3.4 培优课 利用空间向量解决立体几何中的综合问题 同步练习-2026-2027学年高二上学期数学北师大版选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦空间向量解决立体几何问题，通过基础巩固、能力提升、综合拓展三层设计，实现从概念理解到综合应用的递进，培养空间观念与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|空间向量平行、模长、夹角、距离|选择填空为主，如向量平行求参数，强化运算能力| |能力提升|线面垂直、空间基底、线面角|多选与中档解答题，如判断线面垂直存在性，发展几何直观| |综合拓展|面面垂直、折叠问题、开放条件|复杂解答题，如三选一条件证明面面垂直，培养创新意识|

培优课　利用空间向量解决立体几何中的综合问题 1.已知向量a＝（x，2，－1），b＝（2，4，－2），如果a∥b，那么x＝（　　） A.－1　　　　　　　　 B.1 C.－5 D.5 2.已知正方形ABCD的边长为1，设＝a，＝b，＝c，则｜a＋b＋c｜＝（　　） A.0 B.3 C.2＋ D.2 3.两向量v1＝（2，0，3），v2＝（－3，0，2），则以向量v1，v2为方向向量的直线l1，l2的夹角为（　　） A.90° B.45° C.60° D.30° 4.已知直线l的一个方向向量为n＝（1，0，2），点A（0，1，1）在直线l上，则点P（1，2，2）到直线l的距离为（　　） A.　 　B.　　 C.　 　D.2 5.在四棱锥P-ABCD中，＝（2，－1，3），＝（－2，1，0），＝（3，－1，4），则这个四棱锥的高为（　　） A. B. C. D. 6.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，若点Q在线段B1P上，则下列结论正确的是（　　） A.当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD B.当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BD C.在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD D.不存在DQ与平面A1BD垂直 7.（多选）设{a，b，c}是空间的一组基，则下列结论正确的是（　　） A.a，b，c可以为任意向量 B.对任一空间向量p，存在唯一有序实数组（x，y，z），使p＝xa＋yb＋zc C.若a⊥b，b⊥c，则a⊥c D.{a＋2b，b＋2c，c＋2a}可以构成空间的一组基 8.（多选）如图，已知E是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BC的中点，F是棱BB1的中点，设点D到平面AED1的距离为d，直线DE与平面AED1所成的角为θ，平面AED1与平面AED的夹角为α，则（　　） A.DF⊥平面AED1 B.d＝ C.sin θ＝ D.cos α＝ 9.（多选）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别为CC1，BC，CD，BB1的中点，则下列结论正确的是（　　） A.B1G⊥EF B.A1H∥平面AEF C.点B1到平面AEF的距离为2 D.二面角E-AF-C的大小为 10.已知a＝（2，3，－1），b＝（－2，1，3），则以a，b为邻边的平行四边形的面积是　　　　. 11.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，则点A1到平面AB1E的距离为　　　　. 12.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，M分别为B1C1，C1D1，A1B1的中点，则异面直线EF与AM的距离为　　　　. 13.已知空间三点A（－2，0，1），B（－1，1，1），C（－3，0，3），设a＝，b＝. （1）若向量a＋kb与ka－2b互相垂直，求k的值； （2）求向量a在向量b上的投影向量c. 14.在①平面PAB⊥平面ABCD，②AP⊥CD，③BC⊥平面PAB这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，点E在BC上，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥AP，BC＝2AB＝2AD＝2AP＝4BE＝4，且　　　　. （1）求证：平面PDE⊥平面PAC； （2）求直线PE与平面PAC所成角的正弦值. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 15.如图，在四棱锥S-ABCD中，△ABS是正三角形，四边形ABCD是菱形，AB＝4，∠ABC＝120°，点E是BS的中点. （1）求证：SD∥平面ACE； （2）若平面ABS⊥平面ABCD，求点E到平面ASD的距离. 16.