第1章 10-思想方法练1 （Word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册分层练习（人教A版）

**基本信息** 以转化与化归、函数、方程三大数学思想为分层核心，通过选择、填空、解答题梯度设计，实现空间几何知识从单一思想应用到综合探究的巩固路径，培养数学思维与表达能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |转化与化归思想|空间向量数量积、线面垂直证明|选择题（正方体模型）基础应用，解答题（四棱锥）深化转化逻辑| |函数思想|空间距离最值、线面角与二面角动态分析|填空题（动点距离）构建函数模型，多选题（长方体）探究函数单调性| |方程思想|点面距离、探索性问题求解|解答题（四棱锥）结合方程思想解决存在性问题，培养数学表达|

专题专项练 思想方法练1 一、利用转化与化归思想解决空间几何问题 1.(2026福建莆田第四中学期中)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1,以正方体的中心为球心的球O与正方体的各条棱都相切,若点P在球O位于正方体外(含正方体表面)的部分上运动,则·的最大值为(　　) A.2　　B.　　C.　　D. 2.(2026河北邢台第一中学月考)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD∥平面PBC,证明:AD⊥PB; (2)若A,B,C,D四点共圆,且二面角A-CP-D的余弦值为,求AD的长. 二、利用函数思想解决空间几何问题 3.(2026河南漯河部分校月考)如图,四边形ABCD,ABEF都是正方形,AB=4,∠DAF=120°.P,Q分别是线段AE,BD上的动点,且=,则PQ的长的最小值是　　　　.  4.(2026陕西西安大学区联考)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=CC1=2,E,F分别为AB,CD的中点,P是线段A1B1(不含端点)上的任意一点,有以下说法:①存在点P,使直线PE与平面PDF所成的角取得最大值;②存在点P,使直线PD与平面PEB所成的角取得最大值;③存在点P,使平面PDE与平面PFB的夹角取得最大值;④存在点P,使平面PDF与平面PEB的夹角取得最大值.其中正确的是　　　　.(填序号)  三、利用方程思想解决空间几何问题 5.(2026四川乐山沫若中学开学考试)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,BC∥AD,BC=AD,四面体PABC的体积为,△PBC的面积为2. (1)求点D到平面PBC的距离; (2)若AP=AB,平面PBC⊥平面ABP,证明:BC⊥平面ABP; (3)在(2)的条件下,在棱PC上是否存在一点N,使平面ABN与平面BNC的夹角为60°?若存在,求出NC的长;若不存在,说明理由. 专题专项练 思想方法练1 1.B　如图,取AB的中点E, 可知E在球面上,且=-=-, 所以·=(+)·(+)=-=-, 将求数量积的最值转化为求向量模(即两点间距离)的最值. 因为点P在球O位于正方体外(含正方体表面)的部分上运动,所以当PE为直径时,||max=, 所以·的最大值为. 2.解析　(1)证明:在△ABC中,因为AC=2,BC=1,AB=,所以AB2+BC2=AC2, 所以AB⊥BC, 又因为PA⊥底面ABCD,且BC⊂底面ABCD,所以PA⊥BC, 因为AB∩PA=A,且AB,PA⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB, 又因为AD∥平面PBC,AD⊂平面ABCD,且平面ABCD∩平面PBC=BC, 所以AD∥BC,所以AD⊥平面PAB, 证线线垂直一般转化为证线面垂直. 因为PB⊂平面PAB,所以AD⊥PB. (2)第一步:建立合适的空间直角坐标系. 由(1)知AB⊥BC,又因为A,B,C,D四点共圆,所以AD⊥DC, 以D为原点,DA,DC所在直线分别为x轴和y轴,过点D且平行于AP的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 则D(0,0,0), 第二步:设出A点坐标,然后分别求得平面CPD和平面ACP的法向量. 设A(a,0,0),a>0,则P(a,0,2), 在Rt△ADC中,CD=,即C(0,,0), 可得=(0,-,0),=(-a,,0),=(a,-,2), 设平面CPD的法向量为n=(x,y,z),则则y=0, 取x=2,可得z=-a,所以n=(2,0,-a), 设平面ACP的法向量为m=(x1,y1,z1),则则z1=0,取y1=a,可得x1=,所以m=(,a,0), 第三步:结合向量的夹角公式,列出方程,求a的值. 因为二面角A-CP-D的余弦值为, 所以|cos<m,n>|===, 将二面角的平面角转化为对应两个法向量的夹角或其补角. 解得a2=3,因为a>0,所以a=,即AD的长为. 思想方法　转化与化归思想在空间向量与立体几何中的应用主要表现在:将立体几何中的位置关系转化为空间两向量的关系(线性表示或数量积表示)或将空间角与空间距离的计算转化为空间两向量的相关运算,将一般的几何体转化为特殊的几何体,并结合所学的性质与定理进行求解. 3.答案　2 思路点拨 建立空间直角坐标系→设=k,用k表示出点P,Q的坐标→将||表示成关于k的函数,求函数值的最小值. 解析　以A为坐标原点,,的方向分别为x,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(0,4,0),D(4,0,0),E(-2,4,2), 则=(-2,4,2),=(-4,4,0). 