第6章 专题探究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二册（苏教版）

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 平面ABE,故GH∥平面ABE. (2)解：不存在.因为ED⊥平面ABCD,DA,DCC平面ABCD,所以 DE⊥DA,DE⊥DC.又四边形ABCD为正方形，故DA⊥DC,则DE, DA,DC两两垂直，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所 示，则A(2,0,0),E(0,0,2),G(1,2,0),设H(0,0,m),m∈[0,2]，若 GH1AE,则G.A花=(-1，-2，m)·（-2,0,2)=0,即2+2m=0,解 得m=-1,不满足题意，故满足条件的点H不存在 B 2.解：(1)如图，以A为原点，AC,AB,A41所在直线分别为x,y,z轴建 立空间直角坐标系，则A1(0,0,4),C(2,0,0),M(0,1,0),N(1,1, 4),P(1,1,2),A1C=(2,0,-4),A1M=(0,1,-4),A1=(1,1, 0),A1P=(1,1,-2). B. M 设平面4的法向量a=(,,则正=0 即 n·AM=0, 2x-4红=0，令=1，得x=2,y=4,n=(24,1)是平面A1CM的 y-4z=0, 一个法向量.设A1=入A1=(,入，0)(0≤入≤1)，则P=A1- A1产=(x,A,0)-(1,1,-2)=(A-1,A-1,2),若P∥平面A1CM,则 市1n,从而戒n=0,即2(A-1)+4(A-1)+2=0,解得=子， Ad=子4应当Q为线段A,N上靠近N的三等分点时，PQ/ 平面A,CM 2由a)奥子号11，o-(行子0）小： lA1d·nl (，0）小2 √22+42+1 √2 V2厅21PQ到平面A,CM的距离为4可 4-4√27 21 3.（1)证明：在△ADC中，由题意可得AD=CD=1,∠ADC=90°，所 以AC=√AD2+DC2=√1+I=√2.在△ABC中，AC=√万，AB=2, ∠BAC=45°，由余弦定理有BC2=AB2+AC2-2AB·AC·co345°= 4+2-2x2xw/2x2 =2,所以AB2=AC2+BC2,所以LACB=90,所以 BC⊥AC.又因为BC⊥PA,PA∩AC=A,PA,ACC平面PAC,所以 选择性必修第二册·SJ BC⊥平面PAC.因为PCC平面PAC,所以BC⊥PC,在△PAC 中，AC=√∑，PC=2,PA=6,则PA2=AC2+PC2,所以PC⊥AC.因 为AC∩BC=C,AC,BCC平面ABCD,所以PC⊥平面ABCD. (2)解：存在.因为PC⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以以点A为坐标原 点，A,A店，C的方向分别为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空 问直角坐标系， 则有A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(1,1,2).设 B驼=AB=(1,-1,2)=(,-A,2),其中0≤≤1，则A应=A店+ B成=(，2-A,2),Ad=(1,1,0),A泸=(1,1,2).设n=(x,y,2)为平 n·A正=Ax+(2-A)y+2入z=0, 面EAC的法向量，则有 取x=-入，则 n·Ad=x+y=0, y=A,z=A-1,所以平面EAC的法向量为n=(-A,A,A-1).由题意 可得s(,m1=市：nl。 12A-21 A.1nl6×√2+2+(A-1)下 得3以2+2-1=0因为0≤A≤1，所以A=兮因此，存在点E使得 PA与平周4C所灵角的正孩位为子，且部行 4.(1)证明：翻折前，因为四边形ABCD为平行四边形，∠D=60°，则 ∠B=60°.因为DC=2AD=2,所以AB=DC=2,BC=AD=1.由余弦定 每AC2=AB2+BC2-2AB·BC·c0s∠B=4+1-2x2X1X2 所以AC2+BC2=AB2,则BC⊥AC.同理可证AD⊥AC,翻折后，则有 BC⊥AC,PA⊥AC.因为PC⊥BC,AC∩PC=C,AC,PCC平面PAC, 所以BC⊥平面PAC.因为PAC平面PAC,所以PA⊥BC.因为AC∩ BC=C,AC,BCC平面ABC,所以PA⊥平面ABC.因为PAC平面 PAB,所以平面PAB⊥平面ABC. (2)解：存在.因为PA⊥平面ABC,BC⊥AC,所以以点A为坐标原 点，B配，A花，A的方向分别为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空 间直角坐标系， 则A(0,0,0),P(0,0,1),C(0,5,0),B(-1,3,0).设PM=AP元 A(0,5,-1)=(0,5x,-A),其中0≤A≤1，则AM=A+PM=(0. 0,1)+(0,3A,-A)=(0,5A,1-),AB=(-1,√5,0).设平面ABM m·A店=-x+3y=0, 的法向量为m=(x,y,z),则 取y=入 m·MM=3y+(1-A)z=0, 1,则z=5入，x=5(-1),所以m=(3入-√3，A-1,5入)，易知平 面c的法向量为n=(00,1),则e(m,m1-: 学霸26 IW3λI √13 √4（λ-1）2+3入2 ,整理可得912=(-1)2.因为0≤A≤1， 解得A=子，因此，线段PC上存在点M,使二面角M-AB-C的余弦 值%吾兴 5.(1)证明：连接BD,设BD与AC交于点0，连接P0,如图①.因为 PA=PC=2,所以AC⊥PO. ① 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，则AC⊥BD. 