人教版高中数学选择性必修一 题库 第一章　培优课　空间向量在立体几何中的应用

培优课空间向量在立体几何中的应用立体几何中的探索性、折叠、取值范围和最值问题是各类考试考查的重点内容，也是一个难点，常见于解答题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，考查学生的综合能力，培养学生的思维能力.一、立体几何中的探索性问题例1已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD=2AB，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.(1)求平面EFG与平面ABCD夹角的大小；(2)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为π6，若存在，求出PM解(1)因为△PAD是正三角形，O为AD的中点，所以PO⊥AD，因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD，因为CD，AD⊂平面ABCD，CD∩AD=D，所以PO⊥平面ABCD，因为底面ABCD是矩形，且O，G分别为AD，BC的中点，所以OG∥AB，因为AB⊥AD，则OG⊥AD，以点O为坐标原点，OA，OG，OP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AB=2，则AD=4，A(2，0，0)，G(0，2，0)，P(0，0，23)，E(-1，1，3)，F(-1，0，3则EF=(0，-1，0)，EG=(1，1，-3)设平面EFG的法向量为n=(x，y，z)，则n取x=3，可得n=(3，0，1易知平面ABCD的一个法向量为m=(0，0，1)，所以|cos〈m，n〉|=|m·因此，平面EFG与平面ABCD的夹角为π3(2)假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为π6，连接设PM=λPA=λ(2，0，-23)=(2λ，0，-23λ)，其中0≤λ≤1，则GM=GP+PM=(0，-2，23)+(2λ，0，-23λ)=(2λ，-2，23-23λ).由题意可得|cos〈n，GM〉=232整理可得4λ2-6λ+1=0，因为0≤λ≤1，所以λ=3-5因此，在线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为π此时PMPA=3-反思感悟利用空间向量解决探索性问题的策略探索性问题通常分为两类：一类是已知点存在，求点的位置；一类是判断点的“存在性”问题.其中，在点的“存在性”问题中，先假设所求点存在，并将其作为已知条件，经过严密推理或计算，得出点的位置或与题设条件矛盾的结论，从而得到结果，在设参数求解点的坐标时，若出现多解的情况，则应分析不同解的含义，并依题意做出取舍.求解此类探索性问题时，也可以先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面，再利用点、线、面的位置关系去证明结论.跟踪训练1如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为菱形，且∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点.(1)求证：平面AEF⊥平面PAD；(2)若G为PD的中点，AB=AP=2，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为15？若存在，求出PFPC(1)证明连接AC，因为四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，所以△ABC是正三角形，因为E是BC的中点，所以AE⊥BC，又AD∥BC，所以AE⊥AD，因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE，又PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，所以AE⊥平面PAD，又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PAD.(2)解由(1)知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设PF=tPC(0≤t≤1)，则A(0，0，0)，E(3，0，0)C(3，1，0)，P(0，0，2)，G(0，1，1)，F(3t，t，2-2t)所以AE=(3，0，0)AF=(3t，t，2-2t)，EG=(-3，1，1)设平面AEF的法向量为n=(x，y，z)，则n即3令z=t，得平面AEF的一个法向量为n=(0，2t-2，t).设直线EG与平面AEF所成的角为θ，则sinθ=|cos〈EG，n〉|==|2t-2+t解得t=12或t=即存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为15，且PFPC=12或二、立体几何中的折叠问题例2如图所示，已知在矩形ABCD中，AD=2AB=23，E为BC的中点，将△ABE沿AE折起，使得AB⊥DE(1)求证：平面ABE⊥平面AECD；(2)若点F在线段BD上，且平面ABE与平面AEF夹角的余弦值为55，试确定点F(1)证明在矩形ABCD中，连接DE(图略)，∵AD=2AB=23，E为BC∴BE=BA，CE=CD，∴∠BEA=∠CED=45°，∴∠AED=90°，即DE⊥AE，又∵DE⊥AB，AE∩AB=A，AE，AB⊂平面ABE，∴DE⊥平面ABE，又∵DE⊂平面AECD，∴平面ABE⊥平面AECD.