第20期 抛物线-【数理报】2021-2022学年高中数学选修2-1(北师大版)

书 高中数学北师大（选修２－１）２０２１年１１月 第１８～２２期参考答案 １８期参考答案 空间向量与立体几何章节测试题 一、选择题 １～６　ＣＣＢＤＡＤ　　７～１２　ＣＡＡＢＢＡ 提示： １．点Ｍ（２，５，８）关于 ｘＯｙ平面对称的点的横坐标和纵坐标 不变，竖坐标变为原来的相反数，即Ｎ（２，５，－８）． ２．因为ｂ＝－２ａ，所以ａ与ｂ平行． ３．因为ａ＋ｂ＝（－２，－１，２），ａ－ｂ＝（４，－３，－２）， 所以ａ＝（１，－２，０），ｂ＝（－３，１，２）， 所以ａ·ｂ＝１×（－３）＋（－２）×１＋０×２＝－５． ４．因为α⊥β，所以ｍ·ｎ＝２－２ｋ＝０，所以ｋ＝１． ５．ｄ＝ｘａ＋ｙｂ＋ｚｃ＝ｘ（ｅ１＋ｅ２＋ｅ３）＋ｙ（ｅ１＋ｅ２－ｅ３）＋ｚ（ｅ１ －ｅ２＋ｅ３）＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）ｅ１＋（ｘ＋ｙ－ｚ）ｅ２＋（ｘ－ｙ＋ｚ）ｅ３＝ｅ１ ＋２ｅ２＋３ｅ３， 由空间向量基本定理，得 ｘ＋ｙ＋ｚ＝１， ｘ＋ｙ－ｚ＝２， ｘ－ｙ＋ｚ＝３ { ， 所以ｘ＝ ５２，ｙ＝－１，ｚ＝－ １ ２． ６．由题设知ＡＢ⊥ＡＣ，ＡＢ⊥ＡＤ，所以ＡＢ⊥平面ＡＣＤ，所以 ＡＢ⊥ＣＤ，由三垂线定理的逆定理知，ＢＯ⊥ＣＤ，同理ＣＯ⊥ＢＤ， 所以Ｏ为△ＢＣＤ的垂心． ７．因为向量ａ＝（２，－３，５）与向量ｂ (＝ ３，λ，１５)２ 平行， 所以 ２ ３ ＝ －３ λ ＝ ５１５ ２ ，所以λ＝－９２． ８．向量ｍ＝（１，３，ｘ），ｎ＝（ｘ２，－１，２），若ｍ⊥ｎ，则ｍ·ｎ ＝０，即ｘ２－３＋２ｘ＝０，解得ｘ＝１或 －３．所以“ｘ＝１”是“ｍ⊥ ｎ”的充分不必要条件． ９．四边形ＡＢＢ１Ａ１为正方形，所以 Ａ１Ｂ⊥ ＡＢ１，又平面 ＡＢ１Ｄ ⊥平面ＡＢＢ１Ａ１，所以Ａ１Ｂ⊥平面ＡＢ１Ｄ，所以Ａ１ → Ｂ是平面ＡＢ１Ｄ的 一个法向量，设点Ｃ到平面ＡＢ１Ｄ的距离为ｄ，则ｄ＝ →｜ＡＣ·Ａ１→ Ｂ｜ ｜Ａ１ → Ｂ｜ ＝ →｜ＡＣ·（Ａ１→ →Ａ＋ＡＢ）｜ 槡２ａ ＝ →｜ＡＣ·Ａ１→ →Ａ＋ＡＣ·→ＡＢ｜ 槡２ａ ＝槡２４ａ． １０．由题意，二面角 Ｃ１－ＡＡ１－Ｂ为 ４５°，即∠ＣＡＢ＝４５°，则ＢＣ＝ＢＡ＝２，如 图１建立空间直角坐标系，则 Ｂ（０，０，０）， Ｃ１（２，０，２），Ｅ（０，１，０），Ｆ（０，０，１），所以 →ＥＦ＝（０，－１，１），→ＢＣ１ ＝（２，０，２），所以 ｃｏｓθ＝ ２ 槡２× 槡２２ ＝ １２，所以θ＝６０°． １１．以Ｂ为坐标原点，ＢＡ为 ｘ 轴，ＢＣ为ｙ轴，ＢＢ１为ｚ轴建立空 间直角坐标系（如图２），设→ＢＰ＝ λＢＤ→ １，可得 Ｐ（λ，λ，λ），再由 ｃｏｓ∠ＡＰＣ＝ →ＡＰ·→ＣＰ → →｜ＡＰ｜｜ＣＰ｜ 可求得 当 λ ＝ １３ 时，∠ＡＰＣ最大，故 ＶＰ－ＡＢＣ ＝ １ ３× １ ２×１×１× １ ３ ＝ １ １８． １２．延长ＤＡ至Ｅ，使ＡＥ＝ＤＡ，连接ＰＥ，ＢＥ， 因为∠ＡＢＣ＝∠ＢＡＤ＝９０°，ＢＣ＝２ＡＤ， 所以ＤＥ＝ＢＣ，ＤＥ∥ＢＣ， 所以四边形ＣＢＥＤ为平行四边形，所以ＣＤ∥ＢＥ， 所以∠ＰＢＥ就是异面直线ＣＤ与ＰＢ所成的角， 在△ＰＡＥ中，ＡＥ＝ＰＡ，∠ＰＡＥ＝１２０°， 由余弦定理得 ＰＥ＝ ＰＡ２＋ＡＥ２－２·ＰＡ·ＡＥｃｏｓ∠槡 ＰＡＥ ＝ ＡＥ２＋ＡＥ２－２·ＡＥ·ＡＥ· －( )槡 １ ２ ＝槡３ＡＥ． 在△ＡＢＥ中，ＡＥ＝ＡＢ，∠ＢＡＥ＝９０°，所以ＢＥ＝槡２ＡＥ， 因为△ＰＡＢ是等边三角形，所以ＰＢ＝ＡＢ＝ＡＥ， 所以ＰＢ２＋ＢＥ２ ＝ＡＥ２＋２ＡＥ２ ＝３ＡＥ２ ＝ＰＥ２， 所以∠ＰＢＥ＝９０°． 二、填空题 １３．π４；　１４．槡３８；　１５．［０，１］；　１６．９０°． 提示： １３．ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝２－６－６ ５× 槡２２ ＝－槡２２，所以ｌ与ｎ的夹角为 π ４． １４．因为ａ⊥ｂ，所以ａ·ｂ＝－８＋２＋３ｘ＝０，即ｘ＝２， 所以ｂ＝（－４，２，２），则ａ－ｂ＝（６，－１，１）， 所以｜ａ－ｂ｜＝ ６２＋（－１）２＋１槡 ２ ＝槡３８． １５．建立空间直角坐标系如图３，则 Ｄ（０，０，０），Ｃ（０，１，０），Ａ（１，０，０），Ｂ（１， １，０），Ｄ１（０，０，１）．所以 →  ＤＣ＝（０，１，０）， →  ＢＤ１＝（－１，－１，１）．因为动点Ｐ在线段 ＢＤ１上运动，所以设 →ＢＰ＝λ→  ＢＤ１＝（－λ， －λ，λ），０≤ λ≤ １→ → →．ＡＰ＝ＡＢ＋ＢＰ＝ （－λ，１－λ，λ）．所以→  ＤＣ·→ＡＰ＝１－λ， 因为０≤λ≤１，所以０≤１－λ≤１， 即→  ＤＣ·→ＡＰ的取值范围是［０，１］． １６．由条件知 ＡＣ，ＢＣ，ＣＣ１两两垂直，以 Ｃ为原点，ＣＢ，ＣＡ， ＣＣ１分别为ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴建立空间直角坐标系，则 Ｂ（１，