又PO∩BD=O,PO,BDC平面PBD,所以AC⊥平面PBD.因为 PDC平面PBD,所以AC⊥PD. (2)解：因为PB=PD,所以BD⊥P0,所以由(1)知P01平面 ABCD,以0为原点，O成，0元，O的方向分别为x轴、y轴、z轴正方 向，建立如图②所示空间直角坐标系， 之4 ⑨ 则A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),D(-√3,0,0)，P(0,0, ,所以花=(0,2,0)，D元=(5,1,0)，2= (号1，受)）设平面c的法向量=(.则 n·应=0,33 0即2+y+2=0令x=1,则n=(1,0,10.又平 n.At=0,y=0, 面4CD的法向量市-(0,0,5)，所以cs(m,币=A·0 1n11O 2x52,所以二面角E-4C-D为 41 (3)解：存在由(2)得C=(0,-1,5),B武=(-5,1,0)，设c市 AC=(0,-A,5),Ae[0,1],则o=0元+C=(0,1-A,5A), 所以点F到平面ABC的距离d=,l_3A,6 26,解得= 号本}本，所以 6.(1)证明：在图①中取CE的中点F,连接BF,AE, ..CE=2 ED,CD=3,AB=2,.CF=1,EF=1.AD=3,DF=AB= 2,DF∥AB,∠D=90°，.四边形ABFD为矩形，.BF⊥CD,BE= BC=√3+1=2.又CE=2,.△BCE为等边三角形.又AE=√3+1= 2,.△ABE为等边三角形.在图②中，取BE的中点G,连接AG, C1G,:△C1BE,△ABE为等边三角形，C1G⊥BE,AG⊥BE, .C1G=AG=3.又AC1=6,AG2+CG=AC,.C1G⊥AG.又 参考答案 AG∩BE=G,AG,BEC平面ABED,∴C1G⊥平面ABED.C1GC平 面BC1E,∴.平面BC1E⊥平面ABED. --G ① (2)解：以G为坐标原点，G,G成，CC的方向分别为x,y,z轴的正 方向，建立如图③所示空间直角坐标系， z个 ③ 则B0,1.0,E(0.-1,0),4(5,0.0).G1(0,05),D( 号0-(9）庙-02,0-o1 5).设棱DC1上存在点P(x,y,z)且D=ADC(0≤A≤1)满足题 〔5.5， 33 x22 x=22 =2-2, z=5A, z=W3λ， 子小萨（停宁5A）设平面E的法 向量n=(a,b,c),则 E求.n=2b=0, 令42则6=0只n(0安》 ,点C到平面PBE 3λ-√3 的距离d= IEC·nl √ 1 Inl ,解得A=弓1=(2， 0,-2).又平面ABE的法向量m=(0,0,1),cos〈m,n〉= m·N2.5又二面角P-B-A为锐二面角，二面角 1ml·1n222 P-BE-A的大小为行 第6章真题演练 1.(1)证明：取CB1的中点P,连接NP,MP,由N是B1C1的中点，可 得NP∥CC,且NP=2CC1,由M是DD,的中点，得D,M= 之0，=之cC,且D,M/cC,则有D,M/P,DM=P,故因边 形D1MPN是平行四边形，故D1N∥MP,又MPC平面CB,M, D1N￠平面CB1M,故D1N∥平面CB1M. 学霸27题课堂 专题探究03 利用空间向量解决探索性问题 题组一位置关系问题 题组二角度问题 1.(2024·四川成都外国语学校高二月考)如 3.（2024·江西新余高二期末)如图，在四棱锥 图，多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方 P-ABCD中，已知AB∥CD,AB⊥AD,BC⊥ 形，DE⊥平面ABCD,CF∥DE,且AB=DE=2, PA,AB=2AD=2CD=2,PA=√6，PC=2,E是 CF=1,G为棱BC的中点，H为棱DE上的 线段PB上的点. 动点， (1)求证：PC⊥平面ABCD (1)证明：当H为棱DE的中点时，GH∥平 (2)是否存在点E,使得PA与平面EAC所成 面ABE. (2)是否存在点H,使得GH⊥AE?若存在，求 角的正弦值为子？若存在，求出那的值； DH:DE的值；若不存在，请说明理由 若不存在，请说明理由， 4.（2024·云南昆明高二期末)已知平行四边 形ABCD如图①，∠D=60°，DC=2AD=2, 沿AC将△ADC折起，使点D到达点P位置， 2.(2024·山东临沂高二期末)如图，在直三棱 且PC⊥BC,连接PB得三棱锥P-ABC, 柱ABC-AB1C1中，∠BAC=90°，AB= 如图② AC=2,AA1=4,M是AB的中点，N是B1C1的 (1)证明：平面PAB⊥平面ABC. 中点，P是BC,与B,C的交点， (2)在线段PC上是否存在点M,使二面 (1)在线段AN上找一点Q,使得PQ∥平 面A,CM; 角M-B-C的余弦值为 13 ?若存在， (2)在(1)的条件下，求PQ与平面A,CM的 距离。 求出 PC的值；若不存在，请说明理由。 选择性必修第二册·SJ学霸030 题组目距离问题 6.(2024·山东青岛高二期中)图①是直角梯 5.（2024·山东东营高二月考)如图，四棱锥 形ABCD,AB∥CD,∠D=90°，AB=2,DC= P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形， 3,AD=√3，CE=2ED,以BE为折痕将△BCE PA=PC=2,PB=PD,且∠ABC=60°，E为PD 折起，使点C到达点C的位置，且AC1=6, 的中点 如图②. (1)求证：ACLPD. (1)求证：平面BC,E⊥平面ABED (2)求二面角E-AC-D的大小 (2)在棱DC1上是否存在点P,使得点C到 (3)在侧棱PC上是否存在点F,使得点F到 平面C的矩离为若存在，求 面PBE的距离为？若存在，求出宁 FC 面角P-BE-A的大小；若不存在，说明 的值；若不存在，请说明理由， 理由. 第6章学霸031