第2章 专题微课 利用空间向量解决立体几何热点问题 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（湘教版）

第2章 专题微课 利用空间向量解决立体几何热点问题 [课时跟踪检测] 1.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥平面ACC1A1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析: 选C　在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC,BC⊂平面ABC,所以CC1⊥AC,CC1⊥BC,BC⊥平面ACC1A1,AC⊂平面ACC1A1,所以BC⊥AC,所以CA,CC1,CB互相垂直,以C为原点,分别以CA,CC1,CB所在的直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设CA=CC1=2CB=2,则C(0,0,0),A(2,0,0),B1(0,2,1),B(0,0,1),C1(0,2,0),可得=(-2,2,1),=(0,2,-1),所以|cos<,>|===.所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为. 2.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1A=5,AB=12, 则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是 (　　) A.5 B.8 C. D. 解析: 选C　以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则C(0,12,0),D1(0,0,5).设B(x,12,0),B1(x,12,5)(x≠0).设平面A1BCD1的法向量为n=(a,b,c),由n⊥,n⊥,得n·=(a,b,c)·(-x,0,0)=-ax=0,n·=(a,b,c)·(0,-12,5)=-12b+5c=0,∴a=0,b=c,∴可取n=(0,5,12).又=(0,0,-5),∴点B1到平面A1BCD1的距离为=,∵B1C1∥BC,BC⊂平面A1BCD1,B1C1⊄平面A1BCD1,∴B1C1∥平面A1BCD1,∴B1C1到平面A1BCD1的距离为. 3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则 (　　) A.BD1⊥平面B1EF B.BD⊥平面B1EF C.A1C1∥平面B1EF D.A1D∥平面B1EF 解析:选C　以{,,}为正交基,建立空间直角坐标系,设AB=2, 则B1(2,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2).所以=(-1,1,0),=(0,1,2),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(-2,2,0),=(2,0,2).设平面B1EF的法向量为m=(x,y,z),则取x=2,则m=(2,2,-1),因为=≠,所以与m不平行,所以BD1与平面B1EF不垂直,A错误;因为=≠,所以与m不平行,所以BD与平面B1EF不垂直,B错误;因为·m=0,且线在平面外,所以A1C1∥平面B1EF,C正确;因为·m=2≠0,所以A1D与平面B1EF不平行,D错误. 4.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在棱CD上运动,点Q在侧面ADD1A1上运动,满足B1Q⊥平面AD1P,则线段PQ的最小值为 (　　) A. B.1 C. D. 解析: 选A　以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),设P(0,m,0),0≤m≤1,Q(n,0,t),所以=(n-1,-1,t-1),=(-1,0,1),=(-1,m,0),因为B1Q⊥平面AD1P,所以·=(n-1,-1,t-1)·(-1,0,1)=1-n+t-1=t-n=0,故t=n,·=(n-1,-1,t-1)·(-1,m,0)=1-n-m=0,故m=1-n,其中=(n,-m,t),故=n2+m2+t2=2n2+(1-n)2=3n2-2n+1=3+,故当n=时,|=,此时m=1-n=满足要求,所以线段PQ的最小值为=. 5.如图,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是等边三角形,四边形ABCD是矩形,且AD=2AB,E是CD的中点,F是AD上一点,当BF⊥PE时,= (　　) A.3 B. C. D.2 解析: 选C　分别取AD,BC的中点O,G,连接OP,OG,以O为坐标原点,,,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.设AD=2,则B(1,-1,0),E,P(0,0,).设F(0,a,0)(-1≤a≤1),则=(-1,a+1,0),=.因为BF⊥PE,所以·=-+a+1=0,解得a=-,所以=. 6.已知梯形CEPD如图1所示,其中PD=8,CE=6,A为线段PD的中点,四边形ABCD为正方形,现沿AB进行折叠,使得平面PABE⊥平面ABCD,得到如图2所示的几何体. 已知当AB上一点F满足|AF|=|λAB|(0<λ<1)时,平面DEF⊥平面PCE,则λ的值为 (　　) A. B. C. D. 解析: 选C　由题意,以A为原点,射线AB,AD,AP为x,y,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,连接ED,所以C(4,4,0),D(0,4,0),E(4,0,2),P(0,0,4),F(4λ,0,0),则=(4,0,-2),=(4,4,-4),=(4(λ-1),0,-2),=(4,-4,2), 若m=(x,y,z)是平面DEF的法向量, 则⇒ 可得m=. 若n=(a,b,c)是平面PCE的法向量, 则⇒ 可得n=(1,1,2),由平面DEF⊥平面PCE, 得++4=0,解得λ=,故选C. 7.[多选]已知点P是正方体ABCD-A1B1C1D1侧面BB1C1C(包含边界)上一点,下列说法正确的是 (　　) A.存在唯一一点P,使得DP∥AB1 B.存在唯一一点P,使得AP∥平面A1C1D C.存在唯一一点P,使得A1P⊥B1D D.存在唯一一点P,使得D1P⊥平面A1C1D 解析: 选AD　如图建系,令AD=1,P(x,1,z),则A(1,0,0),A1(1,0,1),C1(0,1,1),D(0,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),=(x,1,z),=(0,1,1),若DP∥AB1,则解得x=0,z=1,故P(0,1,1)满足要求,与C1重合,存在唯一一点P,使得DP∥AB1,A正确.因为·=(-1,-1,1)·(-1,1,0)=1-1=0,·=(-1,-1,1)·(-1,0,-1)=1-1=0,因为A1C1∩A1D=A1,A1C1,A1D⊂平面A1C1D,所以⊥平面A1C1D,又AP∥平面A1C1D,则·=(x-1,1,z)·(-1,-1,1)=1-x-1+z=0,解得x=z,故P点轨迹为线段B1C,满足条件的P有无数个,B错误.=(x-1,1,z-1),=(1,1,1),·=x-1+1+z-1=x+z-1=0,P在线段BC1上,满足条件的P有无数个,C错误.由上可知⊥平面A1C1D,而⊥平面A1C1D,又与共线,故P,B重合,D正确.故选AD. 8.[多选]如图,矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直,AD=DE=4,G为线段AE上的动点,则下列说法正确的是 (　　) A.AE⊥CF B.若G为线段AE的中点,则GB∥平面CEF C.点B到平面CEF的距离为 D.BG2+CG2的最小值为48 解析:选ABC　因为四边形BDEF是矩形,所以DE⊥DB,又因为矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直,矩形BDEF所在平面与正方形ABCD相交于BD,所以DE⊥平面ABCD,而AD,DC⊂平面ABCD,所以DE⊥AD,DC⊥DE,又四边形ABCD是正方形,所以AD⊥DC,因此建立如 图所示的空间直角坐标系,则A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),E(0,0,4),F(4,4,4),因为=(-4,0,4),=(4,0,4),所以·=-16+16=0⇒⊥,故A正确;当G为线段AE的中点时,G(2,0,2),=(2,4,-2),=(0,-4,4),设平面CEF的一个法向量为m=(x,y,z),于是有⇒⇒m=(1,-1,-1),因为·m=2×1+4×(-1)+(-2)×(-1)=0,GB⊄平面CEF,所以GB∥平面CEF,故B正确;=(4,0,0),所以点B到平面CEF的距离d===,故C正确;设G=(x1,y1,z1),则=λ,(x1-4,y1,z1)=λ(-4,0,4)(λ∈[0,1])⇒G(4-4λ,0,4λ),BG2+CG2=16λ2+16+16λ2+16-32λ+16λ2+16+16λ2=(8λ-2)2+44,当λ=时,BG2+CG2有最小值44,故D错误.故选ABC. 9.(5分)正方形ABCD的边长是2,E,F分别是AB和CD的中点,将正方形沿EF折成直二面角 (如图所示).M为矩形AEFD内一点,如果∠MBE=∠MBC,MB和平面BCF所成角的正切值为,那么点M到直线EF的距离为　　　　.  解析: 如图,以E为坐标原点建立空间直角坐标系,则E(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),设M(0,y,z)(0≤y≤2,0≤z≤1),=(1,0,0),=(0,2,0),=(-1,y,z),则cos<,>==,cos<,>==, ∵∠MBE=∠MBC,则 =,即y=1, ∴=(-1,1,z),平面BCF的一个法向量n=(0,0,1),则cos<n,>==, ∵MB和平面BCF所成角的正切值为,则=,则z=, ∴点M到直线EF的距离为. 答案: 10.(5分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且EF⊥A1E.若AB=2,AD=1,AA1=3,则B1F的最小值为　　　　.  解析:以点C1为坐标原点,C1D1,C1B1,C1C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,则A1(2,1,0), 设E(2,0,m),F(0,1,n),0≤m≤3,0≤n≤3,则=(0,-1,m),=(-2,1,n-m).因为EF⊥A1E,所以·=0,即-1+m(n-m)=0,化简得mn=1+m2.当m=0时,显然不符合题意,当m>0时n=+m≥2=2,当且仅当=m,即m=1时等号成立.