专题强化练8　利用空间向量解决存在性与探究性问题--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
专题强化练8　利用空间向量解决存在性与探究性问题
1.(2025江西抚州南城第二中学月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB=4,CD=2,BC=2,PC=PD=3,平面PCD⊥平面ABCD,PD⊥BC.
(1)证明:BC⊥平面PCD;
(2)若Q是线段PC的中点,M是直线AQ上的一点,N是直线PD上的一点,是否存在点M,N,使得MN= 请说明理由.
2.(2025湖南部分州市月考)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,底面ABCD为梯形,AD∥BC,BC=4,AB=AD=DC=AA1=2,Q为AD的中点.
(1)在A1D1上是否存在点P,使直线CQ∥平面AC1P 若存在,请确定点P的位置并给出证明;若不存在,请说明理由;
(2)若(1)中的点P存在,求平面AC1P与平面ABB1A1夹角的余弦值.
3.(2025江西三新协同教研共同体联考)如图1,等腰直角△ABC的斜边BC=4,D为BC的中点,沿BC边上的高AD折叠,使得二面角B-AD-C为60°,如图2,M为CD的中点.
(1)证明:BM⊥AC;
(2)求二面角M-AB-D的余弦值;
(3)在线段AC上是否存在点Q,使得直线MQ与平面ABM夹角的正弦值为 若存在,求出线段AQ的长度;若不存在,请说明理由.
4.(2025江西景德镇乐平第三中学期中)在空间直角坐标系中,若平面α过点P(x0,y0,z0),且平面α的一个法向量为n=(a,b,c),则平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0,该方程称为平面α的点法式方程,整理后为ax+by+cz+t=0(其中t=-ax0-by0-cz0),该方程称为平面α的一般式方程.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是平行四边形,BC,BD,BC1两两垂直,AD=1,BD=,直线CC1与平面ABCD的夹角为,以B为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.
(1)求平面DC1D1的一般式方程;
(2)求A1到直线C1D1的距离;
(3)在棱BB1上是否存在点M,使得平面A1DM⊥平面C1D1M 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
专题强化练8　利用空间向量解决存在性与探究性问题
1.解析　(1)证明:如图,取CD的中点O,连接PO,则PO⊥CD,
因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PO 平面PCD,所以PO⊥平面ABCD,
又BC 平面ABCD,所以PO⊥BC,
又PD⊥BC,PD∩PO=P,PD,PO 平面PCD,
所以BC⊥平面PCD.
(2)易得PO==2,
过点O作OE∥BC交AB于点E,则由BC⊥平面PCD,CD,OP 平面PCD,可得BC⊥CD,BC⊥OP,即OE⊥CD,OE⊥OP.
以O为原点,OE,OC,OP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(2,-3,0),Q,D(0,-1,0),P(0,0,2),
所以=,=(0,1,2),=(-2,2,0),
设与,都垂直的向量为n=(x,y,z),
则
不妨取y=4,则z=-,x=6,所以n=(6,4,-),
设直线AQ与直线DP的距离为d,
则d===>,
所以不存在点M,N,使得MN=.
2.解析　过点D作DF⊥BC,垂足为F,
因为DD1⊥平面ABCD,所以DA,DF,DD1两两互相垂直,
以D为坐标原点,DA,DF,DD1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D-xyz,
在Rt△CDF中,CD=2,CF=1,DF=,
则D(0,0,0),A(2,0,0),Q(1,0,0),C(-1,,0),C1(-1,,2),A1(2,0,2),B(3,,0),D1(0,0,2).
(1)假设在A1D1上存在点P,使直线CQ∥平面AC1P,
设=(1-λ)+λ=(2λ,0,2)(关键点),则P(2λ,0,2),则=(2λ+1,-,0),=(2λ-2,0,2),
设n=(x,y,z)是平面AC1P的一个法向量,
则
不妨取x=,则y=2λ+1,z=(1-λ),所以n=(,2λ+1,(1-λ)).
又=(2,-,0),故·n=2-(2λ+1)=0,解得λ=,
因此P(1,0,2),即P是A1D1的中点,
所以在A1D1上存在点P,使直线CQ∥平面AC1P.
