培优课 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（人教A版)

**基本信息** 聚焦立体几何综合问题，系统运用空间向量法，通过建系、向量运算解决距离、角度、垂直等问题，强化几何直观与空间观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间距离与最值|2题|坐标法求空间两点距离、向量数量积最值|空间向量坐标表示→模长公式→二次函数求最值| |空间垂直与存在性|3题|向量垂直的充要条件、参数方程求解存在性|线线垂直→向量数量积为0→方程有解条件| |空间角计算|3题|异面直线夹角、二面角的向量公式|方向向量/法向量→夹角余弦公式→范围判断| |折叠与综合应用|2题|折叠问题建系策略、面面平行判定|平面几何性质→空间垂直关系→坐标系构建|

培优课　立体几何中的综合问题 （时间：45分钟　满分：71分） ［备注：单选、填空题5分，多选题6分］ 1.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 2.如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为3，A1C1=B1C1=1，且∠A1C1B1=90°，点D在棱AA1上且AD=2DA1，点P在棱C1C上，则•的最小值为（　　） A．　 B．－ C．　 D．－ 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=（　　） A．　 B．1 C．　 D．2 4.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． 5.如图，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 6.〔多选〕如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段AA1上的一个动点，F为线段B1C1上的一个动点，则平面EFB与底面ABCD夹角的余弦值可能为（　　） A．0　 B． C．　 D．2 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.（15分）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，且AB⊥BC，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点． （1）证明：BF⊥DE； （2）在棱A1B1上是否存在一点M，使得异面直线MF与AC所成的角为30°？若存在，指出点M的位置；若不存在，说明理由． 10.（15分）如图1，⊙O的直径AB=4，点C，D为⊙O上的两点，且∠CAB=45°，∠DAB=60°，F为弧BC的中点．将圆沿直径AB折起，使两个半圆所在的平面互相垂直，如图2. （1）求证：OF∥平面ACD； （2）求平面ACD与平面ABD夹角的余弦值． 培优课　立体几何中的综合问题 1.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． 2.B　以点C为坐标原点，CA，CB，CC1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D（1，0，2），B1（0，1，3），设P（0，0，z），其中0≤z≤3，则=（1，0，2－z），=（0，1，3－z），∴•=0＋0＋（2－z）•（3－z）=（z－）2－，故当z=时，•取最小值－． 3.D　以点B为坐标原点，BA，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），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，所以•=λ（1－λ）a2－1=0，则λ2－λ＋=0，故Δ=1－=0，可得a=2，此时λ=，所以=2. 4.C　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），所以=（1，－1，－1），=（0，－1，0），所以|cos〈，〉|===． 5.D　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． 6.AB　设平面EFB与底面ABCD的夹角为θ，如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，AE=m，FC1=n，0≤m≤1，0≤n≤1，则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，1），E（1，0，m），F（n，1，1），=（0，－1，m），=（n－1，0，1），设平面EFB的一个法向量为n=（x，y，z），则取x=－1，则平面EFB的法向量为n=（－1，m（n－1），n－1），而底面ABCD的一个法向量为=（0，0，1），则cos θ=，结合选项，当n=1时，cos θ=0，当n≠1时，cos θ=∈（0，］，故cos θ∈［0，］．故选A、B． 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，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）证明：由题意得BB1⊥平面ABC，且AB⊥BC，故以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，0，0），F（0，2，1），A（2，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0），所以=（0，2，1）． 设B1D=m，m∈［0，2］，则D（m，0，2），=（1－m，1，－2）， 因为•=（0，2，1）•（1－m，1，－2）=2－2=0，所以BF⊥DE． （2）假设存在一点M满足题意． 设B1M=n，n∈［0，2］，则M（n，0，2），=（－n，2，－1），=（－2，2，0）． 因为异面直线MF与AC所成的角为30°， 所以|cos〈，〉|==， 整理得n2－8n＋7=0，即n=1或n=7（舍去）， 所以假设成立，即存在点M使得异面直线MF与AC所成的角为30°，此时M是A1B1的中点． 10.解：（1）证明：连接CO， ∵∠CAB=45°， ∴∠COB=90°， ∵F为的中点， ∴∠FOB=45°， 又∠CAB=45°， ∴OF∥AC． ∵OF⊄平面ACD，AC⊂平面ACD， ∴OF∥平面ACD． （2）连接BC，∵平面ABC⊥平面ABD，平面ABC⋂平面ABD=AB，CO⊥AB，∴CO⊥平面ABD． 以O为原点，AB所在的直线为y轴，OC所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则A（0，－2，0），C（0，0，2）． ∵∠DAB=60°，∴D（，－1，0）， ∴=（，1，0），=（0，2，2）． 设n1=（x，y，z）为平面ACD的法向量． 由得 令x=1，则y=－，z=，∴n1=（1，－，）． 易知平面ABD的一个法向量为n2=（0，0，1）， 设平面ACD与平面ABD的夹角为θ， ∴cos θ= ==， 即平面ACD与平面ABD夹角的余弦值为． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $