第6章 专题探究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二册（苏教版）

第3关（练思维宽度） 21. 3 解析：因为直线PQ到平面ACD,的距离为， ,所以必有 PQ/平面4CD,即点P到平面4CD,的距离为，如图，建立空 间直角坐标系，设P(P,1,1),又A(1,0,0),C(0,1,0),D1(0,0, 1),则4元=(-1,1,0)，AD=(-1,0,1),C=(p,0,1),设平 面m,的法向量为=(.则E10取=l 9气AD·n=-x+z=0, 得a=发-号9宁园P(台 1),过点P作平面ACD1的平行平面，与正方体ABCD-A1B,C,D 的截面为PMN,M,N分别为线段A1B,和线段BB1的中点，则 M(,71)v(11,2）,所以点Q在直线Mw上，设成- 成d=成am(分0小+w(o,7,）(分 子子A又网=(00,1)，则m0=· 1A411P01 2 ,当入=0时，cos6=0,当入≠ √：(gg 0时，c0s0= 1三，又 √2+1 ，所以cs0≤ 3 6 x ,则m日的最小值为 (丁故案为 D,↑2 22.（1)证明：取PD的中点N,连接AW,MW,如图所示. --->C M为棱PG的中点，MW/CD,AN=子CD:AB∥cD,AB= 2CD,AB/MN,AB=MN,:四边形ABMN是平行四边形， ∴.BM∥AN,又BM丈平面PAD,MNC平面PAD,∴.BM∥平 面PAD. (2)解：PC=√5，PD=1,CD=2,.PC2=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AD,CDC平面ABCD, PD⊥AD,而PD⊥CD,AD⊥DC,以点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.则 P(0,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,2,0) 选择性必修第二册·SJ M为棱Pc的中点M(01,2)B(1,10)。 (i)D减=(01,2），D店=(1,10)，设平面BDM的-个法向 n·DM=y+ 量为n=(x,y,z),则 20, 令z=2,则y=-1,x=1, (n·DB=x+y=0, n=(1,-1,2),平面PDM的一个法向量为DA=(1,0,0), 、六c0〈n,D=G=后，根据图形得三面角P- DM-B为纯角，则二面角P-DM-B的余弦值为V石 61 (iⅱ)存在.假设在线段PA上存在点Q,使得点Q到平面BDM的 距离是2)设成=A成，0≤e1,则0(A0,1-A,成=(A-1, -1,1-入)，由(2)知平面BDM的一个法向量为n=(1,-1,2), B武·n=A-1+1+2(1-A)=2-入，点Q到平面BDM的距离是 Bd·n_2-A_26 0m6gA子PQ22 专题探究01利用空间向量解决折叠问题 1.C解析：因为AB∥CD,∠ABD=120°，所以LBDC=120°.因为 A元=A克+B励+D元，所以1A元12=A克+B+D心+2A方.B励+ 24A官.D元+2Bd.Dd.所以27=9+4+1+2×3×2×cos60°+2×1× 2xoas60+2x3x1Xas(不成，7d,即ea(,d)=名所以异面 直线A'B与CD所成角的余弦值为。故选C 61 2.（1)证明：，：△ABC中，AC=BC=√3，AB=3,∴，由余弦定理得， 0装子，且4为三角带为 角，∴.∠ACB=120°，.∠A=∠ABC=30°.：AD=CD,∠ACD= ∠A=30°，∴.∠DCB=90°，即BC⊥CD.又.△PBC中，PC=BC= √3，PB=√6，PC2+BC2=PB2,.PC⊥BC.,PC,CDC平面PCD, PC∩CD=C,.BC⊥平面PCD.又PDC平面PCD,∴.BC⊥PD. (2)解：以点C为原点，直线CB,CD分别为x轴y轴，过点C且垂 直于平面BCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz. LACD=LA=30°，AC=√3，LADC=∠PDC=120°，由正弦定 理得，GD=inLADC:cD=4、V AC -=1.,BC⊥ sin∠ADC 5 2 平面PCD,∴.点P在平面zCy内.由PD=AD=CD=1,∠PDC= 学霸22 12,得P(0,2）又B(,0.0),00,10,亦=(0 13 2’2 ,D=(5,-1,0).设平面PBD的法向量为n=(x,y,z), (D.n=0 13 0则2+7=0，设x=1,则m=(1,5,-1). DB.n=0, 3x-y=0, 又：C3=(5,0,0),,1cos〈n,C3〉1= n·C InlICBI x5=了，直线BC与平面PBD所成角的正弦值为 √35 5 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⊥平面A'EB.因为菱形ABCD的边长为4，所以AB=AD=CD BC=4,DE=25,AE=BE=2,所以直角梯形BCDE的面积为】× (2+4)×2=63.设四棱锥A-BCD的高为A,则写×65k= 4w3,得h=2,所以A'E=2.又A'E⊥平面BCDE,所以以点E为原 点，EB,ED,EA'所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标 系，则B(2,0,0),C(4,25,0),F(0,5,1),所以BC=(2,25,0),设c= =(350aF82,3,-,则1e1=v4+312 a·c=1- 2 =-2,所以点F到直线BC的距离为d= 3 2,故选A --->C B 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=2B励及 BC=3,所以BD=1,CD=2,在△BCD(题图②)中，由余弦定理得BC 1 √1+4-2x1x2x2=5,又BD2+BC2=1+(5)2=4=CD,所以BC1 BD.又AD∩BD=D,AD,BDC平面ABD,所以BC⊥平面ABD. (2)解：以点B为坐标原点，以BC,BD所在直线以及直线z分别为x轴、 y轴z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 在Rt△ACD中，∠ACD=45°，所以AD=CD=2所以B(0,0,0),C(5,0, 0,o104o1,2w(停7o）则-1-2》sa b,c),则A币=(a,b-1,c-2),由A=AC-(a,b-1,c-2)=(5x,-入， 参考答案 (a=√3λ， -2),则6-1=-，所以Pw5A,1-A,2-2)且0<3，成=(5， c-2=-21, 1以，2-2，耐-（停号D）没平面Pw的法向为 n·Bd=3Ax+(1-A)y+2(1-A)z= 2 2y0, 取=5，则y=3 所以a=(6,-3,）,而成=65,0.0.所以3v厄a底」 13 Inl ,解得入= 4或A 1 8(含去)，故A=4 1/3+94 3-6A 2-21 专题探究2利用空间向量解决 动态问题 1.D解析：由题意知，该几何体为长方体，以点D为原点，建立空间直角 坐标系如图所示，则A(2,0,0),M(1,2,0),则Ai=(-1,2,0).设N(0,2, t)(0≤≤3)，则=(-1,0，). D B 设平面V的法向量为=，则·矿。-+=0 n.M=-x+z=0. 设y=t,则 x=2,z=2,则n=(2,t,2).又A41=(0,0,3),所以点A1到平面AMN的距 离为届：n.6又0≤P∈9,4≤+4≤9，所以当1=3时， nl52+4 息A4,创平面AMN的距离取得最小值，最小值为云放选D 2.A解析：由正方体性质可知，B1C⊥BC1,B,C⊥AB.又BC1∩AB=B, BC1C平面ABC1D1,ABC平面ABC1D1,得B1C⊥平面ABC1D1.平 面ABC1D1∩平面ADD1A1=AD1,故动点M在直线AD1上.设正方体棱 长为1，以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1,0,0), C(1,1,0),D(0,1,1),设M(0,m,m),两直线所成角为6，则Bi= (-1,m,m),CD1=(-1,0,1),故c0s0=- 1+m 1+m2+mZ.5' as0=2」 2 √21，令m+1=6,则s0=5.,2二 /(m+1)产 √ 2 ·√2-4*3=2 1 34 所议当-号即m时，(om叭-号故选A +2 学霸23专题探究01利用空 题组。角度问题 1.(2024·福建厦门高二期末)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=3√5，则异面直线A'B,CD 所成角的余弦值为 A A-s-- -D 月.3 B.4 5 6 C. 6 D.7 2.(2024·浙江绍兴高二期末)如图，已知 △ABC中，AC=BC=√3，AB=3,D是AB上一 点，且AD=CD,将△ADC沿CD翻折至 △PDC,PB=√6. (1)求证：BC⊥PD; (2)求直线BC与平面PBD所成角的正弦值. 第6章 间向量解决折叠问题 题组二距离问题 3.(2024·辽宁沈阳高二期中)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，则点F到直线 BC的距离为 ) ② A.37 B.v②3 2 C.37 D.②3 4 4 4.(2024·山东泰安高二月考)在△ABC(图①) 中，BC=3,∠C=45°，AD为BC边上的高，且 满足DC=2BD,现将△ABD沿AD翻折得到 三棱锥A-BCD(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A正=AAC(0<A<), 若点C到平面PBM的距离为 3,求 √ 的值. M 学霸027 题课堂 专题探究02 利用空间向量解决动态问题 题组。动点与最值问题 B.当点P在AC上移动时，直线D,P与直线 1.（2024·河北石家庄高二期末)在如图所示的 B,D所成角不变 直四棱柱ABCD-AB,C,D1中，底面ABCD C.直线D,P与平面ABCD所成角的最小值 是正方形，AB=2,AA1=3,M是BC的中点， 点N是棱CC,上的一个动点，则点A,到平 为好 面AMN的距离的最小值为 D.当D,P=3时，点P的轨迹为圆的一部分 D 4.（多选)(2024·河北石家庄高二期末)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 1 A.1 B 确的是 2 c 6 D. 7 2.（2024·浙江绍兴高二期末)在正方体 ABCD-AB,C,D1中，过AB作垂直于B,C的 平面交平面ADD,A,于直线I,动点M在直线 A.OM⊥PA L上，则直线BM与CD,所成角余弦值的最大 B.存在点M,使OM∥平面SBC 值为 ( C.存在点M,使直线OM与AB所成的角 B.② 2 为30° c D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和 D.1 为定值 3.(多选)(2024·陕西西安铁一中学高二期末) 5.(2024·辽宁省实验中学高二月考)如图，在 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,P 长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=1, 是正方形ABCD内部（含边界）的一个动点，则 AA1=2,动点P在对角线BD1上（含端，点），则 点B到平面APC的最大距离为 A.存在唯一点P,使得D,P⊥B,C 选择性必修第二册·SJ学霸028