(2)解由(1)知DE⊥AE，以点E为原点，AE，DE所在直线分别为x轴、y轴，垂直于平面AECD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示.则B62，0，62，A(6，0，0)，E(0，0，0)，D(0，6，0BD=-设BF=λBD，0≤λ≤1则F6EF=62设平面AEF的法向量为n1=(x，y，z)，∴n即6取y=1-λ，则z=-2λ，∴n1=(0，1-λ，-2λ).由题意知平面ABE的一个法向量为n2=(0，1，0).设平面ABE与平面AEF的夹角为θ，∴cosθ=n1·n2解得λ=12，故F为BD反思感悟折叠问题解题策略(1)解题关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，确定折叠前后位置关系和数量关系上的变化量与不变量.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、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.(2)确定折叠后关键点的位置所谓的关键点，是指折叠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.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.跟踪训练2如图①所示，已知在梯形BFEC中，BF∥EC，EC=3，BF=2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图②所示的几何体.(1)求证：DE⊥平面ABCD；(2)若点H在线段BD上，且EH与平面BEF所成角的正弦值为69，求线段DH(1)证明∵平面EDAF⊥平面ABCD，DE⊂平面EDAF，平面EDAF∩平面ABCD=AD，DE⊥AD，∴DE⊥平面ABCD.(2)解由题意知AD，CD，DE两两垂直，以点D为坐标原点，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E(0，0，2)，F(1，0，1)，B(1，1，0)，EF=(1，0，-1)，BF=(0，-1，1设平面BEF的法向量为n=(x，y，z)，则EF·n取x=1，则z=1，y=1，∴n=(1，1，1)，设H(a，a，0)，0≤a≤1，则EH=(a，a，-2)，|cos〈EH，n〉|=2a解得a=12或a=74(舍去∴H12，12，0，即线段DH的长度为22三、立体几何中的范围与最值问题例3如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，AD=CD=2AB=2，E，F分别为PC，CD的中点，DE=EC.(1)求证：平面ABE⊥平面BEF；(2)设PA=a，若平面EBD与平面ABCD的夹角θ∈π4，π3(1)证明∵AB∥CD，CD⊥AD，AD=CD=2AB=2，F为CD的中点，∴四边形ABFD为矩形，AB⊥BF.∵DE=EC，∴CD⊥EF，又AB∥CD，∴AB⊥EF，∵BF∩EF=F，BF，EF⊂平面BEF，∴AB⊥平面BEF，又AB⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面BEF.(2)解由(1)知，CD⊥EF，∵E，F分别为PC，CD的中点，∴PD∥EF，又AB∥CD，∴AB⊥PD，又AB⊥AD，且PD∩AD=D，PD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，∴AB⊥PA.以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，则B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，a)，E1，∴BD=(-1，2，0)，DE=1设平面EBD的法向量为m=(x，y，z)，则m·BD令y=a，得x=2a，z=-2，则m=(2a，a，-2).显然n=(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量.由θ∈π知cosθ=|cos〈m，n〉|=|=25a2+4∈1即a的取值范围为25反思感悟范围、最值问题解题思路解决空间图形有关的线段长度、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三个方面着手：一是从问题的几何特性入手，充分利用其几何性质去解决；二是利用空间几何体的侧面展开图；三是找出问题中的代数关系建立目标函数，将问题转化为求目标函数的最值，当然也可以考虑其中是否存在不等关系，从而运用解不等式法或基本不等式求解.跟踪训练3如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD=43，△ABC是底面圆的内接正三角形，且AB=6，P是线段DO上一点(1)若DP=12PO，求三棱锥P-ABC的体积(2)当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大.解(1)在Rt△DOA中，AD=43，AO=2∴DO=AD2∵DP=12PO，∴PO=23DOVP-ABC=13·S△ABC·PO=13×12×6×6×3(2)如图所示，建立以点O为坐标原点的空间直角坐标系.设PO=x，0≤x≤6，∴P(0，0，x)，E(-3，3，0)，B(3，3，0)，C(-23，0，∴EP=(3，-3，x)，PB=(3，3，-PC=(-23，0，-x)设平面PBC的法向量为n=(a，b，c)，∴n∴n=(x，-3x，-23).设直线EP与平面PBC所成的角为θ，由题意得sinθ=|cos〈EP，n〉|==3=23x12+x2当且仅当PO=x=6时等号成立，此时直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大.课时对点练[分值：85分]单选题每小题5分，共35分；多选题每小题6分，共12分1.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.223 B.63 C.答案C解析由平面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=2则A(0，1，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(0，0，0)，所以AC=(1，-1，-1)，BD=(0，-1，0)所以|cos〈AC，BD〉|=|AC·2.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BB1BC等于A.12 B.1 C.3答案D解析以点B为坐标原点，AB，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)且0≤λ≤1，所以PA1=(1，-1，(1-λ)a)，BP=(0，1，又存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，所以PA1·BP=λ(1-λ)a2则λ2-λ+1a2故Δ=1-4a2可得a=2，此时λ=12，所以3.如图所示，直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1=B1C1=1，且∠A1C1B1=90°，D点在棱AA1上且AD=2DA1，P点在棱C1C上，则PD·PB1的最小值为(A.52 B.-14 C.1答案B解析建立如图所示的空间直角坐标系，则D(1，0，2)，B1(0，1，3)，设P(0，0，z)，0≤z≤3，则PD=(1，0，2-z)，PB1=(0，1，3-z∴PD·PB1=0+0+(2-z)(3-z)=z故当z=52时，PD·PB14.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⊥EC1B.当且仅当a=b时，存在点E，使得B1D⊥EC1C.当且仅当a≥b时，存在点E，使得B1D⊥EC1D.当且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1答案D解析以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B1D=(-a，-a，b)，EC1=(-a，0所以B1D·EC1=a2-bt，令a2-bt=0，t=a2b，由0≤a所以当且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1，故选项D正确.5.如图①，在Rt△ABC中，C=π2，AC=BC=2，D，E分别为AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图②.若F是A1B的中点，则四面体FCDE外接球的体积是(A.2π B.2π3 C.2答案B解析依题意得CD⊥DE，A1D⊥DE，A1D∩CD=D，A1D，CD⊂平面A1DC，所以DE⊥平面A1DC，又A1D⊥CD，故以D为坐标原点，CD，DE，DA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，则D(0，0，0)，C(1，0，0)，E(0，1，0)，B(1，2，0)，A1(0，0，1)，F12依题意△DCE为直角三角形，所以△DCE的外接圆的圆心在CE的中点12，12，0处，设四面体FCDE外接球的球心为M12，12即R=1=1解得m=0，所以R=2所以四面体FCDE外接球的体积V=43πR3=26.(多选)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是线段C1D1上的动点，则()A.存在点P，使BP=3B.存在点P，使点P到直线BD1的距离为2C.存在点P，使直线B1P与BD1所成角的余弦值为1D.存在点P，使点A，C到平面BB1P的距离之和为3答案AB解析连接BC1，则BP=(PC1)2+(B点P到直线BD1的距离d=PD1·BC1BD以DA，DC，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，则B(2，2，0)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)，设P(0，m，2)，0≤m≤2，则B1P=(-2，m-2，0)，BD1=(-2，假设存在点P，使直线B1P与BD1所成角的余弦值为13，则|cos〈B1P，B整理得m2-10m+20=0，解得m=5±5>2，故C在平面A1B1C1D1中，过A1，C1分别作A1A'⊥B1P，C1C'⊥B1P，垂足为A'，C'，则点A1，C1到平面BB1P的距离之和为A1A'+C1C'.设A1C1∩B1P=M，则A1A'+C1C'≤A1M+MC1=A1C1=22<3，易知点A，C到平面BB1P的距离之和等于点A1，C1到平面BB1P的距离之和，所以当且仅当点P与D1重合时，点A，C到平面BB1P的距离之和最大，为22所以不存在点P，使点A，C到平面BB1P的距离之和为3，故D错误.7.(5分)正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点.点N在直线CC1上，当CN的长为时，MN⊥AB1.答案1解析取B1C1的中点为M1，连接MM1，AM，由正三棱柱的性质可得AM⊥MM1，BM⊥MM1，AM⊥BM，因此以M为坐标原点，AM，BM，MM1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A32，0，0，B10，12，2，M(0，0，0)，设CN的长为a，且a>0，可得N0，-12，a，MN=0，-12，a，AB1=-8.(5分)如图，在菱形ABCD中，AB=433，∠BAD=60°，沿对角线BD将△ABD折起，使点A，C之间的距离为22，当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，PQ与答案6解析连接PA，PC，由题意可得PA=PC=2，AC=22因为PA2+PC2=AC2，所以PA⊥PC，又易知PA⊥BD，PC⊥BD，所以以P为原点，PB，PC，PA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，则P(0，0，0)，Q(0，1，1)，A(0，0，2)，D-233，0，0，PQ=(设PQ与AD所成的角为θ，则cosθ=|PQ·AD||所以PQ与AD所成角的余弦值为649.(11分)已知四边形ABCD是边长为2的正方形，△P'AB为等边三角形(如图①所示)，将△P'AB沿着AB折起到△PAB的位置，且使平面PAB⊥平面ABCD，M是棱AD的中点(如图②所示).(1)求证：PC⊥BM；(5分)(2)求直线PC与平面PBM所成角的余弦值.(6分)(1)证明取AB的中点O，CD的中点E，连接PO，OE，因为四边形ABCD是正方形，△PAB为等边三角形，所以OE⊥AB，PO⊥AB，又因为平面PAB⊥平面ABCD，PO⊂平面PAB，平面PAB∩平面ABCD=AB，故PO⊥平面ABCD，而OE⊂平面ABCD，所以PO⊥OE，所以OB，OE，OP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，3)，C(1，2，0)，B(1，0，0)，M(-1，1，0)PC=(1，2，-3)，BM=(-2，1，0)所以PC·BM=0，所以PC⊥BM.(2)解由(1)知PC=(1，2，-3)，BM=(-2，1，0)，BP=(-1，0，3)设平面PBM的法向量为n=(x，y，z)，故n·BM令x=3，则z=1，y=23则n=(3，23，1)，设直线PC与平面PBM所成的角为θ，故sinθ=|n·因为θ为锐角，故cosθ=1-sin2θ所以直线PC与平面PBM所成角的余弦值为10410.(12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点.(1)求证：BE⊥DC；(4分)(2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求平面FAB与平面ABP夹角的余弦值.(8分)(1)证明依题意，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)，所以BE=(0，1，1)，DC=(2，0，0)，故BE·DC=0，所以BE⊥DC(2)解BC=(1，2，0)，CP=(-2，-2，2)AC=(2，2，0)，AB=(1，0，0)由点F在棱PC上，设CF=λCP(0≤λ≤1)，故BF=BC+CF=BC+λCP=(1-2λ，2-2λ，2λ).由BF⊥AC，得BF·AC=0，因此2(1-2λ)+2(2-2λ)=0，解得λ=34，即BF=设n1=(x，y，z)为平面FAB的法向量，则n1·不妨令z=1，可得n1=(0，-3，1)为平面FAB的一个法向量.易知向量n2=(0，1，0)为平面ABP的一个法向量，则|cos〈n1，n2〉|=n1·n2|所以平面FAB与平面ABP夹角的余弦值为31011.在棱长为2a(a>0)的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别为棱AB，C1D1的中点.已知动点P在该正方体的表面上，且PM·PN=0，则点P的轨迹长度为()A.12a B.12πa C.24a D.24πa答案B解析因为PM·PN=0，故点P的轨迹是以MN为直径的球与正方体表面的交线，如图，易知MN中点即为正方体中心O，球心在每个面内的射影为面的中心，设O在底面ABCD内的射影为O1，又正方体的棱长为2a，所以MN=22a，易知OO1=a，O1M=a，又动点P在正方体的表面上运动，所以点P的轨迹是六个半径为a的圆，轨迹长度为6×2πa=12πa.12.《九章算术》是我国古代数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，PA=2，AB=1，E，F分别为PD，PB的中点，PG=λPC，λ∈R，若AG⊥平面EFC，则λ等于(A.27 B.37 C.4答案C解析以A为坐标原点，AB，AD，AP的方向分别为x设AD=a(a>0)，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(1，a，0)，E0，a∴EF=12，-a2，0，AP=(0，0，2)，PC=设平面EFC的法向量为n=(x，y，z)，则EF令x=1，解得y=1a，z∴n=1∵AG=AP+PG=AP+λPC=(λ，aλ，2-2λ)，又AG⊥平面EFC，∴AG∥n，∴λ1=aλ1a=2-2λ313.(多选)如图①，菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A'的位置，如图②，连接A'B，A'C，且A'D⊥CD，平面A'BE与平面A'CD的交线为l，则下列结论中正确的是()A.平面A'DE⊥平面A'BEB.CD∥lC.BC与平面A'DE所成角的余弦值为1D.平面A'BE与平面A'BD夹角的余弦值为7答案ABD解析