1.4 空间向量的应用&专题1 用空间向量法解决轨速问题-【重难点手册】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册同步练习册（人教A版）

1.4空间 A基础过关练 。测试时间：20分钟 1.[重难点1]如图，在四棱锥O-ABCD中，OA⊥ 底面ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形， OA=2,M,N,Q分别为OA,BC,CD的中点， 则点Q到平面MND的距离为(). A② B46 C.3v10 5 D.34 21 10 14 2.[题型4]在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥ BC,BB1=√2AB=√2BC,M,N分别是B1C1, A1B1的中点，则直线BM与直线CN所成角的 余弦值为(). A213 13 B 13 C.5 D26 15 3.[题型1、2](2026·江苏南京外国语学校月考) (多选)下列选项正确的是(). A.两条不重合直线l1,l2的方向向量分别是a= 2,3-D,6-(1,-号2》则4m B.两个不同的平面a,3的法向量分别是u=(2, 2,-1),v=(-3,4,2),则&⊥3 C.直线l的方向向量a=(1,一1,2)，平面a的 法向量是u=(6,4,一1)，则1⊥a D.直线l的方向向量a=(0,3,0),平面a的法 向量是u=(0,-1,0),则l∥a 4.[题型4](2026·广东广州南沙一中周练)在正 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=1,AA1= 2,E是CC1的中点，则平面ABE与平面ABE 夹角的余弦值为 5.[突破点1]如图，在三棱柱ABC-A1BC1中， AA1⊥底面ABC,∠CAB=90°，AB=AC=2, AA1=3,M为BC的中点，P为侧棱BB1上的 动点 第一章空间向量与立体几何锥 向量的应用 (1)求证：平面AMP⊥平面BB1C1C. (2)试判断是否存在点P,使得直线BC1⊥AP. 若存在，求PB的长；若不存在，请说明理由. A B综合提能练 。测试时间：30分钟 1.[题型2]如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中， ∠BAC-F,AB=AC=AA:=1,已知G与E 分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线 段AC和AB上的动点（不包括端点），若GD⊥ EF,则线段DF的长度的取值范围为(). A.[2,N3] B2.⑤ 4,2 c D) 2.[题型4、5]已知在正方体ABCD-A1B1C1D1 中，点AM=λAB1(0≤入≤1)，则直线CM与平 面CB1D所成角的正切值的最大值为(). R受 c D.1 3.[题型3]（多选）如图，在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，E,F分别为CD,A1B1的中点， 则下列结论正确的是(). 夕 铺重难点手册高中数学选择性必修第一册RJA D C D A.点F与点E的距离为√2 B.点F到直线ED,的距离为√ 5 C点F到平面AED,的距离为5 D.平面BFC,到平面AED,的距离为2,6 3 4.[题型1、3]如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面 △PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直， BC/件面PAD,BC=2AD=1,E是棱PD上 的动点。 (1)当E是棱PD的中点时，求证：CE∥平面 PAB; (2)若AB=1,AB⊥AD,求点B到平面ACE 距离的范围. 5.[题型3、4]如图，在三棱锥S-ABC中，SA= SB=BC=AC=√5，SC=AB=2,E,F分别为 AB,SC的中点. (1)求直线BF与平面ABC所成角的正弦值； (2)求异面直线SE,BF的距离d. 6 6.[题型1、4、5]如图，在四棱柱ABCD A1B1C1D1中，已知CD1⊥底面ABCD,AB∥ CD,AB LAD,AB=2AD=2CD=2,AA= √5，E是线段BD1上的动点. (1)求证：B1C1平面BCD1 (2)求直线AE与BB1所成角的余弦值的最 大值. (3)在线段BD1上是否存在与点B不重合的点 E,使得二面角BAEC的正弦值为25？ 6 若存在，求线段BE的长；若不存在，请说明 理由. C培优突破练 ●测试时间：10分钟 1.(多选)如图，在四面体ABCD中，M是棱AB上 的动点，N是棱CD上的动点(M,N不与四面 体的顶点重合).记BN与DM所成的角为P, BN与平面MCD所成的角为0，平面MCD与 平面BCD的夹角为B,则9,0，B的大小关系不 可能是(). (注：平面α与平面B相交形成的四个二面角中， 不大于90°的二面角称为平面α与平面B的 夹角) A.p0B B.B>0 C.B0>o D.B>0 专题1用空间向 1.(2026·浙江绍兴高级中学月考)如图，在棱长为 1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M,N分别 为BD1,B,C1的中点，点P在正方体的表面上 运动，且满足MP⊥CN,则下列说法正确的是 AP可以是棱BB1的中点 D N A B.线段MP的最大值为 3 2 M C.点P的轨迹是正方形 DL-- D.点P轨迹的长度为2十5 A 2.在棱长为5的正方体ABCD-A1B1C1D1中，Q 是DD1的中点，点P在正方体的内切球的球面 上运动，且CP⊥AQ,则点P的轨迹长度为 (). A.W5π B.2√5π c段 D.5π 3.(多选)如图，在棱长为2的正方体ABCD- A1B1C1D1中，P是正方体的上底面A1B1CD1 内（不含边界）的动点，Q是棱BC的中点，则以 下命题正确的是(). D B A.三棱锥Q-PCD的体积是定值 B.存在点P,使得PQ与AA1所成的角为60° C.直线PQ与平面A1ADD1所成角的正弦值的 取值范围为6，) D.若PD1=PQ,则点P的轨迹的长度为35 4.(2026·江苏南京九中周测)（多选）如图，已知正 方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E,F,G, P分别为棱AD,AB,B1C1,CD的中点，点Q 在侧面BCCB,内，则以下说法正确的有 第一章空间向量与立体几何锥 量法解决轨迹问题 D G A.A,C⊥平面EFG B.过点E,F,G作正方体的截面，所得截面的面 积是33 2 C点D,到平面EFG的距离为西 D若PQ/年面EG,则点Q的轨迹长度为号 5.（多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长 为2，M是CC1的中点，P为侧面BCC1B1上的 动点，且满足AM∥平面A1BP,则下列结论正 确的是（). A.AM⊥B1M B.CD1/∥平面A1BP C动点P的轨迹长为213 3 D.AM与A1B,所成角的余弦值为5 3 6.(多选)已知正四面体O-ABC的棱长 为3，则下列说法正确的是(). A.若点P满足OP=xOA十yOB十 OC,且x+y十之=1，则|OP|的最小值为√6 B.在正四面体O-ABC的内部有一个可以任意 转动的正四面体，则此四面体体积可能为号 C.若正四面体O-ABC的四个顶点分别在四个 互相平行的平面内，且每相邻平行平面间的 距离均相等，则此距离为30 10 D.若点Q在△ABC所在平面内且|QO|= 2QA1,则点Q轨迹的长度为2 76.(I)由P市=D,A=F元，得D,F分别为PB,CA的中点， 因为D-D心+号Dd -2成-ò+2- 元-+成-}丽 =成+i-成。 所以1D=√（2P心+2PA-2P =专4什4+4+4-4=5. (2②)油P它-2E,得C花-P壶-P元-子pA-P元 则c.D=(pA-P心)·(2p元+2PA-2P =子1PA1IP元1cos60+3PA2-}1PA1IP店1： cos90°-号P:-21Pi11P心1cms60+g1Pi1· |PC1cos60° =号+号-2-1+1=0， 故CE⊥DF,即直线CE与DF所成的角为90. 7.(1)因为△PBC为等腰直角三角形，∠CPB=90°，BC=CD =4,所以PC=PB=2√2. 又PD2=(26)2=24,PC2+CD2=(22)2+42=24,所以 DC⊥PC. 由匀股定理得DC⊥PC是本题解题的关键 而CD⊥AD,ADBC,故CD⊥BC. 因为PC∩BC=C,PC,BCC平面PBC,所以CD⊥平面PBC. 如图，以C为原点，CP,CD所在直线分别为x轴、之轴，过 点C作PB的平行线为y轴，建立空间直角坐标系Cxy2, 则P(2√2,0,0)，B(22,2√2,0)，F(0,0,2),A(2,2,4), 则AP=(W2,-2,-4),BF=(-22,-22,2), 所以cos〈A,BF)=AP·B亟 APIIBE -2×(-22)+(-2)×(-22)+(-4)×2-2 2W5×25 (2)由(1)知E(2√2，W2,0),设AM=AB, 而AB=(W2,N2,-4),所以AM=(W2t,W2t,-4t), 所以M(W2+√2t,w2+√2t,4-4t), 所以EM=(W2t-√2，W2t,4-4t). 因为BF=(-2√2，-2W2,2), 又EM⊥BF,故EM,BF=0, 所以-2√2×(W2t-2)-2W2X√2t+8-8t=0, 解得1=是，所以A方=子 IAB 4 培优突破练 1BC[设AB的中点为0，则P0=2Pi+号P成，即2Pò =PA+PB,又PB+PA1=2,所以PO1=1,即点P落 在以O为球心，以1为半径的球上，如图所示. >B 因为AP=Ad+O,所以A.A市=(Aò+OP)·AD= AO.AD+OP·AD.由正四面体ABCD的棱长为2W2,得 A0=√2，所以AO·AD=AO1|AD1cos60°=√2X2√2X 合-2设o,A)=0,则A.Ai-A0.Ai+o°· AD=2+OP11AD1cos0=2+2W2cos0,又-1≤cos0≤ 1,所以2-2√2≤2+2W2c0s0≤2+2√2，即AP·AD的最 大值为2+2√2，最小值为2-22.] 1.4空间向量的应用 变武训练 [变式1](1)如图，连接C0.因为底面ABC是边长为4的正三 角形，且O为AB的中点，所以CO=2√3. 又AB=A1A=A1B=4,所以A1O⊥AB,且A1O=2√3 在△M,C中，o∠A1AC=子， 由余弦定理可得coS∠A1AC=AC十A,A2-A,C 2AC·A1A 十-A1C=,解得A,C=26 2×4×4 在△OA1C中，因为C02+A1O2=A1C2,所以AO⊥C0 一般题目中给出较多边长及角度时，可通过计算边长一 得到垂直关系 因为AB,COC平面ABC,且AB∩CO=O, 所以A1O⊥平面ABC. 又ACC平面ABC,所以AC⊥A1O. (2)由(1)知A1O⊥平面ABC,因为BC=AC,所以CO⊥AB, 则以O为坐标原点，OC,OA,OA1所在直线分别为x轴、 y轴、之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,2,0),B(0,-2,0),C(23,0,0),A1(0,0,23), 所以A1C=(2W3,0,-23),BC=(23,2,0),AA1=CC1 (0,-2,23),设CP=λCC1=(0,-2x,23λ)，A∈[0,1]， 7 则A1P=A1C+CP=(23,-2x,-23+2√3λ). 设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,之)， 则 BC·n=0,|2W3x+2y=0, 即 cC·n=0,-2+25z=0, 取x=1,则y=-√3，x=一1，则平面BCC1B1的一个法向 量为n=(1,-√3，-1). 设直线A1P与平面BCC1B1所成的角为0， AP.n 则sin0=|cos(A1P,n)1= A:PlIl 4V3 /(23)2+(-2)2+(-25+23λ)2X5 43 √16以2一24以+24X万’二次通数求最值 当X-是时，血0取得最大值，最大值为号 基础过关练 1.A 2.A[以直线BA,BC,BB1为x轴、y轴、之轴建立如图所示的 空间直角坐标系，设BC=a(a>0),则B(0,0,0),C(0,a,0), M(o,号w2a),N(号，02a),所以BM=(o,号，Ea), ci-(g,-aw2a） 21 设直线BM与CN所成的角为0，则cos0=|cos〈BM,CN) E [o,] 3 BM.CNI 2√/13 BMIICNI 2a 3 13 ,所以直线BM与直 2 a 线V所设角的余磁值为沿] 3.AB[两条不重合的直线l1,l2的方向向量分别是a=(2, 3,-1D,b=(-1,-是，号)，则6=-2a,所以a/6,即 l1九2，故A正确.两个不同的平面a,B的法向量分别是u一 8 (2,2,-1),v=(-3,4,2),则u·v=2×(一3)十2X4十（一 1)×2=0,所以a⊥B,故B正确.直线1的方向向量a=(1, 一1,2)，平面a的法向量是u=(6,4,一1)，则a·u=1×6一 1×4+2×(-1)=0,所以a⊥u,则1/a或lCa,故C错误. 直线l的方向向量a=(0,3,0),平面a的法向量是u=(0, 1 一1,0)，则u=-3a,所以u/a,即lLa,故D错误.] 号.[如图，以点D为坐标原点，以DA,DC,DD,所在直 线分别为x轴、y轴、之轴建立空间直角坐标系，则A(1,0, 0),B(1,1,0),A1(1,0,2),E(0,1,1),AB=(0,1,0),BE= (-1,0,1),A1B=(0,1,-2. 之 D A 设平面ABE的法向量m=(x1,y1,之1)，则 1AB·m=y1=0, 令x1=1,则x1=1,y1=0,所以 BE·m=-x1十21=0， m=(1,0,1).设平面A1BE的法向量n=(x2,y2,x2),则有 |A1B·n=y2-2z2=0, 令x2=1,则z2=1,y2=2,所以 BE·n=-x2十z2=0, n=(1,2,1).设平面ABE与平面A1BE夹角为0，则cos0= 0E 0. wmm-品沿尼是后-入 5.(1),在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥底面ABC,AMC 平面ABC,..AM⊥BB1. AB=AC=2,M为BC的中点，.AM⊥BC. BC∩BB1=B,BC,BB1C平面BB1CC, ∴.AM⊥平面BB1C1C. :AMC平面APM,∴.平面APM⊥平面BB1C1C. (2)以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，AA1为之轴，建立 空间直角坐标系，如图所示，则B(0,2,0),C1(2,0,3),A(0, 0,0). A B M C 设BP=t(0≤t≤3)，则P(0,2,t),BC1=(2,-2,3),AP= (0,2,t). 