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2025人教B版高中数学选择性必修第一册
专题强化练3 利用空间向量解决探索性问题
1.如图,正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AF=1,M是线段EF的中点,二面角A-DF-B的大小为60°.
(1)求证:AM∥平面BDE;
(2)试在线段AC上找一点P,使得PF与CD所成的角为60°.
2.(2024北京丰台期中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,
AB=AC=2,AA1=3,M,N分别为棱AB,B1C1的中点,BC1与B1C交于点P.
(1)求直线AA1与平面A1CM所成角的正弦值;
(2)求直线BC1到平面A1CM的距离;
(3)在线段A1N上是否存在点Q,使得PQ∥平面A1CM 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
3.(2023重庆八中月考)如图1,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠D=
90°,四边形ABCE是边长为4的菱形,且∠BCE=60°.以BE为折痕将△BCE折起,使点C到达点C1的位置,且AC1=2,如图2.
(1)证明:平面BC1E⊥平面ABED;
(2)在棱DC1上是否存在点P,使得P到平面ABC1的距离为 若存在,求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值;若不存在,请说明理由.
4.(2022北京师范大学第二附属中学期末)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,DC=AD=1,AB=2,∠PAD=45°,E是PA的中点,F在线段AB上,且=0.
(1)求证:DE∥平面PBC;
(2)求二面角F-PC-B的余弦值;
(3)在线段PA上是否存在点Q,使得FQ与平面FPC所成角的余弦值是 若存在,求出AQ的长;若不存在,请说明理由.
5.(2024浙江名校联盟模拟)如图,在四面体A-BCD中,E,F分别是线段AD,BD的中点,∠ABD=90°,EC=,AB=BD=2CF=2.
(1)证明:EF⊥平面BCD;
(2)当BC的长为何值时,二面角A-EC-B的余弦值为
6.(2023山东德州第一中学月考)如图,P为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AC为底面直径,△ABD为底面圆O的内接正三角形,且边长为,点E在母线PC上,且AE=,CE=1.
(1)求证:PO∥平面BDE;
(2)求证:平面BDE⊥平面ABD;
(3)若点M为线段PO上的动点,当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时,求点M到平面ABE的距离.
答案与分层梯度式解析
专题强化练3 利用空间向量解决探索性问题
1.解析 (1)证明:设AC∩BD=N,连接NE,∵AC∥EF,AC=EF,M是线段EF的中点,N是线段AC的中点,∴AN∥EM,AN=EM,
∴四边形AMEN为平行四边形,∴AM∥EN,
又∵EN 平面BDE,AM 平面BDE,
∴AM∥平面BDE.
（2）易得CE,CB,CD两两互相垂直,故以C为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略),设AB=t(t>0),则A(t,t,0),B(0,t,0),D(t,0,0),F(t,t,1),∴
=(t,0,1).
易知AF⊥AB,AB⊥AD,又AF∩AD=A,AF,AD 平面ADF,∴AB⊥平面ADF,∴=(-t,0,0)为平面DAF的一个法向量.
设平面BDF的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=1,z=-t,∴n=(1,1,-t).
设二面角A-DF-B的大小为θ,则|cos θ|=,解得t=(负值舍去).
设P(a,a,0)(0≤a≤),则-a,1),
又,0,0),
∴cos 60°=,解得a=或a=(舍去),
∴当P为线段AC的中点时,直线PF与CD所成的角为60°.
2.解析 由题意得AA1,AB,AC两两相互垂直.以A为坐标原点,
的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略),A(0,0,0),A1(0,0,3),C(2,0,0),M(0,1,0),B(0,2,0),
P,N(1,1,3).
(1)易得=(0,1,-3).
设平面A1CM的一个法向量为n=(x,y,z),
则令z=2,得n=(3,6,2).
所以cos<,n>=.
所以直线AA1与平面A1CM所成角的正弦值为.
(2)连接AC1,交A1C于点G,连接GM.
易得G为AC1的中点,又M为AB的中点,所以GM是△AC1B的中位线,所以BC1∥GM,
又GM 平面A1CM,BC1 平面A1CM,
所以BC1∥平面A1CM.
所以直线BC1到平面A1CM的距离等于点B到平面A1CM的距离.
易得=(0,-2,3).
由(1)得平面A1CM的一个法向量为n=(3,6,2).
所以点B到平面A1CM的距离d=,
所以直线BC1到平面A1CM的距离为.
（3）设(0≤λ≤1),则
.
由(1)知平面A1CM的一个法向量为n=(3,6,2).
因为PQ∥平面A1CM,所以·n=0,即3×(λ-1)+6×(λ-1)+2×=0,解得λ=,
所以线段A1N上存在点Q,使得PQ∥平面A1CM,此时.
3.解析 (1)证明:取BE的中点F,连接AF,C1F.
因为在题图1中,四边形ABCE是边长为4的菱形,且∠BCE=60°,所以在题图2中,△ABE,△BEC1均为边长为4的等边三角形,所以AF⊥BE,C1F⊥BE,且AF=C1F=2.又AC1=2,所以AF2+C1F2=A,所以AF⊥C1F.
又因为AF∩BE=F,AF,BE 平面ABE,
所以C1F⊥平面ABED.
因为C1F 平面BEC1,所以平面BC1E⊥平面ABED.