(2)由(1)得平面AC1P的一个法向量为n=,
设平面ABB1A1的一个法向量为m=(a,b,c),
则
不妨取a=,则b=-1,c=0,所以m=(,-1,0),
所以cos===,
故平面AC1P与平面ABB1A1夹角的余弦值为.
3.解析　(1)证明:在题图1中,AD⊥BC,
所以在题图2中,有AD⊥BD,AD⊥CD,
又BD∩CD=D,BD,CD 平面BCD,所以AD⊥平面BCD,
又BM 平面BCD,所以AD⊥BM.
因为AD⊥BD,AD⊥CD,BD 平面BAD,CD 平面ACD,二面角B-AD-C的棱为AD,所以∠BDC是二面角B-AD-C的平面角,即∠BDC=60°,所以△BCD为正三角形,
因为M为CD的中点,所以CD⊥BM,
又AD∩CD=D,AD,CD 平面ACD,
所以BM⊥平面ACD,又AC 平面ACD,所以BM⊥AC.
(2)以D为原点,DC,DA所在直线分别为y轴、z轴,在平面BCD内过D点作垂直于y轴的直线为x轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(0,0,2),B(,1,0),D(0,0,0),M(0,1,0),
所以=(,1,-2),=(-,0,0),=(0,0,-2).
设n1=(x,y,z)为平面ABM的一个法向量,
则不妨取z=1,则x=0,y=2,故n1=(0,2,1).
设n2=(x1,y1,z1)为平面ABD的一个法向量,
则不妨取x1=-1,则z1=0,y1=,故n2=(-1,,0),
所以cos===,
由图可知二面角M-AB-D为锐角,所以二面角M-AB-D的余弦值为.
(3)由(2)知C(0,2,0),M(0,1,0),A(0,0,2),
假设在线段AC上存在点Q,使得直线MQ与平面ABM夹角的正弦值为.
易知=(0,-1,2),=(0,2,-2),
设=λ=(0,2λ,-2λ),则=+=(0,2λ-1,2-2λ),λ∈[0,1],
由(2)知平面ABM的一个法向量为n1=(0,2,1).
依题意可得=,解得λ=或λ=-(舍去),
所以在线段AC上存在点Q,使得直线MQ与平面ABM夹角的正弦值为,此时AQ=.
4.解析　(1)因为BC1⊥BC,BC1⊥BD,BC∩BD=B,BC,BD 平面ABCD,
所以BC1⊥平面ABCD,即∠BCC1是直线CC1与平面ABCD的夹角,
所以∠BCC1=,故BC1=BC=1.
则B(0,0,0),D(0,,0),C1(0,0,1),C(1,0,0),
所以=(-1,,0)=,
所以=+=+=(0,0,1)+(-1,,0)=(-1,,1),故D1(-1,,1),
则=(-1,0,1),设n=(x,y,z)为平面DC1D1的一个法向量,
则令x=,则y=1,z=,所以n=(,1,),又D∈平面DC1D1,
故平面DC1D1的方程为·(x-0)+1·(y-)+·(z-0)=0,即x+y+z-=0.
(2)在Rt△BCD中,∠CBD=,BC=1,BD=,则CD=2,
设B到直线CD的距离为h,则×2h=××1,解得h=,
由于平行四边形ABCD和平行四边形A1B1C1D1全等,
所以A1到直线C1D1的距离等于B到直线CD的距离,即A1到直线C1D1的距离为.
(3)假设在棱BB1上存在点M,使得平面A1DM⊥平面C1D1M.
易得B1(-1,0,1),A(-1,,0),所以=(-1,0,1),=+=+=(-1,,0)+(-1,0,1)=(-2,,1),即A1(-2,,1),则=(-2,0,1),
设=λ,0≤λ≤1,
则=λ=(-λ,0,λ),即M(-λ,0,λ),
所以=(-λ,-,λ),=(1-λ,-,λ-1),
设u=(x1,y1,z1)为平面A1DM的一个法向量,
则令x1=,则z1=2,y1=λ,所以u=(,λ,2).
设v=(x2,y2,z2)为平面C1D1M的一个法向量,
则令x2=,则y2=1,z2=,所以v=.
若平面A1DM⊥平面C1D1M,则u·v=0,即3+λ+=0,
解得λ=-4(负根舍去),
求出两根,需回头望,注意参数的范围.
所以存在符合题意的点M,且=-4.
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