若BC1AP,则BC·市=-0-4+3=0，解得1=专< 所以存在点P,使得直线BC,LAP,此时PB=号 综合提能练 1.C[在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC,以点 A为坐标原点，AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、 之轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0),E（0, 1,2),c(201) A G E 、D 设F,0,0,D(0y,0,则Gi-(2y,-1),成= (x,-1,-》因为GDL,所以高.萨=-合xy+ 号=0，可得x+2y-1=0,因为x(0,1),则y=-中∈ 2 由x的范围确定y的范围☑广 (o,2）,1DF1=√2+y=-2)+y= --0)+号e悟小] 2.B[以C为原点，CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、 y轴、之轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱 长为2，则D(2,0,0),B1(0,2,2),C(0,0,0) D B D 设M(m,2,2m),则CM=(m,2,2-m),CB1=(0,2,2), 0≤m≤2 CD=(2,0,0.设平面CB1D的法向量为n=(x,y,2),则 n·CB1=2y+2z=0, 令y=1,可得x=0,z=-1,所以n= n·CD=2x=0, (0,1,-1).设直线CM与平面CB1D所成的角为0，则sin0= cos(n,Cil=ln·CM m na2Vm+4年2m·当m 0时，sin0=0.当m∈(0,2]时，sin0= m 2/m2-2m+4 4一2+1 ,设1=2∈[1，+)，则4-2+1=2 m m2 m 2√m2-m t+1∈[1，十∞)，所以 12∈(0,2]，所以m0< 42+1 2√mm [0,]因为9∈[0，]，所以0≤0≤若，则0≤am0≤ 气，所以直线CM与平面CB,D所成角的正切值的最大值 3.ABC[以D为原点，分别以DA,DC,DD,的方向为x轴、 y轴、之轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则 A1,0.0B1,1,0,E0,20）,C0,11,D.0,01 F(1,3,),F2=(-1,0-1D,D,=(,-号，1)，AD= (-10,1),A症=(1,2,0)，设平面AED,的法向量为 AD1·n=-x+z=0, n=(x,y,之)，所以 1 A正n=-x+2y=0, 则可得平面 AED1的一个法向量为n=(1,2,1).点F与点E的距离 |FE1=√(-1)+(-1)7=2，故A正确.点F到直线 ED1的距离为 F正2 FE·ED1\2 ED /30 5 ,故B正确.点F到平面AED1的距离d= |FE·n n 着-誓放C正南因为平面C保面AED,所以平面 上正方形的性质 BFC1到平面AED1的距离即为点F到平面AED1的距离 故D筛误] 之 C 归纳总结) 用向量法求，点到直线距离的一般步骤： (1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量； (3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线 上的投影向量的长度： (4)利用勾股定理求解. 4.(1)因为BC平面PAD,BCC平面ABCD,且平面PAD∩ 平面ABCD=AD,所以BC∥AD. 如图，取PA的中点F,连接BF,EF 因为E是棱PD的中点，所以EFAD/C,且EF=合AD, 9 又因为BC=号AD,所以EF=BC,所以四边形BCEF为平 行四边形，所以CEBF 因为CE中平面PAB,BFC平面PAB,所以CE/平面PAB. (2)取AD的中点O,连接PO. 因为△PAD是正三角形，所以PO⊥AD 又因为平面PAD⊥平面ABCD,且POC平面PAD,ADC 平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD. 因为AB.IAD,BCAD,且BC=AD,则OCAB. 所以OC⊥AD. 以O为原点，以直线OC,OD,OP所在直线分别为x轴、 y轴、之轴建立如图所示的空间直角坐标系。 因为AB=1,BC=AD=1,可得OP=厅， 则A(0,一1,0)，B(1,-1,0),C(1,0,0),P(0,0,√3)，D(0, 1,0), 所以AB=(1,0,0),AC=(1,1,0),AD=(0,2,0),DP- (0,-1,w3). 设DE=DP,A∈[0,1]，可得AE=AD+DE=(0,2,0)+ λ(0，-1，w3)=(0,2-λ，W31). 设平面ACE的法向量为n=(x,y,z), n·AC=x+y=0, 则 n·AE=(2-A)y+3λz=0, 令之=2-λ，则y=-√λ，x=3λ， 所以n=(3λ，一√3入，2-λ). 设点B到平面ACE的距离为d, 可得d=n·AB= 3λ /7λ2-4λ+4 当λ=0时，可得d=0. 当入≠0时， 31 5 √3 d= √/72-4以十4 是√ 44 2-1)+6 因为0<入≤1，所以dmx= 5√21 /1+6 7 2时d英样大 象上所述，0<dS脚点B到平面ACE的距背的原值 √217 范围为0,7 2 10 5.