由P为线段AE上的动点可设=k,0≤k≤1,则=(-2k,4k,2k),所以P(-2k,4k,2k). 因为=,所以=k=(-4k,4k,0),所以Q(4-4k,4k,0),则=(4-2k,0,-2k), 故||==4. 用向量的模表示线段PQ的长,然后用含k的式子表示出||,结合函数的性质求最值. 因为k2-k+1=+≥,所以4≥2, 即PQ的长的最小值是2. 4.答案　①③ 解析　以D为坐标原点,建立空间直角坐标系Dxyz,如图, 则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),E(2,2,0),F(0,2,0),由题可设P(2,t,2),0<t<4, 则=(2,t,2),=(0,t-2,2),=(0,2,0),=(2,2,0),=(2,t-2,2),=(0,t-4,2),取平面PEB的一个法向量为m==(2,0,0), 设平面PDF的法向量为n=(x,y,z), 则 取x=1,得n=(1,0,-1), 设平面PDE的法向量为p=(x1,y1,z1), 则 取x1=2,得p=(2,-2,t-2), 设平面PFB的法向量为q=(x2,y2,z2), 则 取y2=-2,得q=(2,-2,t-4). 对于①,设直线PE与平面PDF所成的角为α, 则sin α=|cos<,n>|= ==, 结合向量的夹角公式,用含t的式子表示出sin α. 当0<t<2时,函数y=单调递增,当2<t<4时,函数y=单调递减, ∴当t=2,即P是A1B1的中点时,sin α取得最大值,此时α最大,故①正确; 结合函数单调性,分析sin α能否取得最大值. 对于②,设直线PD与平面PEB所成的角为β, 则sin β=|cos<,m>|===, 结合向量的夹角公式,用含t的式子表示出sin β. 当0<t<4时,函数y=单调递减,没有最大值,即β没有最大值,故②错误; 对于③,设平面PDE与平面PFB的夹角为θ, 则cos θ=|cos<p,q>|= =, 结合向量的夹角公式,用含t的式子表示出cos θ. 讨论函数y=在t∈(0,4)上的单调性, 令t-3=s,则(t-3)2=s2,t2-6t+16=(t-3)2+7=s2+7,8+(t-2)2=8+[(t-3)+1]2=9+(t-3)2+2(t-3)=9+s2+2s,8+(t-4)2=8+[(t-3)-1]2=9+(t-3)2-2(t-3)=9+s2-2s,则[8+(t-2)2]·[8+(t-4)2]=(9+s2+2s)(9+s2-2s)=-4s2=s4+14s2+81=+32, ∴y==, 设s2+7=r,则y==, 易知s2=(t-3)2在t∈(0,3)上单调递减,在t∈[3,4)上单调递增,∴s2∈[0,9),∴r=s2+7∈[7,16), 又y=在r∈[7,16)上单调递增, ∴当r=7,即s=0,t=3时,y=取得最小值,此时θ最大,即平面PDE与平面PFB的夹角取得最大值,故③正确; 结合函数单调性,分析cos θ能否取得最小值. 对于④,设平面PDF与平面PEB的夹角为φ, 则cos φ=|cos<m,n>|===,则φ=45°,为定值,故④错误. 思想方法　函数思想在空间向量与立体几何中的应用主要表现在“运动问题”和“最值问题”中,构造出函数后一定要注意函数的定义域,应当在定义域的约束下去求最值.有时需要利用基本不等式求最值,此时要注意应满足基本不等式适用的条件. 5.解析　(1)设点A到平面PBC的距离为h,由四面体PABC的体积为,△PBC的面积为2,得S△PBC·h=×2·h=,解得h=, 而AD∥BC,BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC,则AD∥平面PBC, 所以点D到平面PBC的距离为. (2)证明:取PB的中点F,连接AF,由AP=AB,得AF⊥PB.由平面PBC⊥平面ABP,平面PBC∩平面ABP=PB,AF⊂平面ABP,得AF⊥平面PBC,即AF=h=, 则AP=AB=2,BP=2. 由AF⊥平面PBC,BC⊂平面PBC,得AF⊥BC,又PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC,而PA∩AF=A,PA,AF⊂平面ABP,因此BC⊥平面ABP. (3)由(2)知,BC⊥平面ABP,因为AB,PB⊂平面ABP,所以AB⊥BC,PB⊥BC, 又△PBC的面积为2,BP=2,所以BC=2,则AD=4,AC=2,PC=2, 由AD∥BC,得AD⊥AB.以A为原点,直线AB,AD,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图, 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),故=(0,2,0),=(2,0,-2),=(2,0,0),=(-2,-2,2), 设=λ(0≤λ≤1), 由点在线上,结合共线向量定理引入变量λ. 则N(2-2λ,2-2λ,2λ),则=(2-2λ,2-2λ,2λ), 设平面BNC的法向量为n=(x1,y1,z1), 则 取z1=1,得n=(1,0,1), 设平面ABN的法向量为m=(x2,y2,z2), 则 取y2=2λ,得m=(0,2λ,2λ-2), 则cos<n,m>=, 由平面ABN与平面BNC的夹角为60°, 得=, 由向量的夹角公式,得到含变量λ的方程,根据方程的解得结论. 解得λ=,即N为PC的中点,所以NC=, 即在棱PC上存在一点N满足题意,且NC的长为. 思想方法　方程思想在空间向量与立体几何中的应用主要表现在探索性问题中,通过设置参数,建立方程(组)并求方程(组)的解来解决问题. 7 学科网（北京）股份有限公司 $