(2)由(1)得,AF,C1F,BE两两互相垂直.建立空间直角坐标系Fxyz,如图所示:
易得A(2,-3,0),所以).
设,λ∈[0,1],则P(λ),
所以).
设平面ABC1的一个法向量为v=(x,y,z),
则
令x=1,则y=,z=1,故v=(1,,1),
则点P到平面ABC1的距离d==
=,解得λ=或λ=(舍去),则.
设直线EP与平面ABC1所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,v>|=,
所以直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为.
4.解析 (1)证明:证法一:取PB的中点M,连接EM,CM.
∵E是PA的中点,∴EM∥AB,且EM=AB,
又∵CD∥AB,且CD=AB,∴EM∥CD,且EM=CD,
∴四边形CDEM为平行四边形,∴DE∥CM.
∵CM 平面PBC,DE 平面PBC,
∴DE∥平面PBC.
证法二:∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥DC,PD⊥AD.
∵AB∥DC,AB⊥AD,∴AD⊥DC.
以D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图.
∵PD⊥AD,∠PAD=45°,AD=1,∴PD=1,∴D(0,0,0),B(1,2,0),
C(0,1,0),P(0,0,1),E
.
设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z),
则取y=1,得x=-1,z=1,
∴m=(-1,1,1).
∵m·=0,DE 平面PBC,∴DE∥平面PBC.
(2)由(1)知=(-1,-2,0).
设点F(1,t,0),0≤t≤2,则=(1,t-1,0).
∵=0,∴-1-2(t-1)=0,解得t=,
∴F.
设平面FPC的一个法向量为n=(x',y',z'),
则取x'=1,得y'=2,z'=2,∴n=(1,2,2).
由(1)知平面PBC的一个法向量为m=(-1,1,1),
则|cos|=,
由图可知,二面角F-PC-B为锐二面角,
∴二面角F-PC-B的余弦值为.
(3)由(1)(2)知,A(1,0,0),P(0,0,1),F,
∴.
设=(-λ,0,λ),λ∈[0,1],
则.
由(2)知平面FPC的一个法向量为n=(1,2,2).
若FQ与平面FPC所成角的余弦值是,
则FQ与平面FPC所成角的正弦值为,
∴,即20λ2+8λ-1=0,解得λ=或λ=-(舍去).
∴在线段PA上存在点Q,使得FQ与平面FPC所成角的余弦值是,此时AQ的长为.
5.解析 (1)证明:因为E,F分别是线段AD,BD的中点,所以EF∥AB且EF=AB=1.
又∠ABD=90°,即AB⊥BD,所以EF⊥BD.
因为EF2+CF2=12+12=()2=EC2,所以EF⊥FC.
因为BD,FC 平面BCD,BD∩FC=F,
所以EF⊥平面BCD.
(2)因为点F是线段BD的中点,且BD=2CF=2,
所以△BCD是直角三角形,且BC⊥CD.
由(1)知EF⊥平面BCD,所以以点C为坐标原点,CD,CB所在直线分别为x轴,y轴,过点C且与FE平行的直线为z轴建立空间直角坐标系.
设∠BDC=θ时,二面角A-EC-B的余弦值为,此时BC=2sin θ,CD=2cos θ.
易得C(0,0,0),B(0,2sin θ,0),A(0,2sin θ,2),E(cos θ,sin θ,
1）,所以=(-cos θ,-sin θ,-1),=(-cos θ,sin θ,1),=
(-cos θ,sin θ,-1).
设平面ACE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
令z1=sin θ,得n1=(0,-1,sin θ).
设平面BCE的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
令z2=cos θ,得n2=(-1,0,cos θ).
由题意得|cos|=,整理得(sin 2θ)2=1.
因为0<θ<,所以0<2θ<π,所以sin 2θ=1,所以2θ=,所以θ=,此时BC=2sin θ=2×.
所以当BC=时,二面角A-EC-B的余弦值为.
6.解析 (1)证明:设AC交BD于点F,连接EF.
易知PO⊥平面ABD,
因为AC 平面ABD,所以PO⊥AC.
因为△ABD是底面圆的内接正三角形,AD=,所以AF=ADsin 60°=AF×2=2.
又AE=,CE=1,所以AC2=AE2+CE2,所以∠AEC=90°,即AE⊥PC.
因为,所以△ACE∽△AEF,所以∠AFE=∠AEC=90°,即EF⊥AC,所以PO∥EF.
又PO 平面BDE,EF 平面BDE,
所以PO∥平面BDE.
(2)证明:由(1)知PO∥EF,PO⊥平面ABD,
所以EF⊥平面ABD,
又EF 平面BDE,所以平面BDE⊥平面ABD.
(3)由(1)得PO=2EF=.
连接OD.以点F为坐标原点,FA,FB,FE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A,所以
).
设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z),
则令x=1,得n=(1,).
设(0≤λ≤1),
则.
设直线DM与平面ABE所成的角为θ,
则sin θ=|cos所以sin2θ=.
令y=,x∈[0,1],
则y==4,当且仅当x=时,等号成立,
所以当x=时,y=,x∈[0,1]有最大值4,
所以当λ=时,sin θ有最大值1,此时M,所以,所以点M到平面ABE的距离d=,
故当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时,点M到平面ABE的距离为.
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