2025苏教版高中数学选择性必修第二册强化练习题（含解析）--专题强化练3　利用空间向量解决立体几何中的探索性问题

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2025苏教版高中数学选择性必修第二册
专题强化练3　利用空间向量解决立体几何中的探索性问题　　　　　 　　　　 　　　　
1.(2024江苏泰州中学、宿迁中学、宜兴中学调研)如图,在四棱锥P-ABCD中,△PAD是正三角形,∠ABC=90°,AB∥CD,AB=2CD=2BC=4,平面PAD⊥平面ABCD,M是棱PC上的动点.
(1)求证:平面MBD⊥平面PAD;
(2)在线段PC上是否存在点M,使得直线AP与平面MBD所成的角为30° 若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
2.(2024江苏响水中学期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O为AD的中点,连接OP.
(1)求二面角C-PD-A的正弦值;
(2)线段AD上是否存在Q,使得它到平面PCD的距离为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
3.(2023江苏常州前黄高级中学学情检测)如图1,在菱形ABCD中,∠BAD=60°且AB=a,四边形ADD″A1和四边形CDD'C1都是正方形.将两个正方形分别沿AD,CD折起,使D″与D'重合于点D1.设直线l过点B且垂直于菱形ABCD所在的平面,点E是直线l上的一个动点,且与点D1位于平面ABCD同侧(如图2).
(1)设二面角E-AC-D1的平面角为θ,若≤θ≤,求线段BE的长度的取值范围;
(2)若在线段D1E上存在点P,使得平面PA1C1∥平面EAC,求与BE之间满足的关系式,并证明:当0　
4.(2024湖北武汉华中师大一附中月考)如图,P为圆锥的顶点,O是圆锥底面圆的圆心,AC为底面圆的直径,△ABD为底面圆O的内接正三角形,且△ABD的边长为,点E在母线PC上,且AE=,CE=1.
(1)求证:直线PO∥平面BDE,并求三棱锥P-BDE的体积;
(2)若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　利用空间向量解决立体几何中的探索性问题
1.解析　(1)证明:∵AB∥CD,∠ABC=90°,∴∠BCD=90°,又CD=BC=2,∴BD=2,∠BDC=45°,
在△ABD中,由余弦定理,得
AD=
=,
∴AD2+BD2=AB2,
∴AD⊥BD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BD 平面ABCD,
∴BD⊥平面PAD,
又BD 平面MBD,∴平面MBD⊥平面PAD.
(2)存在.
以D为原点,DB,DA所在直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系,如图,
则A(0,-2),
∴),
设,0≤λ≤1,
则λ),
设平面MBD的一个法向量为n=(x,y,z),
则
即
令z=2λ-1,得x=0,y=(λ-1),
则n=(0,(λ-1),2λ-1),
∵直线AP与平面MBD所成的角为30°,
∴sin 30°=|cos<,n>|=,
化简得10λ2-13λ+4=0,解得λ=或λ=,
故在线段PC上存在点M,使得直线AP与平面MBD所成的角为30°,且.
2.解析　(1)连接OC,易得OC⊥AD,
∵PA=PD,O为AD的中点,
∴PO⊥AD,
又侧面PAD⊥平面ABCD,侧面PAD∩平面ABCD=AD,PO 平面PAD,
∴PO⊥平面ABCD,
又OD,OC 平面ABCD,∴PO⊥OD,PO⊥OC,
以O为原点,OC,OD,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
则C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),故=(0,1,-1),
设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,得y=1,z=1,则n=(1,1,1),
易得平面PAD的一个法向量m=(1,0,0),
设二面角C-PD-A的平面角为θ,则cos θ=,则sin θ=,
∴二面角C-PD-A的正弦值为.
(2)假设线段AD上存在Q(0,m,0),m∈[-1,1],使得它到平面PCD的距离为,
则=(0,m,-1),由(1)知,平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1),
故Q到平面PCD的距离d=,
解得m=-或m=(舍去),∴Q,满足题意,假设成立,
故.
3.解析　(1)由题意得D1D⊥AD,D1D⊥DC,又AD∩DC=D,AD,DC 平面ABCD,∴D1D⊥平面ABCD,
连接BD,交AC于点O,则BD⊥AC,以O为原点,OA,OB所在直线分别为x轴,y轴,建立空间直角坐标系,如图,
设BE=t(t>0),则A.
∴,
设平面D1AC的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
令z1=1,得x1=0,y1=2,则n1=(0,2,1).
设平面EAC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
令z2=-a,得x2=0,y2=2t,则n2=(0,2t,-a).
设二面角E-AC-D1的平面角为θ,
则cos θ=.
∵≤θ≤,∴cos θ∈,
∴,整理,得12t2-16at-3a2≤0,且44t2-32at-a2≥0,
又t>0,∴a≤t≤,
故线段BE的长度的取值范围是.
(2)假设存在满足条件的点P,同(1)设BE=t,t>0,另设P(x,y,z),
令(0≤λ≤1),则,
则x=0,y=,
即P,
易知A1,
∴=-,
易知AA1∥CC1且AA1=CC1,则四边形AA1C1C为平行四边形,∴A1C1∥AC,
又A1C1 平面EAC,AC 平面EAC,
∴A1C1∥平面EAC,
由平面PA1C1∥平面EAC,A1P 平面PA1C1,得A1P∥平面EAC,
∴·n2=0,
∴t·=0,化简,得λ=(t≠a),即BE,
故当04.解析　(1)设AC∩BD=F,连接EF,如图,
∵△ABD为底面圆O的内接正三角形,其边长为,∴结合正弦定理可得AC==2,
易得F为BD的中点,AF=,
∴CF=2-AF=1.
∵AE=,CE=1,AC=2,∴AE2+CE2=AC2,
∴AE⊥EC,
易知,∠EAF=∠CAE,∴△AEF∽△ACE,
∴∠AFE=∠AEC,∴EF⊥AC.
易知PO⊥平面ABD,PO 平面PAC,
∴平面PAC⊥平面ABD,
∵平面PAC∩平面ABD=AC,EF 平面PAC,
∴EF⊥平面ABD,又PO⊥平面ABD,∴EF∥PO,
又PO 平面BDE,EF 平面BDE,∴PO∥平面BDE.
∵F为BD的中点,∴AF⊥BD,即OF⊥BD,
∵EF⊥平面ABD,OF,BD 平面ABD,
∴EF⊥OF,EF⊥BD,
又EF∩BD=F,EF,BD 平面BDE,∴OF⊥平面BDE,∴点P到平面BDE的距离即为点O到平面BDE的距离.
易知EF=,EF⊥BD,
∴S△BDE=BD·EF=,
易知OF=,
∴VP-BDE=VO-BDE=S△BDE·OF=.
(2)由(1)知OF=CF=,∴F为OC的中点,又PO∥EF,∴E为PC的中点,∴PO=2EF,又EF==2,
以F为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A,D-,0,0,O,
∴,
设(0≤λ≤1),则λ),
∴.
设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令y=-1,得x=,∴n=(),
设直线DM与平面ABE所成的角为θ,
∴sin θ=,
令t=3λ+2,则t∈[2,5],λ=,
∴,
易知,∴当,即λ=时,取得最小值,为,
∴(sin θ)max==1,此时,
∴,
∴点M到平面ABE的距离d=.
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