培优课 利用空间向量解决立体几何中的综合问题(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（北师大版)

**基本信息** 以空间向量坐标运算为核心，系统覆盖立体几何中距离、角度、位置关系的求解，通过建系转化实现几何问题代数化，体现数学眼光与逻辑推理的结合。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础运算|1-2题|向量模长与坐标运算|从向量概念到坐标表示，构建运算基础| |位置关系判定|3-4题|法向量与垂直判定|用数量积论证线面垂直，强化逻辑推理| |角与距离计算|5-8题|线面角/二面角公式|通过向量夹角公式转化空间角，培养数学语言表达| |综合应用|9-10题|折叠问题坐标转化|结合折叠几何特征建系，提升复杂情境应用能力|

培优课　利用空间向量解决立体几何中的综合问题 1.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 2.已知点A（n，n－1，2n），B（1，－n，n），则||的最小值为（　　） A．　 B． C.2　 D．不存在 3.已知点P是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD上一点，则PA1•的取值范围是（　　） A．［－1，－］　 B．［－1，－］ C．［－1，0］　 D．［－，0］ 4.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 5.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长为a，侧棱长为b，且a≥b，点D是BC1的中点，则直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值是（　　） A．　 B．　　 C．　 D． 6.〔多选〕如图，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′，且平面A′DE⊥平面BCDE，连接A′B，A′C，则下列结论中正确的是（　　） A．BD⊥A′C B．BE到平面A′CD的距离为 C．BC与A′D所成角的余弦值为 D．直线A′B与平面A′CD所成角的正弦值为 7.如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为　　　　． 8.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC=BC=1，∠ACB=90°，点D是A1B1的中点，F是侧面AA1B1B（含边界）上的动点．要使AB1⊥平面C1DF，则线段C1F长的最大值为　　　　． 9.如图，在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在棱CC1上，且CP=λCC1（0＜λ＜1）． （1）当λ=时，求直线AP与平面BB1C1C所成的角的正弦值； （2）是否存在λ，使平面APD1与平面ABCD的夹角的余弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 10.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.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. 2.B　因为点A（n，n－1，2n），B（1，－n，n），所以＝（1－n，－2n＋1，－n），所以｜｜＝＝＝.当n＝时，｜｜有最小值，为. 3.D　如图，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.设P（x，y，0），0≤x≤1，0≤y≤1，则A1（0，0，1），C（1，1，0），·＝（－x，－y，1）·（1－x，1－y，0）＝x2－x＋y2－y＝（x－）2＋（y－）2－，因为0≤x≤1，0≤y≤1，所以当x＝，y＝时，·有最小值－，当x＝1，y＝1或x＝0，y＝0时，·取得最大值0，因此·的取值范围为［－，0］，故选D. 4.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. 5.D　如图，取A1B1的中点E，连接BE，C1E，则C1E⊥A1B1，由正三棱柱的性质可知，平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，∴C1E⊥平面ABB1A1，取BE的中点F，连接AF，DF.∵D为BC1的中点，∴DF∥C1E，∴DF⊥平面ABB1A1，∴∠DAF即为直线AD与侧面ABB1A1所成的角.在Rt△AFD中，DF＝C1E＝a，AF＝＝，∴tan∠DAF＝＝＝≥＝，当且仅当a＝b时，等号成立，∴直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值为. 6.BC　由题意知EB，ED，EA'两两垂直，以E为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系（图略）.易知B（1，0，0），D（0，，0），A'（0，0，1），C（2，，0），可得＝（－1，，0），＝（2，，－1），因为·＝－2＋3＝1≠0，所以BD与A'C不垂直，所以A错误；过点E作EM⊥A'D于点M（图略），因为BE⊥ED，BE⊥A'E，且ED∩A'E＝E，ED，A'E⊂平面A'ED，所以BE⊥平面A'ED，又BE∥CD，所以CD⊥平面A'ED，又因为EM⊂平面A'ED，所以EM⊥CD，又EM⊥A'D，且A'D∩CD＝D，A'D，CD⊂平面A'CD，所以EM⊥平面A'CD，即EM的长为点E到平面A'CD的距离，在Rt△A'ED中，A'E＝1，ED＝，A'D＝2，可得EM＝＝，易知BE∥平面A'CD，所以BE到平面A'CD的距离为，所以B正确；易知＝（1，，0），＝（0，，－1），设BC与A'D所成的角为θ，可得cos θ＝＝＝，即BC与A'D所成角的余弦值为，所以C正确；易知＝（1，0，－1），＝（2，，－1），＝（0，，－1），设平面A'CD的法向量为n＝（x，y，z），则取y＝1，可得x＝0，z＝，即平面A'CD的一个法向量为n＝（0，1，），设直线A'B与平面A'CD所成角为α，sin α＝＝＝，即直线A'B与平面A'CD所成角的正弦值为，所以D不正确. 7.　解析：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AQ所在直线为z轴，建立空间直角坐标系（图略），不妨设AB＝2，则F（2，1，0），E（1，0，0），设M（0，m，2），m∈[0，2]，故＝（2，1，0），＝（－1，m，2），故cos θ＝＝＝f（m），观察分子、分母的变化，可知当m∈[0，2]时，f（m）单调递减，f（m）max＝f（0）＝，当m＝2时，f（2）＝0，故cos θ的最大值为. 8.　解析：取BB1上靠近B1的四等分点为E，连接DE（图略），当点F在DE上时，AB1⊥平面C1DF，证明如下：因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，点D是A1B1的中点，所以C1D⊥平面AA1B1B，所以C1D⊥AB1.以C1为坐标原点，C1A1，C1B1，C1C分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（图略）.所以A（1，0，2），B1（0，1，0），D（，，0），E（0，1，），即＝（－1，1，－2），＝（－，，），此时·＝0，即AB1⊥DE，所以AB1⊥平面C1DE，故当F在DE上时，AB1⊥平面C1DF，很明显，当E，F重合时，线段C1F最长，此时C1F＝. 9.解：（1）以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系（图略）， 因为λ＝，则A（4，0，0），P（0，4，1）， 则＝（－4，4，1）， 易知平面BB1C1C的一个法向量为u＝（0，1，0）， 所以cos＜，u＞＝＝＝， 因此，当λ＝时，直线AP与平面BB1C1C所成的角的正弦值为. （2）因为A（4，0，0），D1（0，0，4），P（0，4，4λ）， 设平面APD1的法向量为m＝（x，y，z），＝（4，0，－4），＝（0，4，4λ－4）， 由 得取z＝1， 可得m＝（1，1－λ，1）， 易知平面ABCD的一个法向量为n＝（0，0，1）， 由题意可得｜cos＜m，n＞｜＝＝＝， 因为0＜λ＜1，解得λ＝. 所以当λ＝时，平面APD1与平面ABCD的夹角的余弦值为. 10.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－. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $