培优训练(2) (范围：1.4)（配套练习）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

培优训练（二） 答案见P (范围：1.4) 基础训练川 5.(多选)如图，在直三棱柱ABC-A1B,C中，AC= 一、选择题 CB=2,AA1=3,∠ACB=90°，则 () 1.下列利用方向向量、法向量判断线线、线面位置 关系的结论中正确的是 A.两条直线l1,l2的方向向量分别是a=(1, -3,4),b=(-1,3,一4)，则11∥1 B.直线1的方向向量是a=(1,一3,4)，平面a的 一个法向量是n=(2.2,1),则l∥。 A.点C到平面A1BC的距离为1 C.直线l的方向向量是a=(0,一3,4)，平面a的 B点G到平面A,B,C的距离为3四 11 一个法向量是n=(0,-3,4),则1⊥c D.直线1的方向向量是a=(1,一3,4)，平面a的 C.直线AC:与平面ABC所成角的正弦值 一个法向量是n=(1,3,2),则⊥a 为 2.(多选)在三棱锥A-BCD中，平面ABD与平面 BCD的法向量分别为n1,2,若m=(1,0,0), D.直线AC:与平面ABC所成角的正弦值 n2=(一√3,0,1)，则二面角A-BD-C的大小可 为3漫 能为 二、填空题 A吾 B哥 c D爱 6.在空间直角坐标系Oxyz中，A(1,2,1),B(2,1, 3.在正方体ABCD-A1BCD中，棱长为2，O是 m),C(0,1,2),若点C到直线AB的距离不小于 底面正方形ABCD的中心，点M在DD,上，N 是A,B,上靠近A,的三等分点，当直线ON与 0,写出一个满足条件的m的值： 2 AM垂直时，DM的长为 7.若直线a的方向向量为a,平面a,3的法向量分别 为，m,则下列命题为真命题的序号是 ①若a∥n,则直线a⊥平面a: ②若a⊥n,则直线a∥平面a: ③若cos(a,n)= 2,则直线a与平面a所成角的 A.1 C.3 4.在棱长为1的正方体ABCD-ABCD中，P 大小为吾： 为棱A,B,的中点，异面直线BP与CD1所成的 ④若cos(m,n》= 2,则平面a,8的夹角为 角的余弦值是 ( A.10 B3100 8.已知ABCD-A,BCD是棱长为1的正方体，则 10 10 D36 10 平面ABD与平面CBD的距离为 ·129 三、解答题 10.如图，C是以AB为直径的圆O上异于A,B的 9.如图，在直四棱柱ABCD-A:BCD1中，侧棱 点，平面PAC⊥平面ABC,PA=PC=AC=2, AA,的长为3，底面ABCD是边长为2的正方 BC=4,E,F分别是PC,PB的中点，记平面 形，E是棱BC的中点。 AEF与平面ABC的交线为直线I. D (1)证明：BD∥平面CDE: (1)证明：⊥平面PAC: (2)求平面CDE与平面ABCD的夹角的正切值： (2)直线1上是否存在点Q,使得直线PQ与平 (3)求点A,到平面CDE的距离. 面AF所成的角的正弦值为号？若存在，求出 AQ的值；若不存在，请说明理由. ·130· I能力提升Ⅱ 13.如图，正方体ABCD-A,BCD,中，M是AD 11.在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种 的中点，则下列结论正确的是 () 称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平 行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的 部分).现有一个如图所示的曲池，它的高为4， AA,BB,CC1,DD均与曲池的底面垂直，底 面扇环对应的两个圆的半径分别为2和4，对应 A.直线MB与直线B,D,相交，直线MBC平面 的圆心角为90°，则图中异面直线AB与CD ABC 所成角的余弦值为 B.直线MB与直线D,C平行，直线MB⊥平 面ACD C.直线MB与直线AC异面，直线MB⊥平 面ADCB D.直线MB与直线A:D垂直，直线MB∥平 A B. 3 面BD,C 5 14.如图，在长方体ABCD-A:BCD中，AB=1, c号 n BC=√3，点M(0,1,2),且MD1⊥MA,如图所 12.(多选)如图所示，三棱锥S-ABC中，△ABC 示，建立空间直角坐标系，则DD= 为等边三角形，SA⊥平面ABC,SA=3,AB 棱CC与平面MMAD所成角的正弦值为 2,点D在线段SC上，且SD=3SC,点E为线 段SB的中点，以线段BC的中点O为坐标原 点，OA,OB所在直线分别为x,y轴，过点O作 SA的平行线为之轴，建立空间直角坐标系，则 1 下列说法正确的是 ) 【拓展探究川 15.直三棱柱ABC-A1B,C中，AB⊥BC,AB=BC CC=2,点D为线段AC的中点，直线BC与 BC的交点为M,若点P在线段CC,上运动， CP的长度为m, 人直线CE的一个方向向量为（号，） ,87 B点D到直线CE的距离为2 C.平面ACE的-一个法向量为(w3,3,一2) D.点D到平面ACE的距离为1 (1)求点M到平面A:BD的距离： ·131· (2)是否存在点P,使得二面角P-BD-A1的 方形的三边AB,CD,AD的中点，先沿若虚线段 余弦值为一弓若存在，求出m的值：若不存在， FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的 五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB, 请说明理由. CG就得到了一个“刍甍”（如图2）. 图1 图2 (1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证： AO∥平面GCF: (2)若二面角A-EF-B的大小为号，求直线 AB与平面GCF所成角的正弦值. 16.某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程 中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到 了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设 计了一道数学探究题.如图1，E,F,G分别是正 ·132·DAC,平面B4C门平面DAC-AC,所以BO⊥平面ACD,如图 建系，则0x0.00.C(20.0）.B(0.0,号）D(o,号o小 昏園2， 3 所以0i=(0.0,)c=(30,-).Ci=(-2 16.解析假设存在点E,设AE=a(0≤a≤4). 号.o).设平面BCD的法向量为n=,.时有 BC.n=0. 2=0. 即 CD.n=0. 令=1，得x=3,y=1,别 2 2y=0, 如图，以D为原点，DA,DC,DD分别为x轴、y轴、e轴的正方 n=(5,1D,易知平面CDA的-个法向量为0亦=(o,0.号）： 向建立空间直角坐标系Dx,则有E3,a,0),C(0,4,2),D0, 0,0).设平面DC的法向量为n=(x,y,),又DCi=(0.4,2), nLDG. n·DC=0, 2 所以c0s(OB,n>= 5 所以两平面夹角的余弦值 D求=(3，a,0),故 nDE. 所以 n.DE=0. 2 即/y+2=0, 13.x十ay=0. y=1,得x=一号=一2，即n= （一号l,一2)，又易知平面DC的一个法向量为m=(0, 图 0,1),所以c0s(m,n〉= m·n -2 m n ，由题意知 14.解析以D为坐标原点，直线DA为x √g+ 轴，直线DC为y抽，直线DP为x轴，建 2 立如图所示的空间直角坐标系Dx心依 3 ,解得a=3,所以在线段AB上存在点E, 题意知A(2,0,0),P(0,0,2),B(2,2,0),所 以AP-(一2,0,2).因为E是棱PB的中 A 点，所以点E的坐标为(1,1,1).设M0, 使手西CDE与平面GDE的夫角的余孩维为写，此时AB-3 2-m,m(0≤≤2)，则5M=(-1,1一m,m-1), 培优训练（二） 所以cos(A,E成1=A正· 1=12+2(m-1) APEM22√1+2m-1T2' 1.C解折A项，因为a=(1,一3,4).b=(一1,3，一4)，即a= 一b,所以a∥b,所以4∥l或，l重合，故A项错误；B 解得m=是，所以M(0,是，是），所以可以得到成 项，因为a·n=1×2十(-3)×2十4×1=0，所以a⊥n,所以 1∥α或I在平面a内，故B项错误：C项，因为a=(0,一3， √+（只-）+（层-2可√=+票-所以线段 4),n=(0,一3,4)，即a=n,所以a∥n,所以1⊥a,故C项正 确：D项，因为a·n=1×1十（一3）×3+4×2=0，所以a1 PM的长度是5平 n,所以l∥a或L在平而a内，故D项错误，故选C项. i·1: 圈华 2D解由已知可得0s(nm)=m,n一兰，所 15.解折如图，以C为坐标原点，CA,CB,(CC所在直线分别为x 以二西角A-BD-C的大小为吾或语故选AD项 轴y轴，z轴建立空间直角坐标系Cyz,则C(0,0.0),B(0,1, 3.A解析如图，建立空间直角坐标系，则A(2,0,0),O(1,1, 2.B0,1.0),所以C=(0,1,2),CB=(0,1,0).设AD=a(0≤ 0N(2,号，2，设M0,0aa∈[0,21，则Ai=(-2.0, 4≤2)，期，点D的坐标为(2,0，a),C市-(2,0，a).设平面B,CD m·CB=0,y+2=0, a.O=(1,-号2)，调为0N1AM所以0成：=-2+ 的法向量为m=(x,y,),则 m.CD=02x+as=0. 2a=0,解得a=1.故选A项. 