故B1F的最小值为2. 答案:2 11.(5分)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,AA1=2AB=2.点P在侧面BCC1B1内,若A1C⊥平面BDP,则点P到CD的距离的最小值为　　　　.  解析: 建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A1(1,0,2),C(0,1,0),B(1,1,0),=(-1,1,-2),设P(x,1,z),=(x,0,z), =(x,1,z).由于A1C⊥平面BDP, 所以·=-x+1-2z=0,所以x+2z=1.由于·=0,即CP⊥DC,P到CD的距离为||= = =, 所以当z=-=时, ==. 即点P到CD的距离的最小值为. 答案: 12.(10分)已知几何体ABCDEFG,如图所示,其中四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形,且边长为1,点M在棱DG上. (1)求证:BM⊥EF.(5分) (2)是否存在点M,使得直线MB与平面BEF的夹角为45°?若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由.(5分) 解:(1)证明:∵四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形, ∴AD⊥DC,GD⊥DC,GD⊥DA. 以D为原点,如图建立空间直角坐标系,则B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1). 又点M在棱DG上,故可设M(0,0,t)(0≤t≤1), ∴=(1,1,-t), =(-1,1,0), ∴·=0,∴BM⊥EF. (2)当点M在DG上,且DM=3-4时,直线MB与平面BEF所成的角为45°. 理由如下:假设存在点M,直线MB与平面BEF夹角为45°. 设平面BEF的法向量为n=(x,y,z), 由(1)知=(0,-1,1),=(-1,0,1), ∴ 令z=1,得n=(1,1,1), ∴cos<n,>==. ∵直线MB与平面BEF的夹角为45°, ∴sin 45°=|cos<n,>| ==, 解得t=-4±3.又0≤t≤1, ∴t=3-4,∴存在点M(0,0,3-4)满足题意. ∴当点M在DG上,且DM=3-4时,直线MB与平面BEF所成的角为45°. 13.(15分)如图1,已知△ABC是边长为4的正三角形,D,E,F分别是AB,AC,BC边的中点,将△ADE沿DE折起,使点A到达如图2所示的点P的位置,M为DP边的中点. (1)求证:PC∥平面MEF.(5分) (2)若平面PDE⊥平面BCED,求平面MEF与平面PDE所成角的余弦值.(10分) 解:(1)证明:连接DF,DC, 设DC与EF交于点Q,连接MQ. 因为D,E,F分别是AB,AC,BC边的中点, 所以DE∥FC且DE=FC, 则四边形DFCE为平行四边形, 所以Q为DC的中点, 因为M为DP的中点,所以MQ∥PC. 又因为PC⊄平面MEF,MQ⊂平面MEF, 所以PC∥平面MEF. (2)取DE的中点O,连接OP,OF, 则PO⊥DE, 因为平面PDE⊥平面BCED,平面PDE∩平面BCED=DE,所以PO⊥平面BCED,PO,OD,OF两两垂直. 如图所示,以O为原点,以为x轴的正方向,建立空间直角坐标系,则D(1,0,0),E(-1,0,0),P(0,0,),F(0,,0), M,=(1,,0),=. 设平面MEF的法向量为n=(x,y,z), 则n·=n·=0,即 令y=1,得n=(-,1,3). 易知m=(0,1,0)为平面PDE的一个法向量, 由|cos<n,m>|==,得平面MEF与平面PDE所成角的余弦值为. 14.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,侧面PAD是边长为2的正三角形,平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥PD. (1)求证:平行四边形ABCD为矩形;(5分) (2)若E为侧棱PD的中点,且平面ACE与平面ABP所成角的余弦值为,求点B到平面ACE的距离.(10分) 解: (1)证明:取AD中点M,连接PM,△PAD为正三角形,则PM⊥AD,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PM⊂平面PAD,则PM⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,故PM⊥AB.又AB⊥PD,PM,PD⊂平面PAD,PM∩PD=P,所以AB⊥平面PAD,AD⊂平面PAD,故AB⊥AD,则平行四边形ABCD为矩形. (2)如图,以A为原点,AB为x轴,AD为y轴建立空间直角坐标系,设AB=t(t>0),则A(0,0,0),B(t,0,0),C(t,2,0), P(0,1,),E,所以=(t,2,0),=,=(t,0,0),=(0,1,).设平面ACE的法向量为n=(x1,y1,z1), 则 令x1=2,则n=(2,-t,t). 设平面ABP的法向量为m=(x2,y2,z2), 则 令z2=1,则m=(0,-,1), 由|cos<m,n>|= ==,解得t=1, 则平面ACE的一个法向量为n=(2,-1,),=(1,0,0),点B到平面ACE的距离为==.S 学科网（北京）股份有限公司 $