第6章 专题探究02 利用空间向量解决动态问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（苏教版）

利用空间向量解决动态问题 题课堂” 专题探究02 题组一动点与最值问题 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， D 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 A.1 B. 确的是 D. 6 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-ABC1D1中，AB=2,P 长方体ABCD-A1B1C,D1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 6.(2024·广东广州高二期末)如图，正方题组日轨迹问题 形ABCD和正方形ABEF的边长都是1，且它 8.(2024·安徽毫州高二月考)如图，棱长为2 们所在的平面所成的二面角D-AB-F的大小 的正方体ABCD-A,B,C,D1中，O为底面ABCD 是60°，则直线AC和BF夹角的余弦值 的中心，点P在侧面BB,C,C内运动且D,O⊥ 为 若M,N分别是AC,BF上的动 OP,则点P的轨迹长度为 () 点，且AM=BN,则MW的最小值是 7.(2024·浙江绍兴高二期末)如图，在四棱锥 A.√5 B.√3 C.√2 D.1 P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形， 9.（2024·湖南邵阳高二月考)如图，已知正方 ∠BAD:写，侧面△PAD是边长为2的正三角 体ABCD-AB,CD1的棱长为2，E,F分别是 棱AA1,A1D,的中点，点P为底面ABCD内（包括 形，侧面PAD⊥平面ABCD. 边界)一动点，若直线D,P与平面BEF无公共 (1)证明：AD⊥BP; 点，则点P的轨迹长度为 ( (2)若点Q为棱PC上的动点，求平面ABQ与 A.√2+1 B.√5 平面PBC夹角的正弦值的最小值 C.2+ D.√6 2 0 C B 0 D B (第9题) (第10题) 10.（多选)(2024·湖北华师一附中高二期末) 如图，在正方体ABCD-AB,C1D1中，N为BC 的中点，O为BD1的中点，M是棱AA1上靠 近A1点的四等分点，Q是棱DD1上靠近D 点的四等分点，点P在正方体的表面上运 动，且满足OP⊥C,N,则下列说法正确的是 () A.MQ⊥CN B.点P可以是BB,的中点 C.点P的轨迹是长方形 D.点P的轨迹所在平面与平面ABCD相交 第6章学霸02912,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 3.BD解析：A.如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，则D(0,0, 0),B1(2,2,2),C(0,2,0),D1(0,0,2),P(x,y,0),0≤x≤2,0≤y≤2， D12=(x,y,-2),B1乙=(-2,0，-2)，D1市.B1乙=-2x+4=0,得x=2,所以 点P的轨迹为线段AB,有无数个点，满足D1P⊥B1C,故A错误； B.当点P在AC上移动时，设P(x,2-x,0),D产=(x,2-x,-2),B1i= (-2,-2,-2),D产.B,i=-2x-2(2-x)+4=0,即D,P1B1D,所以直线 D,P与直线B,D所成角为90°，故B正确；C.D产=(x,y,-2),平 面ABCD的法向量n=(0,0,1),设直线D,P与平面ABCD所成角为0， D2.n| 则sin0=lcos(D,产，n)1= 2 0≤x≤2,0≤y≤ 1Dp1nl√2+y2+4 2,当y=2时，如9的最小值为0的最小值不是？放C错误： D.当D,P=3时，根据勾股定理可知，DP=√32-2=√5，即点P的轨迹 是以点D为圆心，√5为半径的圆在正方形ABCD内的一部分，故 D正确.故选BD. 4.ABD解析：依题意可知AB,AD,AS两两相互垂直，以A为原点，建 立如图所示的空间直角坐标系， D 设AB=AD=AS=2,则A(0,0,0),S(0,0,2),C(2,2,0),P(1,1,1), 0(1,1,0),A=(1,1,1).