(1)连接EF,EC,由题意知，SE是等腰三角形SAB底边 AB上的中线， .AB⊥SE.同理，AB⊥EC. .SE,ECC平面SEC,SE∩EC=E, .AB⊥平面SEC.又EFC平面SEC,∴.AB⊥EF」 同理，SC⊥平面ABF. 作EG⊥平面ABF,分别以EB,EF,EC为x轴、y轴、之轴 EG与SC单行 建立如图所示的空间直角坐标系。 由题意知，SE=2,EF=√5，则A(-1,0,0),B(1,0,0), C(0W3,-1),E(0,0,0),F(0,W3,0),S(0W3,1). 设n=(x,y,之)是平面ABC的法向量， n·AB=0,(2x=0, 则 即 取n=(0,1,w3). n·AC=0,x+3y-x=0, cos(B,n)=BF·n=5_5 BFIIn 2X24, 直线BF与平面A5C所成角的正孩值为汽 之4 B (2)设m是异面直线SE,BF的公垂线的方向向量，由 m⊥SE, mLBF, 得m=(3,1,-√3). 由题意知，异面直线SE,BF的距离等于EB在m方向上的 投影长，即d=EB·m=32红 m7-7 ∴异面直线SE,BF的距离d=√②T 7 6.(1)在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，易知B1C1∥BC, 因为B1C1中平面BCD1,BCC平面BCD1, 所以B1C1平面BCD1. (2)取AB的中点F,连接CF. 在梯形ABCD中，因为AB=2CD,ABCD, 所以AFCD,AF=CD. 在四边形AFCD中，ADCF,由AD⊥CD,则CD⊥CF, 易知CD,CF,CD1两两垂直，分别以CD,CF,CD1为x轴、 y轴、之轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 24 D 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=5,则DD1=√5. 因为CD1⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,所以CD1⊥CD. 在Rt△CDD1中，CD1=√DD-CD=2, 则A(1,1,0),B(-1,1,0),D1(0,0,2),A1(0,1,2), 取AB=(-2,0,0),AD1=(-1,-1,2),AA1=(-1,0,2). 设平面ABD1的法向量为n=(x,y,之)， n·AB=0,,-2x=0, 可得 则 n·AD1=0,-x-y+2z=0, 取z=1,则x=0,y=2,所以n=(0,2,1)为平面ABD1的一 当点E在线段BD1上运动时，所有直线AE构成 平面ABD1,国为AA1BB1,所AE与BB1所 个法向量.成的角等于AA1与AE所成的角 设点A1到平面ABD1的距离 d=AA:·n=10+0+21_25 n √0+4+15， 设直线AA1与平面ABD1的夹角为0， 则血0-号即s9=@ d 5 因为在四棱柱ABCD-A1B,C1D1中，AA1∥BB1,且AEC 平面ABD1, 所以当直线AE与BB1所成的角为0时，其余弦值取得最 大值，即为 (3)由(2)知A(1,1,0),B(-1,1,0),C(0,0,0),D1(0,0,2), 取CA=(1,1,0),AB=(-2,0,0),BD1=(1,-1,2). 因为点E∈直线BD1,所以BEBD,则BE=λBD1=(a, -A,2A),0<A≤1，AE=AB+BE=(入-2，-λ，2A). 设平面AEB的法向量m1=(x1,y1,之1)， (m1·AB=0,1-2x1=0, 可得 则 m1·AE=0,(a-2)x1-y1+2λz1=0, ,x1=0, 令1=1，则 y1=2, 所以平面AEB的一个法向量m1=(0,2,1). 设平面AEC的法向量m2=(x2y2,z2), (m2·CA=0,x2十y2=0, 可得 则 m2·AE=0,(入-2)x2-y2+2Az2=0, x2=入， 令之2=一入十1，则 y2=-λ， 所以平面AEC的一个法向量m2=(1,一入，1一入). 设=面角BAEC的大小为e,则1ose一圆 1-2λ+1-入1 1-3入1 √5×√2+λ2+(1-A)z√5X√3x2-2以+1 由二面角BAEC的正弦值为25， 5, 得1cosa=v√个-ina- 5 1-3λ √5 可得 5×√3x2-2x+15 化简得3λ2一2λ=0，解得λ= 号或0，所以以= 3 故BE|= 4+4116260<≤1 号√++ 3 培优突破练 1.AC[①最小角定理：线面角是平面内的一条斜线与该平面 内的直线所成角中的最小角.如图1，OP是平面a内的一条 斜线，点P在平面a内的射影为点H,直线OQ是平面a内 过点O除OH外的任意一条直线. 图1 下面先证明cos∠QOH·cos∠POH=cos∠POQ.过点H 作HQ⊥OQ,垂足为点Q,由PH⊥平面a,OQC平面a,得 PH⊥OQ.因为HQ∩PH=H,且HQ,PHC平面HQP, 所以OQ⊥平面HQP,PQC平面HQP,则OQ⊥PQ,故 △PHO,△OQH,△PQO都是直角三角形，所以 Q0H·s∠r0H8器·88器=∠r0,所 以cos∠POQ≤cos∠POH.又因为∠POH,∠POQ∈ (O,2],故∠POQ≥∠P0H,而∠POH即为OP与平面a 所成的角.又由直线所成角的定义可知，直线平移后不改变 所成的角，故最小角定理得证.由最小角定理，在本题中可得 ≤0，故C项大小关系不成立.②最大角定理：两平面的夹 角是平面内的直线与另一个平面所成角的最大角.如图2,1 为锐二面角-lB的棱，O为棱1上一点，PH⊥B,且 L⊥OP,l⊥OH,Q是1上异于点O的任一点. --Z5- Q 0 图2 下面先证明sin∠PQO·sin∠POH=sin∠PQH.由题意 可知，∠POH是锐二面角α-l-B的平面角，即平面α，B的 夹角.由PH⊥平面B,QH,OHC平面B,得PH⊥QH,PH ⊥OH,则△PHO,△PHQ,△POQ都是直角三角形，则 smo0,oiH-设·器-得=a/P0.所 以sin∠PQH≤sin∠POH.又因为∠POH,∠PQH∈ (o,],则∠POH≥∠PQH,即最大角定理得证由最大 角定理，在本题中可得B≥0，故A项大小关系不成立.B项， 11 举例如下：如图3，在四面体ABCD中，△ABC与△DBC都 是等腰直角三角形，且平面ABC⊥平面DBC,其中DC= DB=AC=AB=1,M是棱AB的中点，N是棱CD的中点 (M,N不与四面体的顶点重合). A(O) 图3 如图3，取BC的中点H,由DB=DC得DH⊥BC,且AH⊥ BC.因为平面ABC⊥平面DBC,平面ABC∩平面DBC= BC,DHC平面DBC,所以DH⊥平面ABC.同理，AH⊥平 面DBC由DC=DB-AC=AB=1得AH=DH-号.以 A为坐标原点，分别以AB,AC所在直线为x轴、y轴，建立 如图3所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0,0), C01.0D(号号》由此可得M(号o.ov(任 是)函-（是）成-(0，-，）则 cos9Ic0s(BN,DM)=BN.DM 8 √15 设平面MCD的法向量n1=(x,y,之)，则 n…=(-3,10）y)=- 2x+y=0, ai-(g,号》ww安+9=， 令x=4,则y=2,z=一√2，取n1=(4,2,-√2)，则sin0= os(Bd,m1)1= |BN·n1l 2 2√2 5 ,所以 a×m cos0=厘.取平面BCD的法向量n2=11,0),则coS月 √55 =csmn:)1=nn:=2mX2厅√5 n1·n2 6 33W5 .由 厘>35>35，得os9>c0s≥0sp,则0CBK9 √55√5563 故B项大小关系可能成立.D项，举例如下：如图4，在四面 体ABCD中，△ABC与△DBC都是等腰直角三角形，且平 面ABC⊥平面DBC,其中DC=DB,CA=CB=1,M是棱 AB上靠近A的五等分点(AM：MB=1：4),N是棱CD 上靠近D的四等分点(DN：NC=1：3),M,N不与四面体 的顶点重合 12 CO) A 图4 由题意可知AC⊥BC,因为平面ABC⊥平面DBC,平面 ABC∩平面DBC=BC,ACC平面ABC,所以AC⊥平面 DBC.以C为坐标原点，分别以CA,CB所在直线为x轴、 y轴，建立如图4所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0),A(1, 0.0,B0,10,D(0,2,2）由此可得M(停，号0， N0,日8)，脉=(，名，)，D成=（告，-品 -）,则cs9=1os(B成，DM)= BN·DM BNIDMI V50×迈需·设平面MCD的法向量，=（红，y,,则 5 8 8×10 m元-(÷，-go)ayo=专x-号y=0, n…C市-(o,2,2）ay）=2+7=0, 1 1 令x=1,则y=一4，z=4,取n1=(1,一4,4)，则sin0= |os(B成，n1=BN·n= 4 =32 威ax原 5v6筋，则 COs 0=1626 取平面BCD的法向量n2=(1,0,0),则cosB 566 cos〈n,n2)=n1n2√33·由Y6258 n1·n21 566>35 33 ,得cos>cosp>cosB,则0<p<B.故D项大小关 系可能成立.综上所述，大小关系不成立的是A,C.] 专题1用空间向量法解决轨迹问题 1.D[在正方体ABCD-A1B1C1D1中，以D为坐标原点，分 别以DA,DC,DD1的方向为x轴、y轴、之轴正方向，建立 如图所示的空间直角坐标系. D H出 DL B 则D0,0.0.M(分号，2）N(层，1,1).c01,0,所 正方体的棱长为1，M,N分别为BD1,B1C1的中点 以C或=（分0.1小设P,),则M应-=(x-y 22-）.因为MP1CN,所以2(x-号)+-号=0， 所以2x+4k-3=0,当=1时，8=号：当x=0时=号 4 一表示点P所在的平面，y∈R,该平面与y轴平行 取E10,）F(1.1,)c(01,)H(0,),如 图，连接EF,FG,GH,HE,EF·EH=0,则EF=HG= (0,1,0),E京=元-(-10,2），所以四边形EGH为矩 形，则EF.CN=O,EH.CN=0,即EF⊥CN,EH⊥CN. 