图①中的四边形ABCD为矩形，E，F分别为AD，BC边的三等分点，其中AB＝AE＝CF＝1，以EF为折痕把四边形AEFB折起，折成如图②所示，使平面AEFB⊥平面EFCD. （1）证明：图②中CD⊥BD； （2）求二面角A-BD-C的余弦值. 培优课　利用空间向量解决立体几何中的综合问题 1.B　因为a＝（x，2，－1），b＝（2，4，－2），a∥b，所以＝＝，所以x＝1. 2.D　利用向量加法的平行四边形法则，结合正方形的性质求解，｜a＋b＋c｜＝2｜｜＝2. 3.A　cos＜v1，v2＞＝＝0，故以向量v1，v2为方向向量的直线l1，l2的夹角为90°. 4.A　由已知得＝（－1，－1，－1），所以点P到直线l的距离为d＝＝＝. 5.A　设平面ABCD的法向量为n＝（x，y，z），则∵＝（2，－1，3），＝（－2，1，0），∴令x＝1，可得y＝2，z＝0，即n＝（1，2，0），∴cos＜n，＞＝＝.设AP与平面ABCD所成角为α，则sin α＝，于是P到平面ABCD的距离为｜｜sin α＝，即四棱锥P-ABCD的高为. 6.D　以A1为坐标原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（图略），则由已知得A1（0，0，0），B1（1，0，0），B（1，0，1），D（0，1，），P（0，2，0），＝（1，0，1），＝（0，1，），＝（－1，2，0），＝（1，－1，－）.设平面A1BD的法向量为n＝（x，y，z），则取z＝－2，则x＝2，y＝1，所以平面A1BD的一个法向量为n＝（2，1，－2）.假设DQ⊥平面A1BD，且＝λ＝λ（－1，2，0）＝（－λ，2λ，0），则＝＋＝（1－λ，－1＋2λ，－），因为也是平面A1BD的法向量，所以n＝（2，1，－2）与＝（1－λ，－1＋2λ，－）共线，于是有＝＝＝成立，但此方程关于λ无解.故不存在DQ与平面A1BD垂直. 7.BD　因为{a，b，c}是空间的一组基，所以a，b，c为不共面的非零向量，A不正确.由空间向量基本定理知，对任一空间向量p，存在唯一的有序实数组（x，y，z），使p＝xa＋yb＋zc，B正确.a⊥b，b⊥c，但a，c不一定垂直，C不正确.{a＋2b，b＋2c，c＋2a}中三个向量不共面，即可以构成空间的一组基，D正确.故选B、D. 8.BCD　如图，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），E（2，1，0），D（0，2，0），D1（0，2，2），A1（0，0，2），F（2，0，1），∴＝（2，1，0），＝（0，2，2）.设平面AED1的法向量为m＝（x，y，z），则即令x＝1，则y＝－2，z＝2，故m＝（1，－2，2）为平面AED1的一个法向量.∵＝（2，－2，1），∴不存在λ使m＝λ，即与m不共线，∴DF与平面AED1不垂直，故A不正确；又∵＝（0，0，2），∴d＝＝＝，故B正确；又＝（2，－1，0），∴sin θ＝｜cos＜，m＞｜＝＝，故C正确；又＝（0，0，2）为平面AED的一个法向量，∴cos α＝＝＝，故D正确.故选B、C、D. 9.ABC　建立空间直角坐标系如图所示，B1（2，2，2），G（0，1，0），E（0，2，1），F（1，2，0），A（2，0，0），A1（2，0，2），H（2，2，1），所以＝（－2，－1，－2），＝（1，0，－1），所以·＝0，所以B1G⊥EF，A选项正确；＝（0，2，－1），＝（－1，2，0），设平面AEF的法向量为n＝（x，y，z），则故可得n＝（2，1，2），所以·n＝0，又A1H⊄平面AEF，所以A1H∥平面AEF，B选项正确；＝（0，－2，－2），所以点B1到平面AEF的距离为＝＝2，C选项正确；平面AFC的法向量为＝（0，0，2）.设二面角E-AF-C的平面角为θ，由图可知，θ为锐角.cos θ＝＝＝，所以θ不是，D选项错误.故选A、B、C. 10.6　解析：｜a｜＝，｜b｜＝，a·b＝2×（－2）＋3×1＋（－1）×3＝－4，从而cos＜a，b＞＝＝＝－，∴sin＜a，b＞＝＝.故以a，b为邻边的平行四边形的面积S＝｜a｜｜b｜·sin＜a，b＞＝14×＝6. 11.　解析：以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（1，0，0），B1（1，1，1），E（0，0，），A1（1，0，1），∴＝（0，1，1），＝（－1，0，），＝（0，0，1）.设平面AB1E的法向量为n＝（x，y，z），则当z＝2时，平面AB1E的一个法向量为n＝（1，－2，2），则点A1到平面AB1E的距离d＝＝＝. 12.　解析：设N为A1D1的中点，连接MN，AN，BE，FD，BD，易证平面BEFD∥平面AMN，于是问题转化成A点到平面BEFD的距离.如图，以C为坐标原点，CB，CD，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设P为平面BEFD内任一点，由P，B，D，E四点共面，则有：＝a＋b＋c＝a（0，－1，0）＋b（－1，0，0）＋c（－，－1，1）＝（－b－c，－a－c，c）.且a＋b＋c＝1，∴｜｜2＝（b＋c）2＋（a＋c）2＋c2≥2（ ）2＋c2＝（c＋）2＋≥，∴｜｜≥，∴异面直线EF与AM的距离为. 13.解：（1）由已知得a＝＝（－1，1，1）－（－2，0，1）＝（1，1，0），b＝＝（－3，0，3）－（－2，0，1）＝（－1，0，2）. 所以a＋kb＝（1，1，0）＋（－k，0，2k）＝（1－k，1，2k），ka－2b＝（k，k，0）－（－2，0，4）＝（k＋2，k，－4）. 因为a＋kb与ka－2b互相垂直， 所以（1－k，1，2k）·（k＋2，k，－4）＝（1－k）（k＋2）＋k－8k＝0， 即k2＋8k－2＝0，解得k＝－4＋3或k＝－4－3. （2）因为｜a｜＝，｜b｜＝，a·b＝－1， 所以cos＜a，b＞＝＝－，＝（－1，0，2）＝（－，0，）， 所以向量a在向量b上的投影向量c＝｜a｜cos＜a，b＞＝（，0，－）. 14.解：（1）证明：选条件①. ∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，AP⊂平面PAB，AP⊥AB， ∴AP⊥平面ABCD. 又AB⊥AD，∴AB，AD，AP两两垂直. 以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则A（0，0，0），C（2，4，0），D（0，2，0），E（2，1，0），P（0，0，2），∴＝（2，4，0），＝（0，0，2），＝（2，－1，0）. ∵·＝2×2＋4×（－1）＋0×0＝0，·＝0×2＋0×（－1）＋2×0＝0， ∴AC⊥DE，AP⊥DE. 又AP∩AC＝A，∴DE⊥平面PAC. 又DE⊂平面PDE，∴平面PDE⊥平面PAC. 选条件②. ∵底面ABCD为梯形，AD∥BC，∴两腰AB，CD必相交. ∵AP⊥AB，AP⊥CD，AB，CD⊂平面ABCD， ∴AP⊥平面ABCD. 又AB⊥AD，∴AB，AD，AP两两垂直.以下同选条件①. 选条件③. ∵BC⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，∴BC⊥AP. 又AP⊥AB，AB，BC⊂平面ABCD，AB∩BC＝B， ∴AP⊥平面ABCD. 又AB⊥AD，∴AB，AD，AP两两垂直.以下同选条件①. （2）由（1）可得平面PAC的一个法向量为＝（2，－1，0），且＝（2，1，－2）. 设直线PE与平面PAC所成角为θ，则sin θ＝｜cos＜，＞｜＝＝＝. 15.解：（1）证明：在四棱锥S-ABCD中，连接BD交AC于点F，则F为BD的中点，连接EF. ∵E为BS的中点， ∴EF∥SD， 又SD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE， ∴SD∥平面ACE. （2）∵四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°， ∴△ABD为正三角形，取AB的中点O，连接OD，OS， 则OD⊥AB， ∵平面ABS⊥平面ABCD，平面ABS∩平面ABCD＝AB， ∴OD⊥平面ABS. ∵△ABS是正三角形，∴OS⊥AB. 以O为原点，分别以OS，OB，OD所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz. 又∵AB＝4，则A（0，－2，0），D（0，0，2），S（2，0，0），B（0，2，0），E（，1，0），∴＝（0，2，2），＝（2，2，0）. 设平面ASD的法向量为n＝（x，y，z）， 则即 令x＝，则n＝（，－3，）， 又＝（－，1，0），设点E到平面ASD的距离为d， 则d＝＝＝. 即点E到平面ASD的距离为. 16.解：（1）证明：连接BE，易知BE＝，EF＝，BF＝2， ∴BE2＋EF2＝BF2，∴BE⊥EF. ∵平面AEFB⊥平面EFCD，平面AEFB∩平面EFCD＝EF，BE⊂平面AEFB，∴BE⊥平面EFCD. ∵CD⊂平面EFCD，∴BE⊥CD， ∵CD⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BDE， ∴CD⊥平面BDE，∵BD⊂平面BDE，∴CD⊥BD. （2）以ED，EB所在直线分别为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B（0，0，），F（1，1，0），D（0，2，0），C（1，2，0）. ∵＝＝（－，－，）， ∴A（－，－，）， ∴＝（－，－，），＝（0，－2，），＝（1，0，0）. 设平面ABD的法向量为m＝（x1，y1，z1），则 即 令z1＝，则y1＝1，x1＝－3， ∴平面ABD的一个法向量为m＝（－3，1，）. 设平面BDC的法向量为n＝（x2，y2，z2），则即 令z2＝－，则y2＝－1，又x2＝0， ∴平面BDC的一个法向量为n＝（0，－1，－）， ∴cos＜m，n＞＝＝－， 由图可知二面角A-BD-C的平面角为钝角， ∴二面角A-BD-C的余弦值为－. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $