第1章 培优课 空间向量在立体几何中的应用（课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（人教B版）

该高中数学课件聚焦空间向量在立体几何中的应用，涵盖探索性、折叠、范围与最值问题，通过四棱锥等例题导入，从建立坐标系、求法向量到解决面面角、线面角，搭建从基础运算到综合应用的学习支架。 其亮点在于以具体例题引导学生用数学眼光抽象空间关系，用数学思维推理求解，用数学语言规范表达。采用“例题-反思-训练”模式，提升学生空间想象与计算能力，为教师提供系统教学资源和分层训练素材。

培优课 空间向量在立体几何中的应用 第一章　空间向量与立体几何 <<< 立体几何中的探索性、折叠、取值范围和最值问题是各类考试考查的重点内容，也是一个难点，常见于解答题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，考查学生的综合能力，培养学生的思维能力. 一、立体几何中的探索性问题 二、立体几何中的折叠问题 三、立体几何中的范围与最值问题 内容索引 课时对点练 立体几何中的探索性问题 一 已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2AB，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点. (1)求平面EFG与平面ABCD所成角的大小； 例 1 5 因为△PAD是正三角形，O为AD的中点，所以PO⊥AD，因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD，因为CD，AD⊂平面ABCD，CD∩AD＝D，所以PO⊥平面ABCD，因为底面ABCD是矩形，且O，G分别为AD，BC的中点，所以OG∥AB，因为AB⊥AD，则OG⊥AD，以点O为坐标原点，OA，OG，OP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， 设AB＝2，则AD＝4，A(2，0，0)，G(0，2，0)， P(0，0，2)，E(－1，1，)，F(－1，0，)， 则＝(0，－1，0)，＝(1，1，－)， 解 6 设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取x＝，可得n＝(，0，1)， 易知平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)， 所以|cos〈m，n〉|＝， 因此，平面EFG与平面ABCD所成角的大小为. 解 7 (2)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 8 假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为，连接GM， 设＝λ＝λ(2，0，－2)＝(2λ，0，－2λ)， 其中0≤λ≤1， 则＝(0，－2，2)＋(2λ，0，－2λ) ＝(2λ，－2，2－2λ). 由题意可得|cos〈n，〉|＝ ＝， 解 9 整理可得4λ2－6λ＋1＝0， 因为0≤λ≤1，所以λ＝. 因此，在线段PA上存在点M， 使得直线GM与平面EFG所成角的大小为， 此时. 解 10 利用空间向量解决探索性问题的策略 探索性问题通常分为两类：一类是已知点存在，求点的位置；一类是判断点的“存在性”问题.其中，在点的“存在性”问题中，先假设所求点存在，并将其作为已知条件，经过严密推理或计算，得出点的位置或与题设条件矛盾的结论，从而得到结果，在设参数求解点的坐标时，若出现多解的情况，则应分析不同解的含义，并依题意做出取舍.求解此类探索性问题时，也可以先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面，再利用点、线、面的位置关系去证明结论. 反 思 感 悟 11 　如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点. (1)求证：平面AEF⊥平面PAD； 跟踪训练 1 12 如图，连接AC，因为四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形， 因为E是BC的中点，所以AE⊥BC， 又AD∥BC，所以AE⊥AD， 因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE， 又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AE⊥平面PAD， 又AE⊂平面AEF， 所以平面AEF⊥平面PAD. 证明 13 (2)若G为PD的中点，AB＝AP＝2，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 14 由(1)知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设＝t(0≤t≤1)，则A(0，0，0)，E(，0，0)， C(，1，0)，P(0，0，2)，G(0，1，1)，F(t，t，2－2t)， 所以＝(，0，0)， ＝(t，t，2－2t)， ＝(－，1，1). 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)， 解 15 则 即 令z＝t，得平面AEF的一个法向量为 n＝(0，2t－2，t). 设直线EG与平面AEF所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝ ＝， 解 16 解得t＝或t＝， 即存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为 . 解 17 二 立体几何中的折叠问题 如图所示，已知在矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，E为BC的中点，将△ABE沿AE折起，使得AB⊥DE. 例 2 (1)求证：平面ABE⊥平面AECD； 19 在矩形ABCD中，连接DE(图略)， ∵AD＝2AB＝2，E为BC的中点， ∴BE＝BA，CE＝CD， ∴∠BEA＝∠CED＝45°， ∴∠AED＝90°，即DE⊥AE， 又∵DE⊥AB，AE∩AB＝A，AE，AB⊂平面ABE， ∴DE⊥平面ABE， 又∵DE⊂平面AECD， ∴平面ABE⊥平面AECD. 证明 20 (2)若点F在线段BD上，且平面ABE与平面AEF所成角的余弦值为，试确定点F的具体位置. 21 解 由(1)知DE⊥AE，以点E为原点，AE，DE所在直线分别为x轴、y轴，垂直于平面AECD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则B，A(，0，0)，E(0，0，0)，D(0，，0)， ＝(，0，0)， ， 设＝λ，0≤λ≤1， 则F， . 22 解 设平面AEF的法向量为n1＝(x，y，z)， ∴ 即 取y＝1－λ，则z＝－2λ， ∴n1＝(0，1－λ，－2λ). 由题意知平面ABE的一个法向量为n2＝(0，1，0). 23 解 设平面ABE与平面AEF所成角为θ， ∴cos θ＝， 解得λ＝，故F为BD的中点. 24 折叠问题解题策略 (1)解题关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，确定折叠前后位置关系和数量关系上的变化量与不变量.一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决. (2)确定折叠后关键点的位置 所谓的关键点，是指折叠过程中运动变化的点.因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变化.只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算. 反 思 感 悟 25 如图①所示，已知在梯形BFEC中，BF∥EC，EC＝3，BF＝2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图②所示的几何体. 跟踪训练 2 (1)求证：DE⊥平面ABCD； 26 ∵平面EDAF⊥平面ABCD，DE⊂平面EDAF，平面EDAF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD， ∴DE⊥平面ABCD. 证明 27 (2)若点H在线段BD上，且EH与平面BEF所成角的正弦值为，求线段DH的长度. 28 由题意知AD，CD，DE两两垂直，以点D为坐标原点，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则E(0，0，2)，F(1，0，1)， B(1，1，0)，＝(1，0，－1)，＝(0，－1，1)， 设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取x＝1，则z＝1，y＝1，∴n＝(1，1，1)， 设H(a，a，0)，0≤a≤1，则＝(a，a，－2)， 解 29 |cos〈，n〉|＝， 解得a＝或a＝(舍去)， ∴H，∴||＝， 即线段DH的长度为. 解 30 立体几何中的范围与最值问题 三 　如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，E，F分别为PC，CD的中点，DE＝EC. 例 3 (1)求证：平面ABE⊥平面BEF； 32 ∵AB∥CD，CD⊥AD， AD＝CD＝2AB＝2，F为CD的中点， ∴四边形ABFD为矩形，AB⊥BF. ∵DE＝EC，∴CD⊥EF， 又AB∥CD，∴AB⊥EF ， ∵BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF， ∴AB⊥平面BEF，又AB⊂平面ABE， ∴平面ABE⊥平面BEF. 证明 33 (2)设PA＝a，若平面EBD与平面ABCD所成的角θ∈，求a的取值范围. 34 由(1)知，CD⊥EF， ∵E，F分别为PC，CD的中点， ∴PD∥EF，又AB∥CD，∴AB⊥PD， 又AB⊥AD，且PD∩AD＝D， PD，AD⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD， ∴AB⊥PA. 以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)， 解 35 则B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)， P(0，0，a)，E. ∴＝(－1，2，0)，. 设平面EBD的法向量为m＝(x，y，z)， 则 令y＝a，得x＝2a，z＝－2，则m＝(2a，a，－2). 显然n＝(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量. 由θ∈， 解 36 知cos θ＝|cos〈m，n〉|＝ ＝∈，解得a∈， 即a的取值范围为. 解 37 范围、最值问题解题思路 解决空间图形有关的线段长度、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三个方面着手：一是从问题的几何特性入手，充分利用其几何性质去解决；二是利用空间几何体的侧面展开图；三是找出问题中的代数关系建立目标函数，将问题转化为求目标函数的最值，当然也可以考虑其中是否存在不等关系，从而运用解不等式法或均值不等式求解. 反 思 感 悟 38 如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD＝4，△ABC是底面圆的内接正三角形，且AB＝6，P是线段DO上一点. (1)若DP＝PO，求三棱锥P－ABC的体积. 跟踪训练 3 39 在Rt△DOA中，AD＝4，AO＝2， ∴DO＝＝6， ∵DP＝PO，∴PO＝DO＝4， V三棱锥P－ABC＝·S△ABC·PO＝××6×6××4＝12. 解 40 (2)当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大？ 41 如图所示，建立以点O为坐标原点的空间直角坐标系. 设PO＝x，0≤x≤6， ∴P(0，0，x)，E(－，3，0)，B(，3，0)，C(－2，0，0)， ∴＝(，－3，x)，＝(，3，－x)，＝(－2，0，－x)， 设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)， ∴ ∴n＝(x，－x，－2). 设直线EP与平面PBC所成的角为θ， 解 42 由题意得sin θ＝|cos〈，n〉|＝ ＝ ＝≤. 当且仅当PO＝x＝时等号成立， 此时直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大. 解 43 课时对点练 四 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B D D B B ABD AB 题号 9 10 11 　12 答案 ACD 　 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 13. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (1)取AB的中点O，CD的中点E， 连接PO，OE，因为四边形ABCD是正方形， △PAB为等边三角形， 所以OE⊥AB，PO⊥AB， 又因为平面PAB⊥平面ABCD， PO⊂平面PAB， 平面PAB∩平面ABCD＝AB， 故PO⊥平面ABCD，而OE⊂平面ABCD， 13. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 所以PO⊥OE， 所以OB，OE，OP两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0，0，)，C(1，2，0)，B(1，0，0)，M(－1，1，0)， ＝(1，2，－＝(－2，1，0)， 所以·＝0， 所以PC⊥BM. 13. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)由(1)知＝(1，2，－)， ＝(－2，1，0)， ＝(－1，0，)， 设平面PBM的法向量为n＝(x，y，z)， 故 令x＝，则z＝1，y＝2. 13. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 则n＝(，2，1)，设直线PC与平面PBM所成的角为θ， 故sin θ＝， 因为θ为锐角， 故cos θ＝. 所以直线PC与平面PBM所成角的余弦值为. 14. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (1)依题意，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)， B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)，所以＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝0，所以BE⊥DC. (2)＝(1，2，0)，＝(－2，－2，2)， ＝(2，2，0)，＝(1，0，0). 14. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由点F在棱PC上，设＝λ(0≤λ≤1)， 故＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ). 由BF⊥AC，得·＝0， 因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0， 解得λ＝. 设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量， 则 14. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面FAB的一个法向量. 易知向量n2＝(0，1，0)为平面ABP的一个法向量， 则|cos〈n1，n2〉|＝. 所以平面FAB与平面ABP所成角的余弦值为. 一、单项选择题 1.如图①，将两个全等的等腰直角三角形拼成一个平行四边形ABCD，将平行四边形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图②，则直线AC与BD所成角的余弦值为 A. B. C. D. √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由平面ABD⊥平面BCD，AB⊥BD， 平面ABD∩平面BCD＝BD， AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面BCD， 又DC⊂平面BCD，所以AB⊥DC， 又DB⊥DC， 过点D作z轴∥AB，建立空间直角坐标系，如图所示， 设AB＝1，所以BD＝1，DC＝1，BC＝， 则A(0，1，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(0，0，0)， 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 所以＝(1，－1，－1)，＝(0，－1，0)， 所以|cos〈〉|＝. 解析 2.如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，D点在棱AA1上且AD＝2DA1，P点在棱C1C上，则·的最小值为 A. B.－ C. D.－ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 建立如图所示的空间直角坐标系，则D(1，0，2)， B1(0，1，3)， 设P(0，0，z)，0≤z≤3， 则＝(1，0，2－z)， ＝(0，1，3－z)， ∴·＝0＋0＋(2－z)·(3－z)＝， 故当z＝·取得最小值－. 解析 3.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC，AB⊥BC，若棱C1C上存 在唯一的一点P满足PA1⊥BP，则等于 A. B.1 C. D.2 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 以点B为坐标原点，AB，BC，BB1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， 设BC＝1，BB1＝a(a>0)， 则B(0，0，0)，A1(1，0，a)， P(0，1，λa)且0≤λ≤1， 所以＝(1，－1，(1－λ)a)，＝(0，1，λa)， 又存在唯一的一点P满足PA1⊥BP， 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 所以·＝λ(1－λ)a2－1＝0， 则λ2－λ＋＝0， 故Δ＝1－＝0， 可得a＝2，此时λ＝＝2. 解析 4.在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，底面A1B1C1D1是边长为a的正方形，侧棱AA1的长为b，E为侧棱BB1上的动点(包括端点)，则 A.对任意的a，b，存在点E，使得B1D⊥EC1 B.当且仅当a＝b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 C.当且仅当a≥b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 D.当且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 以D1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(a，a，0)，D(0，0，b)，C1(0，a，0)，设E(a，a，t)(0≤t≤b)， 所以＝(－a，－a，b)，＝(－a，0，－t)， 所以·＝a2－bt，令a2－bt＝0，t＝， 由0≤≤b得a≤b， 所以当且仅当a≤b时，存在点E， 使得B1D⊥EC1，故选项D正确. 解析 5.如图①，在Rt△ABC中，C＝，AC＝BC＝2，D，E分别为AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图②.若F是A1B的中点，则四面体FCDE外接球的体积是 A.2π B. C. D. √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 依题意得CD⊥DE， A1D⊥DE，A1D∩CD＝D， A1D，CD⊂平面A1DC， 所以DE⊥平面A1DC，又A1D⊥CD， 故以D为坐标原点，CD，DE，DA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)， 则D(0，0，0)，C(1，0，0)，E(0，1，0)，B(1，2，0)， A1(0，0，1)，F. 解析 依题意，△DCE为直角三角形， 所以△DCE的外接圆的圆心在CE的中点处，设四面体FCDE外接球的球心为M，半径为R，则||＝||＝R， 即R＝ ＝， 解得m＝0，所以R＝， 所以四面体FCDE外接球的体积V＝πR3＝. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.在棱长为2a(a>0)的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别为棱AB，C1D1的中点.已知动点P在该正方体的表面上，且·＝0，则点P的轨迹长度为 A.12a B.12πa C.24a D.24πa √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为·＝0，故点P的轨迹是以MN为直径的球与正方体表面的交线， 如图，易知MN中点即为正方体中心O，球心在每个面内的射影为面的中心， 设O在底面ABCD内的射影为O1， 又正方体的棱长为2a，所以MN＝2a， 易知OO1＝a，O1M＝a， 又动点P在正方体的表面上运动， 所以点P的轨迹是六个半径为a的圆，轨迹长度为6×2πa＝12πa. 解析 二、多项选择题 7.如图①，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A'的位置，如图②，连接A'B，A'C，且A'D⊥CD，平面A'BE与平面A'CD的交线为l，则下列结论中正确的是 A.平面A'DE⊥平面A'BE B.CD∥l C.BC与平面A'DE所成角的余弦值为 D.平面A'BE与平面A'BD所成角的余弦值为 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以AB⊥DE， 因为CD∥BE， 所以DE⊥CD， 因为A'D⊥CD， A'D∩DE＝D， A'D，DE⊂平面A'DE，所以CD⊥平面A'DE， 因为CD∥BE，所以BE⊥平面A'DE， 因为BE⊂平面A'BE， 解析 所以平面A'DE⊥平面A'BE，故A正确； 因为CD∥BE，CD⊄平面A'BE，BE⊂平面A'BE，所以CD∥平面A'BE，又平面A'BE与平面A'CD的交线为l，所以CD∥l，故B正确； 由A知，DE⊥AB，且BE⊥平面A'DE， 则DE⊥A'E，且BE⊥A'E， 又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED， 所以A'E⊥平面BED，以E为原点， 以EB，ED，EA'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. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 则B(1，0，0)，C(2，，0)，D(0，，0)， 所以＝(1，，0)， 由A可知，CD⊥平面A'DE， 故平面A'DE的一个法向量为＝(－2，0，0)， 则cos〈〉＝＝－， 设BC与平面A'DE所成角为θ， 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 则cos θ＝sin〈〉＝，故C不正确； 由C知E(0，0，0)，A'(0，0，1)， 显然平面A'BE的一个法向量为n＝＝(0，，0)， 设平面A'BD的法向量为m＝(x，y，z)， 由＝(1，0，－1)，＝(0，，－1)， 则有 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 取y＝1，则x＝z＝，所以m＝(，1，)， 设平面A'BE与平面A'BD所成角为α， 所以cos α＝|cos〈m，n〉|＝ ＝，故D正确. 解析 8.在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是线段C1D1上的动点，则 A.存在点P，使BP＝3 B.存在点P，使点P到直线BD1的距离为 C.存在点P，使直线B1P与BD1所成角的余弦值为 D.存在点P，使点A1，C1到平面BB1P的距离之和为3 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 如图，连接BC1，则BP＝∈， 又3∈[2，2]，故A正确； 点P到直线BD1的距离d＝∈ ∈，故B正确； 以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴， 建立空间直角坐标系Dxyz， 则B(2，2，0)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)，设P(0，m，2)，0≤m≤2， 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 则＝(－2，m－2，0)，＝(－2，－2，2)， 假设存在点P，使直线B1P与BD1所成角的余弦值为， 则|cos〈〉|＝， 整理得m2－10m＋20＝0，解得m＝5±>2，故C错误； 在平面A1B1C1D1中，过A1，C1分别作A1A'⊥B1P，C1C'⊥B1P，垂足为A'，C'，易知A1A'⊥平面BB1P，C1C'⊥平面BB1P， 则点A1，C1到平面BB1P的距离之和为A1A'＋C1C'. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设A1C1∩B1P＝M，则A1A'＋C1C'≤A1M＋MC1＝A1C1＝2<3， 则当点P与D1重合时，点A1，C1到平面BB1P的距离之和最大，为2， 所以不存在点P，使点A1，C1到平面BB1P的距离之和为3，故D错误. 解析 9.在如图所示的试验装置中，四边形ABCD和ABEF均为边长为1的正方形框架，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在对角线AC，BF上移动，且＝λ，＝λ(0<λ<1).则下列结论正确的是 A.∃λ∈(0，1)，MN⊥AC B.∀λ∈(0，1)，MN≥ C.∀λ∈(0，1)，MN∥平面CEF D.∃λ∈(0，1)，平面MNB⊥平面MAF 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 如图，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0，0，0)，C(0，0，1)，E(0，1，0)，F(1，1，0)， ∴＝λ＝λ(1，0，－1)＝(λ，0，－λ)， ＝λ＝λ(－1，－1，0)＝(－λ，－λ，0)， 则M(λ，0，1－λ)，N(1－λ，1－λ，0). 对于A，＝(－1，0，1)，＝(1－2λ，1－λ，λ－1)， ∴·＝2λ－1＋λ－1＝3λ－2＝0， 解得λ＝.∴∃λ∈(0，1)，使得MN⊥AC，故A正确； 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于B，∵＝(1－2λ，1－λ，λ－1)，λ∈(0，1)， ∴||＝ ≥，故B错误； 对于C，＝(0，1，－1)，＝(1，1，－1)， 设平面CEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令z＝1，得x＝0，y＝1， 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ∴n＝(0，1，1)， ∴·n＝(1－λ)×1＋(λ－1)×1＝0，∴∀λ∈(0，1)，MN∥平面CEF，故C正确； 对于D，＝(λ，0，1－λ)，＝(1－λ，1－λ，0)， ＝(0，1，0)，＝(1－λ，0，λ－1)， 设平面MNB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 令x1＝1，得y1＝－1，z1＝， ∴n1＝， 设平面MAF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则 令z2＝1，得x2＝1，y2＝0，∴n2＝(1，0，1)， ∴n1·n2＝1＋，当λ＝时，n1·n2＝0， 即平面MNB⊥平面MAF，故D正确. 解析 三、填空题 10.如图，在菱形ABCD中，AB＝，∠BAD＝60°，沿对角线BD将△ABD 折起，使点A，C之间的距离为2，当P，Q分别为线段BD，CA的中点 时，PQ与AD所成角的余弦值为　　　. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 连接PA，PC， 由题意可得PA＝PC＝2，AC＝2， 因为PA2＋PC2＝AC2， 所以PA⊥PC， 又易知PA⊥BD，PC⊥BD， 所以以P为原点，PB，PC，PA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P(0，0，0)，Q(0，1，1)，A(0，0，2)， 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D＝(0，1，1)， ， 设PQ与AD所成的角为θ， 则cos θ＝. 所以PQ与AD所成角的余弦值为. 解析 11.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，∠BAD＝120°，PA＝AB，点M是BC的中点，点N是PD上不与端点重合 的动点，则异面直线AM与CN所成角的正切值最小为　　. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 如图所示，连接AC. 由题意得∠ABC＝60°， 所以△ABC是等边三角形， 所以AM⊥BC. 因为PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥AM，PA⊥AD. 以A为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设PA＝AB＝2. 则M(，0，0)，A(0，0，0)，C(，1，0)， D(0，2，0)，P(0，0，2)， 所以＝(，0，0)，＝(－，1，0)， ＝(0，－2，2). 设＝λ＝λ(0，－2，2)＝(0，－2λ，2λ)，0<λ<1， 所以＝(－，1－2λ，2λ). 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设异面直线AM与CN所成角为θ， 则cos θ＝|cos〈〉|＝ ＝. 所以当λ＝时，cos θ取得最大值， 此时θ最小，tan θ的最小值为. 解析 12.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，AB＝3，P为线段BD上的动点，当直线AP与平面AB1D1所成角的正弦值取最大值时，＝　　　　. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，3，0)，B1(2，3，2)，D1(0，0，2)，＝(2，3，0). 设＝λ＝(2λ，3λ，0)，0≤λ≤1， 则P(2λ，3λ，0)，＝(2λ－2，3λ，0)， ＝(0，3，2)，＝(－2，0，2). 设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 取z＝3，可得平面AB1D1的一个法向量为n＝(3，－2，3)， 所以|cos〈n，〉| ＝， 设AP与平面AB1D1所成的角为α， 则sin α＝， 当λ＝时，sin α取得最大值. 解析 四、解答题 13.已知四边形ABCD是边长为2的正方形，△P'AB为等边三角形(如图①所示)，将△P'AB沿着AB折起到△PAB的位置，且使平面PAB⊥平面ABCD，M是棱AD的中点(如图②所示). (1)求证：PC⊥BM； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 取AB的中点O，CD的中点E， 连接PO，OE，因为四边形ABCD是正方形， △PAB为等边三角形， 所以OE⊥AB，PO⊥AB， 又因为平面PAB⊥平面ABCD，PO⊂平面PAB， 平面PAB∩平面ABCD＝AB， 故PO⊥平面ABCD，而OE⊂平面ABCD， 所以PO⊥OE， 证明 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 所以OB，OE，OP两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0，0，)，C(1，2，0)，B(1，0，0)，M(－1，1，0)， ＝(1，2，－＝(－2，1，0)， 所以·＝0， 所以PC⊥BM. 证明 (2)求直线PC与平面PBM所成角的余弦值. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由(1)知＝(1，2，－)， ＝(－2，1，0)，＝(－1，0，)， 设平面PBM的法向量为n＝(x，y，z)， 故 令x＝，则z＝1，y＝2. 则n＝(，2，1)，设直线PC与平面PBM所成的角为θ， 故sin θ＝， 解 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为θ为锐角， 故cos θ＝. 所以直线PC与平面PBM所成角的余弦值为. 解 14.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点. (1)求证：BE⊥DC； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 依题意，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)， 可得A(0，0，0)， B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2). 由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)， 所以＝(0，1，1)，＝(2，0，0)， 故·＝0，所以BE⊥DC. 证明 (2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求平面FAB与平面ABP所成角的余弦值. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ＝(1，2，0)，＝(－2，－2，2)， ＝(2，2，0)，＝(1，0，0). 由点F在棱PC上，设＝λ(0≤λ≤1)， 故＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ). 由BF⊥AC，得·＝0， 因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0， 解得λ＝. 解 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量， 则 不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面FAB的一个法向量. 易知向量n2＝(0，1，0)为平面ABP的一个法向量， 则|cos〈n1，n2〉|＝. 所以平面FAB与平面ABP所成角的余弦值为. 解 第一章　空间向量与立体几何 <<< $