第三章　空间向量与立体几何 综合拔高练--2026北师大版高中数学选择性必修第一册同步练习（含解析）

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2026北师大版高中数学选择性必修第一册
综合拔高练
五年高考练
考点1　用向量法解决立体几何中的证明、求值问题
　　　　　　　　　　　　　
1.(2023全国乙理,19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=DO,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO①;
(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;
(3)求二面角D-AO-C的正弦值②.
①关键点拨　证明F是AC的中点
②心中有“数”　结合定义转化,用向量法求解
考点2　用坐标法解决立体几何中的证明、求值问题
2.(2024新课标Ⅱ,17)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=.将△AEF沿EF翻折至△PEF①,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值②.
①心中有“数”　翻折问题,明确翻折前后变与不变的量
3.(2024新课标Ⅰ,17)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为①,求AD.
①心中有“数”　向量法和几何法解决二面角问题
4.(2024全国甲理,19)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M为AD的中点.
(1)证明:BM∥平面CDE;
(2)求二面角F-BM-E的正弦值.
5.(2023全国甲理,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)证明:A1C=AC;
(2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
6.(2024天津,17)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1.N是B1C1的中点,M是DD1的中点.
(1)求证:D1N∥平面CB1M;
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角余弦值;
(3)求点B到平面CB1M的距离.
考点3　用空间向量解决立体几何中的最值问题
7.(2021全国甲理,19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.
(1)证明:BF⊥DE;
(2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小
8.(2020全国新高考Ⅰ,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
强基计划
9.(多选题)(2024清华大学强基计划)正四面体ABCD中,棱长为2,点P满足|+|=2,则·的(　　)
A.最小值为4-2　　　　B.最大值为2+2
C.最小值为2-2　　　　D.最大值为4+2
10.(2025浙江强基联盟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AD⊥CD,AB⊥BC,PC=2,AD=CD=,点F在线段PD上且满足CF⊥PD,点E在线段PA上且满足=λ(0<λ<1).
(1)证明:CF⊥AP;
(2)若CE⊥PD,求λ的值;
(3)若存在λ,使直线BE与平面PAC的夹角为,求AB的长度的取值范围.
三年模拟练
　　　　　　　　　　　　　
应用实践
1.(多选题)(2025江西八校协作体第一次联考)下列命题中正确的是(　　)
A.若两个不同平面α,β的法向量分别是u=(1,2,-3),v=(-2,-4,6),则α⊥β
B.若=(3,-1,-2),=(4,2,1),=(2,-4,-5),则点P在平面ABC内
C.已知A(0,1,0),B(1,2,0),则与方向相同的单位向量是(1,1,0)
D.若{a+b,b+c,c+a}是空间向量的一组基,则{a,b,c}也是空间向量的一组基
2.(2024山东适应性联考)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面A1B1C1D1为矩形,AB=1,BC=3,且=,若点B到平面AB1D1的距离为,则点C到直线AM的距离为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.(2024浙江杭州期中)已知直三棱柱ABC-A'B'C'的底面是正三角形,侧棱长与底面边长相等,P是侧棱AA'上的点(不含端点).记直线PB与直线AC的夹角为α,直线PB与直线B'C的夹角为β,二面角P-B'B-C的平面角为γ,则(　　)
A.α>β>γ　　　　B.α<β<γ
C.α>γ>β　　　　D.β>α>γ
4.(2025云南月考)如图,在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段B1C上的动点(不包括端点),则下列结论错误的是(　　)
A.当B1P=2PC时,AP=
B.当B1P=2PC时,点D1到平面A1BP的距离为1
C.直线A1P与BD的夹角可能是
D.若二面角B-A1P-B1的平面角的正弦值为,则=或=
5.(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)若点M为线段PO上的动点,当直线DM与平面ABE的夹角的正弦值最大时,求点M到平面ABE的距离.
6.(2025贵州名校协作体联考)如图①所示,四边形ABCQ是直角梯形,AQ∥BC,AQ⊥AB,且AQ=2BC=2AB=4,D为线段AQ的中点.现沿着CD将△QCD折起,使Q点到达P点,如图②所示,连接PA,PB,DM,其中M为线段PA的中点.
(1)求证:DM⊥PB;
(2)若二面角A-CD-P的大小为60°,则在线段PC上是否存在一点N,使得直线PB与平面BDN夹角的正弦值为 若存在,求三棱锥P-BDN的体积;若不存在,请说明理由;
(3)在(2)的条件下,求点A到平面BDN的距离.
　
迁移创新
7.(创新题·新情境)湖北省鄂州市洋澜湖畔有一座莲花山.莲花山,山连九峰,状若金色莲初开,独展灵秀,故而得名.这里三面环湖,通汇长江,山峦叠翠,烟波浩渺.旅游区管委会计划在山上建设一座别致的凉亭供游客歇脚,该凉亭的实景效果图和设计图分别如图①和图②所示,该凉亭的支撑柱高3m,顶部是底面边长为2m的正六棱锥,且各侧面与底面所成的角都是45°.
(1)求该凉亭及其内部所占空间的大小;
(2)在直线PC上是否存在点M,使得直线MA与平面BD1F1夹角的正弦值为 若存在,请确定点M的位置;若不存在,请说明理由.
图①　　图②
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.
思路探究
(1)证明的关键是在平面ADO中找与EF平行的线,观察题图知可证明EF∥DO,由“中点D,E,O”可知要证F为AC的中点,由条件不易直接证明,故联想到用向量法解决.
(2)证明的关键是寻找其中一个平面内的某条直线与另一平面内的两条相交直线垂直,显然直线AO为“目标直线”,已知AO⊥BF,再找另一垂直关系即可(AO⊥EF).
(3)易在二面角的两个半平面内找到与棱垂直的直线,故考虑两直线的方向向量的夹角.
解析　(1)证明:由题可知,||=2,设=λ,0≤λ≤1,
∵·=||||cos∠BAC=2×2×=4,BF⊥AO,∴·=(λ-)·=||2-||2+·=8λ-4=0,解得λ=,∴F为AC的中点.连接OF,DE,则OF∥AB,OF=AB,∵DE∥AB,DE=AB,∴DE∥OF,DE=OF,∴四边形ODEF为平行四边形,∴EF∥OD,
∵OD 平面ADO,EF 平面ADO,∴EF∥平面ADO.
(2)证明:∵O为BC的中点,∴OB=BC=,又AB=2,AB⊥BC,∴AO===PC=2OD,
又AD=OD,∴AD2=AO2+OD2,即AO⊥OD,∵EF∥OD,∴AO⊥EF,
∵BF⊥AO,BF∩EF=F,BF,EF 平面BEF,∴AO⊥平面BEF,∵AO 平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF.
(3)设二面角D-AO-C的平面角为θ,由题图可知θ为钝角,
∵AO⊥OD,AO⊥BF,∴θ为和的夹角.
由题意得||=||=,||=||=,
=(+)=(-+2)=(-3),·=0,在△OBD中,BD=OD=,OB=,则cos∠BOD==,∴·=||||·cos∠BOD=××=1.
∴cosθ=====-,∴sinθ==,
∴二面角D-AO-C的正弦值为.
解后反思　求二面角的方法有两个:①定义法;②向量法.对于本题,已知AO⊥OD,AO⊥BF,所以可平移BF,然后利用定义求解,但步骤有点烦琐,从而可直接利用向量与的夹角解决.此外,本题也可通过建系求解,计算相对烦琐.
2.
真题降维
信息提取 信息处理
知向量的关系与线段长度,可求AE,AF的长度,在△AEF中,知两边及夹角 用余弦定理求EF的长度,用勾股定理的逆定理证AE⊥EF
翻折问题,翻折中,AE⊥EF不变 EF⊥PE,EF⊥AE,从而可证线面垂直,即可证EF⊥PD
求二面角 由线面垂直的判定定理可得PE⊥面ABCD,证得PE,EF,ED两两垂直,故可建系,求面PCD,面PBF的法向量,代入公式求解
解析　(1)证明:由AB=8,AD=5,=,=,得AF=4,AE=2,
在△AEF中,由余弦定理得
EF=
==2,
∴AE2+EF2=AF2,
证明垂直时,当条件中的棱长的数据较多时,可考虑用正、余弦定理或勾股定理(或其逆定理)证明.
则AE⊥EF,∴EF⊥PE,
又PE∩AE=E,PE,AE 平面PDE,∴EF⊥平面PDE,
又PD 平面PDE,∴EF⊥PD.
(易错点:由线面垂直证明线线垂直,注意线在面内的说明)
(2)连接EC,∵CD=3,DE=AD-AE=3,∠ADC=90°,
∴EC===6,
又PE=AE=2,PC=4,∴EC2+PE2=PC2,∴PE⊥EC,又PE⊥EF,EC∩EF=E,EC,EF 平面ABCD,
∴PE⊥平面ABCD,
又ED 平面ABCD,∴PE⊥ED,又PE⊥EF,EF⊥ED,
∴PE,EF,ED两两垂直,
建立空间直角坐标系时,一定要找到两两垂直的“三只脚”,才能去建系.
∴以E为原点,EF,ED,EP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图,
则A(0,-2,0),F(2,0,0),C(3,3,0),D(0,3,0),P(0,0,2),∴=(2,0,-2),==(2,2,0),
=(0,-3,2),=(3,0,0).
设m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2)分别为平面PBF,平面PCD的法向量,
∴
令x1=,则m=(,-1,1),令y2=2,则n=(0,2,3).
∴cos==,∴sin=,
∴所求正弦值为.
解题技法　破解翻折问题的关键:一是确定翻折前后变与不变的量(图形位置、数量关系),一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系不变,而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系可能会发生变化;二是确定翻折后关键点的位置,所谓的关键点是指翻折过程中运动变化的点,因为这些点的位置移动会带动与其相关的点、线、面的关系变化,所以只有分析清楚关键点的准确位置,才能以此为参照点,确定其他点、线、面的位置,进而进行有关的证明与计算.
3.
考教衔接
本题来源于教材P142第22题,都是以有一条侧棱垂直于底面的四棱锥为背景考查二面角问题,不同之处是教材的题目是求二面角的余弦值,高考题是知二面角的正弦值求棱长,考查逆向思维,难度略有拔高,加强了对学生识图、用图及运算求解能力的考查.
解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,所以PA⊥AD,
又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA 平面PAB,
由线线垂直,证线面垂直,注意“线不在多,重在相交”的说明.
所以AD⊥平面PAB,而AB 平面PAB,所以AD⊥AB.
在△ABC中,AC=2,BC=1,AB=,
所以BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB,
所以AD∥BC,
又AD 平面PBC,BC 平面PBC,
所以AD∥平面PBC.
(2)解法一:以D为原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴,过点D作平面ABCD的垂线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
(方法技巧:线线垂直与线面垂直的垂足不重合时,一般做“平移”处理)
则D(0,0,0),
设AD=m(m>0),则DC=,
则A(m,0,0),P(m,0,2),C(0,,0),
故=(-m,,0),=(0,0,2),=(m,0,2),=(0,,0),
设平面ACP的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即
不妨取x1=,则n1=(,m,0).
设平面DCP的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则即
不妨取z2=m,则n2=(-2,0,m).
因为二面角A-CP-D的正弦值为,
所以|cos|===,
解得m=(舍负),所以AD=.
解法二:因为PA⊥底面ABCD,PA 平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD.
过D作DH⊥AC交AC于点H,易知DH⊥平面PAC,又PC 平面PAC,所以DH⊥PC,
过点H作HQ⊥PC交PC于点Q,连接DQ,
又因为DH∩HQ=H,DH,HQ 平面DHQ,
所以PC⊥平面DHQ,
又DQ 平面DHQ,所以PC⊥DQ,
所以∠DQH即为二面角A-CP-D的平面角.
在Rt△HQC中,设HQ=x,x>0,则HC=x,AH=2-x,DH2=AH·HC=2x-2x2,DQ2=DH2+HQ2=2x-x2,
所以sin∠DQH===,
解得x=.
故AH=,DH=,所以AD==.
高考风向　用向量法解决立体几何问题,近些年设置的另一个障碍是关键点的坐标不易求出,解题时通常是先设后求,待定系数.
易错警示　在向量法中,注意区分异面直线的夹角、线面角与面面角的公式:
4.解析　(1)证明:在梯形ABCD中,由M为AD的中点,且AD=4,得MD=2,又BC=2,BC∥AD,
∴MD BC,
∴四边形BCDM为平行四边形,
∴BM∥CD,
又∵CD 平面CDE,BM 平面CDE,
∴BM∥平面CDE.
(2)在等腰梯形ADEF中,过点F作FO⊥AD于O,连接BO,
由EF=2,AD=4得AO=1,
在Rt△AOF中,∵AF=ED=,∴FO=3.
在等腰梯形ABCD中,AB=BC=2,AD=4,AO=1,亦可得BO⊥AD,且BO=.
在△BOF中,∵FB=2,BO=,FO=3,
∴FB2=BO2+FO2,∴FO⊥BO,
又∵FO⊥OD,BO⊥AD,
∴FO,BO,OD两两垂直,
以O为坐标原点,OB,OD,OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图,
易得B(,0,0),F(0,0,3),M(0,1,0),E(0,2,3).
设m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2)分别为平面FBM和平面EBM的法向量,
则
取z1=1,得x1=,y1=3,则m=(,3,1).
取x2=-,得y2=-3,z2=1,则n=(-,-3,1).
设二面角F-BM-E的平面角为α,
则cos2α=cos2==
=,
∴sinα===.
故二面角F-BM-E的正弦值为.
5.解析　(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC 平面ABC,
∴A1C⊥BC,∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,
又AC∩A1C=C,AC,A1C 平面AA1C1C,
∴BC⊥平面AA1C1C.
又∵BC 平面BCC1B1,
∴平面BCC1B1⊥平面AA1C1C.
过A1作A1H⊥CC1,垂足为H,又平面BCC1B1⊥平面AA1C1C,平面BCC1B1∩平面AA1C1C=CC1,A1H 平面AA1C1C,∴A1H⊥平面BCC1B1,∴A1H=1,
易知∠CA1C1=90°,在Rt△A1CC1中,CC1=2=2A1H,
∴H为CC1的中点,∴△A1CC1为等腰直角三角形,
∴A1C=A1C1.易知AC A1C1,∴A1C=AC.
(2)以C为坐标原点,CA,CB,CA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,在平面BCC1B1内过H作HQ∥BC,交BB1于点Q,连接A1Q,如图.
易知CC1⊥A1H,CC1⊥HQ,CC1 BB1,
又A1H∩HQ=H,A1H,HQ 平面A1HQ,
∴CC1⊥平面A1HQ,BB1⊥平面A1HQ,
又A1Q 平面A1HQ,∴BB1⊥A1Q,∴A1Q=2,
∴在Rt△A1HQ中,HQ=,易知A1C=AC=,
则A(,0,0),B1(-,,),C1(-,0,),B(0,,0),∴=(-2,,),=(0,,0),=(-,0,).
设平面BCC1B1的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
取x=1,得n=(1,0,1).
设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ,
则sinθ=|cos<,n>|=
将线面角的正弦值转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值,注意绝对值不能漏写.
==.
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
6.解析　(1)证明:取B1C的中点P,连接NP,MP,
又N为B1C1的中点,
所以在△B1CC1中,NP∥CC1,NP=CC1,
因为M是DD1的中点,DD1∥CC1,
所以D1M=DD1=CC1,且D1M∥CC1,
则有D1M∥NP,D1M=NP,故四边形D1MPN是平行四边形,
所以D1N∥MP,又MP 平面CB1M,D1N 平面CB1M,
所以D1N∥平面CB1M.
(2)已知A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,所以以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
易知AB=AA1=2,AD=DC=1,
则B(2,0,0),C(1,1,0),B1(2,0,2),M(0,1,1),
所以=(1,-1,2),=(-1,0,1),=(0,0,2).
设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2).
则
则z2=0.分别取x1=1,x2=1,得y1=3,z1=1,y2=1,
所以m=(1,3,1),n=(1,1,0),
则|cos|===,
故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为.
(3)由(2)知=(0,0,2),平面CB1M的一个法向量为m=(1,3,1),
则==,
即点B到平面CB1M的距离为.
7.解析　(1)证明:∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,∴A1B1⊥平面B1C1CB.
∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB.
又∵BC 平面B1C1CB,∴AB⊥BC.
以B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),则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴=(0,2,1).
设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则=(1-a,1,-2).
∵·=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE.
(2)由(1)知=(-1,1,1),=(a,-2,1).
设平面DFE的一个法向量为n=(x,y,z),
则不妨设x=1,则y=,z=,∴n=.
易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量.
设平面BB1C1C与平面DFE所成的锐二面角的大小为θ,则cosθ=|cos|===≤=,
∴sinθ=≥,
故当a=,即B1D=时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为.
解后反思　直线上的动点通常通过设与动点有关的线段的长度为参数,也可以利用三点共线来引入参数(如由B1、D、A1三点共线可设=(1-λ)+λ);平面内的动点可利用四点共面来引入参数.通过参数建立函数关系式,利用函数知识求最大(小)值.
8.思路探究
(1)→AD⊥平面PDCl⊥平面PDC;
(2)→建立空间直角坐标系→找点的坐标→求出及平面QCD的法向量n→计算线面角的正弦值→求正弦值的最大值.
解析　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,
所以PD⊥AD.因为底面ABCD为正方形,
所以AD⊥DC.又DC∩PD=D,DC,PD 平面PDC,所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD 平面PBC,
所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD,因此l⊥平面PDC.
(2)以D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D-xyz(图略),则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),
所以=(0,1,0),=(1,1,-1).
由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD的一个法向量,
则即
取x=-1,则y=0,z=a,
所以n=(-1,0,a).
所以cos==.
设PB与平面QCD所成的角为θ,
则sinθ=×=.
因为≤,
当且仅当a=1时等号成立,
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
解后反思
(1)证明线面垂直最常用的方法是线面垂直的判定定理,而本题中直线l不易作出,直接证明比较困难,通过线面平行的性质定理可以判定直线l∥AD,从而将问题转化为证明AD⊥平面PDC,问题得证.
(2)建立空间直角坐标系,利用向量法求解.先用变量表示出PB与平面QCD所成角的正弦值,再转化为函数最值问题,此类问题要注意变量的取值范围,避免最终结果出错.
9.BC　设AB的中点为O,则=+,即2||=|+|,
又|+|=2,所以||=1,则点P在以O为球心,1为半径的球上.
因为=+,所以·=(+)·=·+·.
由正四面体ABCD的棱长为2,得AO=,
所以·=||||cos60°=×2×=2,
设<,>=θ,则·=·+·=2+||||cosθ=2+2cosθ,
又-1≤cosθ≤1,所以2-2≤2+2cosθ≤2+2,
即·的最大值为2+2,最小值为2-2.
10.解析　(1)证明:∵PC⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,∴PC⊥AD,
又AD⊥CD,PC∩CD=C,PC,CD 平面PCD,∴AD⊥平面PCD,
∵CF 平面PCD,∴AD⊥CF,
又CF⊥PD,AD∩PD=D,AD,PD 平面PAD,
∴CF⊥平面PAD,
∵AP 平面PAD,∴CF⊥AP.
(2)因为CF⊥PD,CE⊥PD,CF∩CE=C,CF,CE 平面CEF,∴PD⊥平面CEF,
∵EF 平面CEF,∴PD⊥EF,
由(1)得AD⊥PD,∴AD∥EF,
则△PEF∽△PAD,则=,
在Rt△PCD中,PD===,
∴DF=CDcos∠PDC=×=,
∴λ===.
(3)以B为原点,BC,BA所在直线分别为x轴、y轴,过点B且垂直于平面BAC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
∵AD⊥CD,AD=CD=,∴AC==2.
不妨设AB=a,BC=b,a>0,b>0,∵AB⊥BC,∴AB2+BC2=AC2=4,即a2+b2=4,
则b2=4-a2>0,所以0于是B(0,0,0),A(0,a,0),C(b,0,0),P(b,0,2),
设E(x,y,z),则=(x,y-a,z),=(b,-a,2),
由=λ可得E(bλ,(1-λ)a,2λ),0<λ<1,
∴=(bλ,(1-λ)a,2λ),=(-b,a,0),=(0,0,2),
设平面PAC的一个法向量为n=(x1,y1,z1),
则即
令x1=a,得y1=b,z1=0,
∴n=(a,b,0),
∴sin===,
化简得24λ2-6a2λ+a4-a2=0,
设f(λ)=24λ2-6a2λ+a4-a2,0<λ<1,
∵要存在λ,使直线BE与平面PAC的夹角为,
∴f(λ)在(0,1)上有零点.
函数f(λ)图象的对称轴方程为a==,结合(*)知0<<,故f(1)>f(0),
又f(1)=a4-7a2+24=+>0,
∴只需满足Δ=(-6a2)2-4×24×(a4-a2)=-60a4+96a2≥0,∴0∴AB的长度的取值范围是.
三年模拟练
1.BD　因为u=(1,2,-3),v=(-2,-4,6),所以v=-2u,所以α∥β,故A错误;
因为=(2,-4,-5)=2(3,-1,-2)-(4,2,1)=2-,,不共线,所以,,共面,即点P在平面ABC内,故B正确;
易得=(1,1,0),所以与方向相同的单位向量是,故C错误;
因为{a+b,b+c,c+a}是空间向量的一组基,所以对于空间任一向量d,存在唯一的实数组(x,y,z),使得d=x(a+b)+y(b+c)+z(c+a)=(x+z)a+(x+y)b+(y+z)c成立,
故{a,b,c}也是空间向量的一组基,故D正确.
2.D　以D为坐标原点,DA,DC,DD1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A(3,0,0),B(3,1,0),C(0,1,0),
设DD1=a,则D1(0,0,a),B1(3,1,a),M(1,1,a),
所以=(0,1,0),=(-3,0,a),=(-3,1,0),=(0,1,a),
设平面AB1D1的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令z=3,则x=a,y=-3a,所以n=(a,-3a,3),
因为点B到平面AB1D1的距离为,
所以==,所以a=,
所以M,所以=,
所以向量在向量方向上的投影数量为==2,
所以点C到直线AM的距离d===.
3.D　设直三棱柱ABC-A'B'C'的侧棱长为2,取BC的中点O,以OA,OB所在直线分别为x轴、y轴,过点O且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),B'(0,1,2),
设P(,0,t)(0则=(-,1,-t),=(-,-1,0),=(0,-2,-2),
∴cosα=|cos<,>|===<,
cosβ=|cos<,>|===·,
∵t∈(0,2),∴∈,
∴cosβ由题意得B'B⊥BC,B'B⊥BA,则二面角P-B'B-C的平面角为∠ABC,则γ=∠ABC=60°,
∴cosβα>γ.
4.C　以A为原点,,,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,
则A(0,0,0),B(3,0,0),D(0,3,0),A1(0,0,3),C(3,3,0),B1(3,0,3),D1(0,3,3).
对于A,因为B1P=2PC,所以==(0,3,-3)=(0,2,-2),所以P(3,2,1),故=(3,2,1),AP=||==,A中结论正确;
对于B,=(0,3,0),=(3,0,-3),因为B1P=2PC,所以P(3,2,1),所以=(3,2,-2),
设平面A1BP的法向量为m=(x,y,z),
则即
取x=1,则y=-,z=1,故m=,所以点D1到平面A1BP的距离为=1,B中结论正确;
对于C,设=λ(0<λ<1),则P(3,3λ,3-3λ),所以=(3,3λ,-3λ),易得=(-3,3,0),若直线A1P与BD的夹角为,则|cos<,>|===,解得λ=-(二重根),又λ∈(0,1),所以直线A1P与BD的夹角不可能是,C中结论错误;
对于D,=(3,0,0),=(3,0,-3),由C可知=(3,3λ,-3λ),设平面BA1P,平面B1A1P的一个法向量分别为a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),所以即分别令z1=1,z2=1,则x1=1,y1=1-,x2=0,y2=1,故a=,b=(0,1,1),设二面角B-A1P-B1的平面角为θ,则sinθ=,
则|cosθ|===,解得λ=或λ=,均符合题意,D中结论正确.
5.解析　(1)设AC∩BD=F,连接EF,
∵△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,且易得F为BD的中点,
又AF===,∴CF=2-=,AO=AF=1.
∵AE=,CE=1,AC=2,∴AE2+CE2=AC2,
∴AE⊥EC,
∵=,∠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,
∵PO 平面BDE,EF 平面BDE,∴PO∥平面BDE.
∵F为BD的中点,∴AF⊥BD,即OF⊥BD,
又EF⊥平面ABD,OF,BD 平面ABD,∴EF⊥OF,EF⊥BD,
∵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.
∵EF===,EF⊥BD,
∴S△BDE=BD·EF=××=,
又OF=AF=,
∴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=,∴PO=,∴PC==2,
以F为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A,B,E,D,O,P,
∴=,=,=(0,0,),=,=,
设=λ=(0,0,λ)(0≤λ≤1),
∴=+=.