设M(0,,2-t),则0M=(-1,t-1,2-t), 所以O成.A户=-1+t-1+2-t=0,所以OM⊥AP,A选项正确；点M 到平面ABCD与平面SAB的距离和为2-t+t=2,为定值，D选项正 确：B(2,0,0),S克=(2,0，-2)，B元=(0,2,0)，设平面SBC的法向 量为m=(,,则·2-2=0， 可设n=(1,0,1),要使 (n.Bt=2y=0, 0M∥平面SBC,又0Mt平面SBC,则O·n=(-1,t-1,2-t)·(1, 0,1)=-1+2-t=1-t=0,解得t=1,所以存在点M,使0M∥平面SBC, B选项正确；若直线0M与直线AB所成角为30°，又A=(2,0,0), 则c0s30°= O应.A店 -2 10M1·1AB1 /1+(t-1)2+(2-t)2×2 V示-6467，整理得3-9+7-=0，因为4=81-43x7=-3<0,所 1 3 以此方程无实数解，所以C选项错误故选ABD. 6号 解析：如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系 选择性必修第二册·SJ D B B 设B=ABD(0≤A≤1)，则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0), D1(0,0,2),则BD=(-1,-1,2),A=(0,1,0),故B=ABD= (-A,-A,2入)，则A=AB+B=(0,1,0)+(-A,-A,2入)=(-A,1-A, 2A),A花=(-1,1,0).设平面APC的法向量n=(x,y,z),则 (n·A元=-x+y=0, 取x=2λ，可得n=(2入，2入，2入- In.AP=-Ax+(1-A)y+2Az=0, 1),则点B到平面APC的距离为.n2A1一，当A= 1nl√12x2-4A+1 I2λ1 0时，点B到平面APC的距离为0，当入≠0时， √/12x2-4+1 1 /31 当且仅当入=之时，等号 2 成立，所以点B到平面APC的最大距离为？放答案为， 2 6. 15解析：在正方形ABEF中，AF LAB,.在正方形ABCD 45 中，AD⊥AB,AFC平面ABEF,ADC平面ABCD,平面ABEF∩平 面ABCD=AB,∴.∠DAF就是二面角D-AB-F的平面角，则 LDAF=60°，∴.向量⑦与向量市的夹角为60°，且Ad1A店，A市1 A成A花=A+B成，B成=B成+E,A心=B成1=2，A花.B成=（成+ B武)·(B配+E成=A店.B配+A店，E求+B武.B成+B武.E市= 1 子m(记成：豆子钱G有欧夹角的余弦值 1 为；连接MB,由题意，AM=N,AC=BR,正方形ACD中， AD⊥AB.设AM=入A元，B=AB京，Ae[0,1],则M元=(1-A)A花，由 题意得1A1=1A1=|A1=1,M=M店+B=M元+C+B=(1 入)A花+C克+入B=(1-入)(A市+A)+C克+A(Bi+B配)=-AA市+(1 2入)A成+A,:.M=2A+(1-2A)2.A应+2A产-2A(1 2入)A市.A+2A(1-2A)A店.A市-22.A市.A求=2+(1-2A)2+ A2+0+0-2λ2c0s60°=5A2-4A+1,令h(A)=5A2-4+1,A∈[0， 5,当A=2 1,则(A)的图象开口向上，且对称轴为直线X=2,: 5 时，(A)=(）=又Me=(we)= 1 即MW的最小值是 5 7.(1)证明：取AD中点O,连接BD,OP,OB,如图，由题可知△ADB为 等边三角形，侧面PAD⊥平面ABCD,所以AD⊥B0,AD LPO.又因 为PO∩B0=O,P0,B0C平面P0B,所以AD⊥平面POB,又PBC 学霸24 平面POB,所以AD⊥BP. (2)解：因为侧面PAD⊥平面ABCD,侧面PAD∩平面ABCD=AD, POC侧面PAD,P0⊥AD,所以PO⊥平面ABCD,分别以OB,OD, OP所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图，则A(0,-1, 0),B(5,0,0),C(5,2,0),D(0,1,0),P(0,0,3),所以P元= (5,2,-3).设P=AP元=A(5,2,-3)=(5A,2,-3A) (0≤入≤1)，则0=0+P=(0,0,3)+(5入，2x,-√3)= (5x,2X,5-√3)，所以A0=0d-0i=(3入，2+1,5-√3).又 AB=(5,1,0),设平面ABQ的法向量是m=(x,y,z),则 (m·A店=3x+y=0, 令z=√3+√3入，则m= m·Ad=3x+(2+1)y+(3-√3A)z=0 (5-3入，3A-3,3+√3A),又B元=(0,2,0)，设平面PBC的法向 n.P元=√3a+2b-3c=0, 量是n=(a,b,c),则 令a=1,则n=(1, (n.Bt=2b=0, 0,1).设平面ABQ与平面PBC的夹角为0，故cos0= 2w3 √6 因为 2√(3-3)2+(3A-3)2+(3+√3入)2√152-18A+15 A)=152-18A+15,图象开口向上，且对称轴为直线A=号，故 A)的最小值为/（号）-8则s0=6 √15x2-18A+15 6-,当s0=D时，可得平面AB0与平面PBC夹角 4 4 4 的正孩值的最小值为个o万-√g 8.A解析：以点D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， D B D 1-7 则0(1,1,0)，D1(0,0,2),设P(x,2,z)(0≤x≤2,0≤z≤2)，则 D1i=(1,1,-2),0=(x-1,1,z).因为D1010P,所以D,d10, 所以D10·0=0,即1×(x-1)+1×1-2z=0,化简得x-2z=0,则动 点P的轨迹为线段CE,其中C(0,2,0),E(2,2,1),则C市=(2,0， 1),所以1C21=√22+1卫=5，故选A 9.B解析：以点D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 参考答案 B 则B(2,2,0),E(2,0,1),F(1,0,2),D1(0,0,2).设点P(a,b,0),0≤ a≤2,0≤b≤2，则8=(0，-2,1)，E=(-1,0,1),D1币=(a,b,-2).设 m·B2=-2y+z=0, 平面BEF的法向量为m=(x,y,z),由 取z=2, m·E录=-x+z=0, 可得m=(2,1,2),由题意可知，D,P∥平面BEF,则D,市·m=2a+h 4=0,令b=0,可得a=2;令b=2,可得a=1.所以点P的轨迹为线段， 且交AD于点A(2,0,0),交BC于点M(1,2,0),所以点P的轨迹长度 为AM=√/(2-1)2+(0-2)2=√5.故选B. 10.ACD解析：以点D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方形的边长为4，对于A:因为M(4,0,3),Q(0,0,1),C1(0, 4,4),N(2,4,0),所以M0=(-4,0,-2),C1=(2,0,-4),所以 Md.C衣=-8+0+8=0，所以MQ⊥C,N,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),0=(2,2, 0),所以O币.C1衣=4+0+0=4≠0，所以0P1C1N不成立，故B错 误；对于C:设P(x,y,z),x,y,ze[0,4],所以0=(x-2,y-2,2 2).因为0.C市=2(x-2)+0-4(z-2)=0,所以x-2z+2=0,当 x=0时，z=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),F2=(-4,0,-2),所以 Md=F应，所以四边形MFEQ为平行四边形.又因为M=(0,4,0), 所以M戒·M市=0+0+0=0，所以Md⊥M市，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0点，所以0∈平面MFEQ.又因为Md.C,衣=0，M市.C衣= 0,所以MQ⊥C,N,MF⊥C1N,且ME n MO=M,MF,MQC平 面MFEQ,所以C1N⊥平面MFEQ,所以若OP⊥C1N,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,C1C,且EF,BC不平行，所以EF,BC相交于 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 专题探究03 利用空间向量解决探索性问题 1.(1)证明：当H为DE的中点时，取EA的中点为M,连接MH,MB, 因为H,M分别为ED,BA的中点，所以可得M班/AD,M班=之4D 根据已知条件可知BG∥AD,BG= 2AD,故MH∥BC,MH=BG,故 四边形HMBG为平行四边形，则HG∥MB.又MBC平面ABE,HG丈 学霸25