊥平面ABCD, 所以以点A为坐标原点,AD所在直线为x轴,AC所在直线为y轴,过点A且平行于PO的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),B),所以. 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z), 则 取x=-1,得y=1,z=,所以n=, 所以点A到平面PBC的距离d=. (3)假设在棱PD上存在一点E,使得AE∥平面PBC. 设(0≤λ≤1). 由(2)得), 所以λ). 由(2)得平面PBC的一个法向量为n=. 因为AE∥平面PBC,所以·n=-1-λ+λ)=0,解得λ=,即,所以在棱PD上存在一点E,使得AE∥平面PBC,且. 4.解析　(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB⊂平面ABCD, 所以AB⊥平面PAD, 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)以点A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,过A且与底面ABCD垂直的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设AB=t(0<t<5),则AP=t,B(t,0,0). 作PQ⊥AD,交DA的延长线于点Q, 由∠PAD=120°,得∠PAQ=60°, 则P,所以. 由AB+AD=5得AD=5-t,则D(0,5-t,0). 作CE⊥AD于E,由CD=,∠ADC=45°得ED=1, 所以C(1,4-t,0), 所以=(-1,1,0). (i)设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=1,得y=1,z=,故n=. 设直线PB与平面PCD所成的角为θ,则sin θ=|cos<n,>|,即,化简得23t2-116t+140=0,解得t=2或t=,所以AB=2或AB=. (ii)不存在.理由如下:假设在线段AD上存在点G,使得点P,C,D在以G为球心的球面上, 则由GC=GD得∠GCD=∠GDC=45°,所以∠CGD=90°, 所以GD=CDcos 45°=1. 又AD=5-t,所以AG=AD-GD=4-t,所以G(0,4-t,0). 故由GP=GD得=1,整理得t2-4t+15=0(*). 因为Δ=(-4)2-4×15<0,所以方程(*)无实数解, 所以线段AD上不存在点G,使得点P,C,D在以G为球心的球面上. 5.解析　(1)证明:易知B1C1∥BC,又B1C1⊄平面BCD1,BC⊂平面BCD1,所以B1C1∥平面BCD1. (2)取AB的中点F,连接CF. 在四边形ABCD中,AB=2CD,AB∥CD,所以AF∥CD,AF=CD,所以四边形AFCD为平行四边形,所以AD∥CF. 又AD⊥CD,所以CD⊥CF. 又CD1⊥平面ABCD,所以以{}为正交基底,建立空间直角坐标系,如图所示. 因为AA1=,所以DD1=. 因为CD1⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以CD1⊥CD. 在Rt△CDD1中,CD1==2. 易得C(0,0,0),A(1,1,0),B(-1,1,0),D1(0,0,2),A1(0,1,2), 所以=(-1,0,2). 设平面ABD1的法向量为n=(x,y,z), 则则x=0, 取z=1,得y=2,所以n=(0,2,1). 所以点A1到平面ABD1的距离d=. 设直线AA1与平面ABD1的夹角为θ,则sin θ=,所以cos θ=. 因为在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1∥BB1,且AE⊂平面ABD1,所以当直线AE与BB1所成的角为θ时,其余弦值取得最大值,为. (3)假设存在满足题意的点E. 易得=(1,-1,2). 设=(λ,-λ,2λ),0<λ≤1,则=(λ-2,-λ,2λ). 设平面AEB的法向量为m1=(x1,y1,z1), 则则x1=0, 令z1=1,得y1=2,所以m1=(0,2,1). 设平面AEC的法向量为m2=(x2,y2,z2), 则 令z2=-λ+1,得x2=λ,y2=-λ,所以m2=(λ,-λ,1-λ). 设二面角B-AE-C的大小为α,则|cos α|=. 因为二面角B-AE-C的正弦值为,所以|cos α|=,即,化简,得3λ2-2λ=0,解得λ=或λ=0(舍去), 所以存在满足题意的点E,此时|,即线段BE的长为. 6.解析　(1)证明:过点P作PE⊥AB于点E, 因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PE⊂平面PAB,所以PE⊥平面ABC, 又因为BC⊂平面ABC,所以PE⊥BC, 又PA⊥BC,PE∩PA=P,PE,PA⊂平面PAB, 所以BC⊥平面PAB, 又AB⊂平面PAB,所以AB⊥BC. (2)假设存在满足题意的点D. 设AB=2a(0<a<2),BC=2b,由AB⊥BC,得AB2+BC2=AC2,即4a2+4b2=16,所以a2+b2=4,所以b=. 由PA=PB,知E为AB的中点,则PE=, 所以VP-ABC=a(4-a2), 令f(a)=a(4-a2),则f '(a)=(4-3a2), 令f '(a)=0,解得a=(负值舍去), 当0<a<时,f '(a)>0,f(a)单调递增; 当<a<2时,f '(a)<0,f(a)单调递减, 所以当a=,即AB=时,三棱锥P-ABC的体积最大. 以B为坐标原点,BC,BA所在直线分别为x轴,y轴,过点B且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 设BD=m,m>0,则D(m,0,0),C,所以. 设平面CPA的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 令y1=,得x1=1,z1=1,则n1=(1,,1). 设平面PAD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 令y2=,得x2=,z2=1,则n2=. 设二面角C-PA-D的大小为θ, 则|cos θ|=<cos 30°=, 解得0<m<, 所以存在满足题意的点D,线段BD的长度的取值范围为. 17 学科网（北京）股份有限公司 $