设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z),
则令y=-1,解得x=,z=,∴n=(,-1,),
设直线DM与平面ABE的夹角为θ,
∴sinθ===,
令t=3λ+2,则t∈[2,5],λ=,
∴===,
∵∈,∴当=,即λ=时,==,
∴(sinθ)max==1,此时=,
∴=-=,
∴点M到平面ABE的距离d===.
6.解析　(1)证明:在题图①中,CD=DQ=AD=2,AQ⊥AB,
则在题图②中,CD⊥PD,CD⊥AD,而PD∩AD=D,PD,AD 平面PAD,则CD⊥平面PAD,
又AB∥CD,∴AB⊥平面PAD,
又DM 平面PAD,∴AB⊥DM,
又PD=AD,且M为PA的中点,∴DM⊥PA,
又AB∩PA=A,AB,PA 平面PAB,∴DM⊥平面PAB,
又PB 平面PAB,∴DM⊥PB.
(2)由(1)知CD⊥平面PAD,而CD 平面ABCD,则平面ABCD⊥平面PAD,
易知二面角A-CD-P的平面角为∠ADP,则∠ADP=60°,
则△PAD是等边三角形,则PA=AD=PD=2,取AD的中点O,连接PO,则PO⊥AD,
又平面ABCD∩平面PAD=AD,PO 平面PAD,∴PO⊥平面ABCD,且PO=,
则可以建立如图所示的空间直角坐标系,
则P(0,0,),D(-1,0,0),A(1,0,0),B(1,2,0),C(-1,2,0),
则=(2,2,0),=(0,2,0),=(1,-2,),=(-1,-2,),
设=λ=(λ,-2λ,λ)(0≤λ≤1),
则=+=(λ,2-2λ,λ),
设平面BDN的一个法向量为m=(x,y,z),
则
令y=λ,则m=(-λ,λ,3λ-2),
记直线PB与平面BDN的夹角为θ,
则sinθ=|cos<,m>|====,
即=,解得λ=,
因此=,则VP-BDN=VB-PDN=VB-PCD=VP-BCD=××S△BCD×PO=×2×=.
(3)由(2)知m=,
则平面BDN的一个法向量可以为n=(-1,1,0),又=(0,-2,0),
故点A到平面BDN的距离d===.
7.
解题指导
(1)凉亭及其内部所占空间=正六棱锥的体积+正六棱柱的体积.
(2)建系→点的坐标(关键:设参并用其表示点M的坐标)→向量的坐标→线面角的正弦值(对应向量余弦值的绝对值)→根据所列方程解的情况下结论.
解析　(1)取A1F1的中点G,连接O1G,PG,则O1G⊥A1F1,PG⊥A1F1,故∠PGO1=45°,易得O1G=,所以PO1=.
要求该凉亭及其内部所占空间的大小,可将该凉亭分为两部分,分别求其体积.
凉亭的上半部分为正六棱锥,其体积V1=×6××22×=6(m3),凉亭的下半部分为正六棱柱,其体积V2=6××22×3=54(m3),所以该凉亭及其内部所占空间的大小为6+54=60(m3).
(2)不存在.取AB的中点H,连接OH.易得OP,OH,FC两两互相垂直,以O为坐标原点,OH,FC,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A(,-1,0),B(,1,0),D1(-,1,3),F1(0,-2,3),P(0,0,4),C(0,2,0),
则=(-2,0,3),=(-,-3,3),=(0,2,-4).
假设在直线PC上存在点M,使得直线MA与平面BD1F1夹角的正弦值为,
设=t=(0,2t,-4t),t∈R,则M(0,2t,4-4t),则=(-,2t+1,4(1-t)),
设平面BD1F1的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=3,则y=,z=2,
所以平面BD1F1的一个法向量为n=(3,,2).
设直线MA与平面BD1F1的夹角为θ,
则sinθ=|cos<,n>|
==,
整理得127t2-206t+127=0,
∵Δ=(-206)2-4×1272<0,∴该方程不存在实数解,
∴在直线PC上不存在点M,使得直线MA与平面BD1F1夹角的正弦值为.
素养点评　本题以建筑的独特特征为背景,考查几何体体积和与线面角有关的存在性问题,题目比较综合,需要发挥学生分析、转化问题的能力,同时需要提升运算求解的能力.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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