又EF∩EH=E,且EFC平面EFGH,EHC平面EFGH, 所以CNL平面ErG,又成=（←-，号，），流 (-号，号，)，所以M为EG的中点，则点ME平面FGH 成=G 要使MP⊥CN,必有点P∈平面EFGH,又点P在正方体 的表面运动，所以点P的轨迹为四边形EFGH,因此点P 不可能是棱BB1的中点，故A错误.因为EF|=HG=1, =-所以萨≠，则点P的轨迹不是 正方形，且矩形EGH的周长为2+2X9-2+5,放C错 误，D正确.因为M为EG的中点，则点M为矩形EFGH对 角线的交点，所以点M到点E和点G的距离相等，且最大， 所以线段MP的最大值为子，故B错误] 2.B[以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、 y轴2轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则Q(00,）, A50,0.C0,50,球心0（号，号，号）如图，取AD 的中点R,B,C的中点H,连接DR,RH,HC,则R(号0， ,D成·A0=(号0)·(-50，)=-2+2=0， D元.Aà=(0,5,0)·(-5,0，号）=0，故DrLAQ,CD1 AQ.因为DR∩CD=D,DR,CDC平面CDRH,所以AQ⊥ 平面CDRH,故当点P位于平面CDRH与内切球O的交线 上，时满足CPLAQ,此时o(号，号，)到平面CDRH的 |D0·AQ (层，号)(-50，) 距离为d IAQ √+ 25 4 255 2r=4-4 =5,故点P的轨迹为以5为半 55 2 R2=r2+d,R表示球的半径，r表示平面CDRH 载正方体内切球所得载面国的半径，d表示球心 到载面圆的距禽 径的圆，故点P的轨迹长度为25π.] 3.ACD [V=号5 awXAA,=号×号X2X1X2= 1 号是定值放A正确以A为坐标原点ABA,DAA 分别为x轴、y轴、之轴，建立如图所示的空间直角坐标系. D y 则Q(2,1,-2),设P(x,y,0)(0<x<2,0<y<2),则QP (x-2,y-1,2).AA1=(0,0,2),PQ与AA1所成的角a满足 QP·AA1l 2×2 coS a- QP1·AA 1V-2)2+0-1+4X2因为 0<x<2,0<y<2,故0<(x-2)2+(y-1)2<5,故cosa∈ (停，小，而o60=号e(停，小，放B错说因为平面 A1ADD1的法向量n=(1,0,0),所以直线PQ与平面 A1ADD1所成的角B的正弦值sinB= x-2 √(x-22+0y-1)2+4 因为0<x<2,0<y<2,故-2<x-2<0,故 1x-2 x-2 x-2 √/(x-2)2+5√(x-2)2+(y-1)2+4√(x-2)2+4 图为y∈(0,2)，所以(y-1)2∈[0,1) x-2 而-2公币 个y 1x-2 5 √x-2)2+4 /1+ (x-2)2 1 |x-2 4 A/1+x-2 √(x-2)2+(y-1)2+4 <号即血B的取值范围为(，号》，故C正确D,(0,2 0,D1P=(xy-2,0),由PD1=PQ,可得x2+(y-2)2= (x-2)2+(y-1)2+4,化简得4x-2y-5=0.在xA1y平 面内，令x=2,得)=号，令y=0,得x=子，则点P的轨迹 长度为，√2+(-39，放D正确] 4.AD[以DA为x轴，DC为y轴，DD1为之轴，建立如图1 13 所示的空间直角坐标系 21 A 图1 则C(0,1,0,A110,1D,E(号，0,0），F(1,3,0）,G(2 1,D,0,01D则Ac=(-11,-D.萨=（合克o0 EG=(0,1,1),A1C.EF=0,A1C.EG=0,所以A1C1 EF,A1C⊥EG,EF∩EG=E,则A,C⊥平面EFG,故A正 确.如图1，取C1D1的中点N,BB1的中点M,DD1的中点 T,连接GN,GM,FM,TN,ET,则正六边形EFMGNT为 对应截面，正六边形的边长为号，则截面面积5一6×× 4 (图)°-8，故B蜡误由A选项知，向最A亡为平面 EFG的法向量，且AC=(-1,1-1,D产=(1，， 一1)，所以点D1到平面EFG的距离为 DF·AC1 IA CI (1,2,-1(-1,1,-1D √(-1)2+1+(-1)2 5,故C错误。 6 0 图2 如图2，取BC的中点R,CC1的中点S,所以PREF,PS∥ NT,PR∩PS=P,EF,NT相交，所以平面PRS∥平面 EFMGNT,即平面PRS/∥平面EFG.由B选项知，当动点Q 在SR上运动时，PQC平面PRS,总是会有PQ∥平面 EFG,所以若PQ∥平面EFG,则点Q的轨迹为SR,SR= √(》'+(-号故D正确] 5.BC[如图，建立空间直角坐标系，已知正方体棱长为2，则 A(0,0,2),A1(0,2,2),B(0,0,0),M(2,1,0),P(xy,0), 点P在平面BBCC内 B1(0,2,0),所以A1B=(0,-2,-2),BP=(x,y,0),AM 0+bx=2, =(2,1,-2).所以AM=aA1B+bBP,即-2a十by=1,化 AM/件面A,BP -2a=-2, 14 简得3x-2y=0,所以动点P在直线3x-2y=0上.因为 AM=(2,1,-2),B1M=(2,-1,0),AM·B1M=2X2+1 X(-1)+(-2)X0=3≠0，所以AM与B1M不垂直，故A 错误.因为CD1∥A1B,A1BC平面ABP,CD1￠平面 ABP,所以CD/平面ABP,故B正确.因为动点P在直线 3x一2y=0上，且P为侧面BCC1B,上的动点，则点P在线 段P,B上.P(告2o,所以P,B=√/（信）厂+2+心= 2放C正确因为A成-0,0，-2，所以m应。 A1B1)= 2√22+12+(-2)7 =号放D错误] D B. MP C 6.ACD[由点P满足OP=xOA+OB+OC且x十y十z= 1,可知P是平面ABC上的一点.因为正四面体O-ABC的 陵长为3，则△ABC外接圆的半径满足2R=3,解得 sin 3 R=√3，故点O到平面ABC的距离为√32一R2=√6，故 |OP|的最小值为点O到平面ABC的距离，即为√6，故A正 确.如图，将正四面体放入正方体中，则正方体的棱长为 323 、2 4x×号×(9)-吧，正四 、2 正回西体0AC的体积为立方体的体积该去回个小厂 三棱锥的体积 面体0ABC四个面的面积都是分X3=4,设正四面体 0AC的内切球半径为，则4X日×8，-9号，解得 2,一因为正四面体QDEF在正四面体OAC的内 部，且可以任意转动，所以最大正四面体QDEF的外接球 直径为，因此最大正四面体QDEF的外接球也是棱长为 的正方体的外接球，所以正四面体Q-DEP的体积最大值 W2) AC1BO1-A1CB1O内，如图，过点O作平面OO1A2,分别交 AB,AC1于点G,A2,过点C作平面CC1B2,分别交AB, BO1于点H,B2,且平面OO1A2平面CC1B2,由正四面体 O-ABC的四个顶点分别在四个互相平行的平面内，且每相 邻平行平面间的距离均相等，其中平面OO1A2和平面 C℃1B2为中间的两个平面，易知A2为AC1的中点，B2为 O,B的中点.因为正方体ACB01A,CB,O的棱长为32 2 2A42=32 所以0，A=32 3W/1 4 ,所以点A到04A的距离为0A·A42_3四 OA2 10 所以每相邻平行平面间的距离为3，故C正确.建立如 10 图所示的空间直角坐标系，则A(,0.o0),00o,32）, 8(o,32o,c(9,32,32）设点Q,由 Q0=2Qa1可得产+y+(。-82)°=[(-32) 十y+],化简可得(x-22)2+2+(+号）=4，可 知点Q的轨迹是平面ABC与以点M(2W2,0,-)为球 心，2为半径的球的截面圆上，店-(3,30)C- (o,要，号）设平面ABC的法向量为m-红，y则 m=-39+,=0.衣m3g,3g 2y+2x=0, 取x=1y=1e=-1则m=11,-D,a7=(受0，号）， 所以点M到平面ABC的距离为m一后=S,所以 m 截面圆的半径为，22- =,所以线面圆的周长 为230 3 ，故D正确.] A 方法总结 解决与球相关的切、接问题 (1)定球心：如果是内切球，球心到切，点的距离相等且 为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为 半径 (2)作截面：选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽 可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的 关系)，达到空间问题平面化的目的 (3)求半径，下结论：根据作出截面中的几何元素，建立 关于球半径的方程，并求解 第一章单元学能测评 1.D 2.C[由共面定理可知，存在非零实数x,y满足p=xa十yb, 1=2x-y, x=1, 则3=一x+4y,解得y=1,] λ=3x-2y, -1. 3.B[由cos(m,n）= m·n (-1,1,0)·(1,0,-1) m|n|√/+1+0X√/1+0+1 专得m,m〉行，所以平面e与平面8的夹角为受，即 3 60.] 406鼎6--2222 Γ12+(-2)2+(-2)2 6=2=6-2.6= 9 ·6,故a在b上的投影向量为号.] 2 3 5.D[分别以AB,AD,AA为x轴、y轴、之轴正方向建立如 图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0),E(合，1,0， C'11,1,D0,11DA2=(分1,0)，aC-=11,1. D B A D AE.n=0, 设平面AEC的法向量n=(x,y,之)，则 得 AC.n=0, 2x+y=0, 取y=1,得n=(-2,1,1),又D'C=(1,0, x十y十之=0， Q),所以点D'到平面AEC'的距离为n·C- 6.A[取A1C1的中点D1,连接B1D1,则由正三棱柱的性质 可知B1D1⊥平面ACC1A1,设AC的中点为D,分别以 D1B1,D1C1,D1D所在的直线为x轴、y轴、之轴建立如图 所示的空间直角坐标系，则A(0,-1,3),B1(√3,0,0)，平面 ACC1A1的法向量n=(1,0,0),AB1=(W5,1,-3),设AB1 与平面ACC1A1所成的角为0，则sin0=|cos(AB1,n)= 1×√131 15