令=-1，得m=(号，2，-1，又平面CDC的一个法向 B 量为C市=(0,1,0)，记为n,则由0s30°=m:m mn 2一号解得a=2(负位合去长AD2 √++ 3 /A B 4,B解析如图，以D为原点，以DA,DC,DD,所在的直线分 ·239· 别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则B(1,1,0),C(0,1, 平面CBD,AB,丈平面CBD,DC1C平面CBD,所以 0.P(1,),00.01).所以m=(0.-号1).可 AD∥平面CGBD,AB,∥平面CBD,又AD∩AB=A, AD,ABC平面ABD,所以平面ABD1∥平面C1BD,所 (0,-1,1),设异面直线BP与CD1所成的角为0，则cos0 以平面ABD与平面CBD的距离等于点C1到平面 lcos(BP.CD)= BP CD 2 30 ABD的距离d,设平面ABD的法向量为n=(xy,z) BPICD √+x1 10 n·AB=y+x=0, 则 n·AD=-x+g=0. 令=1，可得x=1,y=一1，所以 故选B项 n=1.-1.1),又因为G店=(1,0,0，所以4-GB·n n 怎所以平面ABD与平面CBD的距离为得 5.BD解折以C为原点，CA,CB,CC的方向分别为x 轴、y轴、：轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 C.xy,则A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3),所以AB (-2,2,0),A1C=(-2,0,3),设平面ABC的法向量为n, 图肾 /n·AB=-2x+2y=0 n…AC=-2x+3x=0, 令x=3,得n=(3,3,2). 9.解析(1)根据题意，以D为原点，分别以DA,DC,DD的方 向为x轴，y轴，之轴正方向建立如图所示的空间直角坐 因为A:C=(-2,0,0),所以点C到平面A1B1C的距离d 标系. AC·m=1-2.0.0)…(3.3,2_32 n √22 11 B 因为侧棱AA,的长为3，底面ABCD是边长为2的正方形， 直线AC与平面ABC所成角的正弦值为 AC·mL 所以B(2,2,0),C(0,2,0),C(0,2,3),D1(0,0,3), AC·n 因为E是棱BC的中点，所以E(1,2,0), 6 =32巴.故选BD项。 2XV2222 所以DC=(0,2,3),DE=(1,2,0),BD=(-2,-2,3). 设平面CDE的法向量为n=(x,y,), 6.解折因为AB=(1,-1,m一1)，AC=(-1,-1,1),所以，点C到直 n.D求=0， 线极竹无青√成-（酒 (-1)P 所以 得+2=0. 0-1)P+2 m.D=0,行{2y+3x=0. 令y=-3,得x=6,=2,所以n=(6,-3,2), 雪，解得1一≤m≤1+区，故答案可为1（答案不-，只 因为n·BD=-12+6+6=0,所以n1BD, 因为BD丈平面CDE,所以BD∥平面CDE. 要1-√2≤m≤1+2即可). (2)由(1)得平面CDE的一个法向量为n=(6,-3,2), 答系1（答案不唯一） 由题可设平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1), 7.解若a∥n,则a为平面a的一个法向量，故直线a⊥平面 m·n 2 2 a,①正确；若a⊥n,则直线a∥平面a或直线aC平面a,②错 所以cos(m,n》= m·n √36+9+4·17 误：若cosa,m)=司，则直线a与平面a所成角的大小为吾， 所以sin(,n》 5所以ammn=35 ③正确：若c0s(m,m》=7,则平面a,日的夹角为受，国正确 2 故正确命题的序号是①③①。 所以平面CDE与平面ABCD的夹角的正切值为3y 答累①③④ (3)由(1)得平面C1DE的一个法向量为n=(6,一3,2)， 8.解扬以D为坐标原点，DA,DC,DD,所在直线分别为x,y, A(2.0,3),D(0.0,0), :轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0),B(1,1, 所以DA=(2,0,3),所以点A到平面CDE的距离为d= 0),D0,0,0).C(0.1,1),D(0,0,1).B(1.1,1),可得AB n·DA_12+6=18 n 7 (0,1,1),AD=(-1,0.1),BC=(-1,0,1),DC=(0,1. 1D,图为AD=BC,AB=D,则AD∥BC.AB∥DC 所以点A到平面CDE的距高为 所以AD,∥BC,AB∥DC,因为AD,文平面CBD,BCC 10.解析(1)连接CO并延长，交O于点S,连接AS,SB,SF, ·240· 则AB=SC,四边形ASBC为矩形，BC∥AS, 因为EF∥BC,所以EF∥AS, 合2，则正=（号，）-（分号号）故A项 故平面AEF与平面ABC的交线为AS所在直线，即AS所 在直线为直线1， 正确：市-(29号2AC-(-原，-1.0正-(-， 因为CS为直径，所以AC⊥AS, 因为平面PAC⊥平面ABC,交线为AC,ASC平面ABC, 专)D匹庙( 所以AS⊥平面PAC,即⊥平面PAC (2)在AS上取，点Q,连接PQ,以C为坐标原点，CA所在直 8,故B项正确：设m=(,)为平面ACE的法向量，则 线为x轴，CB所在直线为y轴，垂直CA,CB的直线为： AC·n=0, 5x-y=0. 轴，建立如图所示的空间直角坐标系。 即 A正n=0, 令=一2，则n=(一3,3，一2)为平面ACE的一个法向量，故 C项错：而市-(，号，2)，故点D到平面ACE的距病 山-C可m=l,故D项正确.故选AD项 因为PA=PC=AC=2,BC=4, 13.D解析因为ABCD-A,BCD是正方体，不妨设校长为 2,以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 所以P1.0..E(0,号）A(2.0,0,B04,0. D(0,0,0),D1(0,0,2).A(2,0,0),A(2,0,2),B(2,2,0), F(22,）.Q2m.0. B(2,2,2),C(0,2.0),C(0,2,2).又M为AD的中点，故 可得M1,0,1),M=(1,2,-1),AD=(-2,0,-2),设 设平面AEF的法向量为n=(x,y,, A正n=(-号0，号）= 3 平面ACB的法的量为=(，则”：正=0：中 n·DC=0, 2.x=0. 本m-(号2》)= 2=0, 不妨取y=一1，故可得n=(0,一1,1).设平面 12y+2=0, 解得y=0,令x=1,则=√3， m·BD=0, BD,C的法向量为m=(x,y,),则 即 故n=(1,0w3),又PQ=(1,m,-√3)， m·DC=0, 1-2.x-2y=0, 故cosKPQ.)=PO.n=2二3 不妨取y=1,故可得m=(一1,1,1).因为 12√1+3+m 2y-2x=0, 解得m=士1，故AQ=1, BD∥BD,BDOBM=B,故BM,BD,不相交，故A项错 即直线I上存在，点Q,使得直线PQ与平面AEF所成的角 误：M=(1,2,-1),DC=(0,2,-2),不存在非零实数 的正我位为写。且1AQ=L 使得M店-入DC,故MB,D,C不平行，故B项错误：M亦- (1,2,一1)，平面ADC1B1的法向量为n=(0,一1,1)，不存 11.A解析如图，设上底面圆心为O,下底面圆心为O,连接 在非零实数入，使得MB=n,故MB与平面ADC,B,不垂 OO,OC,OB,以O为原点，分别以OC,OB,OO所在直线为 x轴、y轴、心轴，建立空间直角坐标系，则C(2,0,0),A(0,4, 直，故C项错误：M店=(1,2.-1)，AD=(-2,0,-2),则 0),B(0,2,4),D(4,0,4),则CD=(2,0,4),AB=(0,-2, MB·AD=-2十2=0，故直线MB与AD垂直，又MB· m=-1十2-1=0，故MB与平面B,DC平行，故D项正 40,所以s(CD,A)=C四·A店 16 4 ICD AB 确.故选D项。 又异西直线所成角的范国为(0，受]，故并西直线AB与 CD所成角的余孩值为号故选A项。 14.解析由题意得，设D(0,0,z),则C(0,1,0),A(3,0,0), 图为MD LMA.M心=(0-1，-②).Mi=(3,-1, 一√2)，所以MD·MA=0,即1-2(x一2)=0，解得： 12.ABD解析由题意得S(5,0,3),A(3,0,0),B(0,1,0), 3要所以D0=3号，所以G(01.婴）.-(0.0 c0,-1.0,(号，，)若sD=言sC,则D(29 3号)M而-(0，-1，号），设平面MAD,的法向量为n ·241· Mi·n=0, 3.x-y√2e=0, A-EF-B的平面角，所以∠AEB=120°.以E为坐标原 (xy,z),则 点，EB,EF分别为x轴和y轴正方向建立如图所示的空间 MD·n=0 2=0, 直角坐标系，且设CB=2EB=2EA=4, 令=1，则y 2 =受，于是平面MAD,的一个法向量 6 为n(,号.)，设技CG与手面MAD,所底角为a所 32 以sinf=lcos(m.CC)1=n·C 2 3 则B2,0,0),F(0,4,0),A(-1,0w3),所以F元=F正+E nCC 3×323 2 0-元+i+2亦=(-1，-23.i=(-3.03. 圈9 F心=E站=(2,0,0)，设平面GCF的法向量为n=(x,y), n·FC=0, 12r=0, 15.解扬(1)由题意可知，四边形BCCB,为正方形，则M为 由 得 n.FG=0,将-x-2y+3=0 取y=√3，则x=2 B1C的中点，以B为坐标原，点，BC,BA,BB为x,,:轴的 于是平面GC℉的一个法向量为n=(0w3,2), 正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则M(1,0,1) B(0,0,0),A(0,2,2),D1,1,0),所以BM=(1.0,1),BA 所以cOs(n,BA)=- n·BA 257 nBAl √12×W7 7,所以直线 (0,2,2),BD=(1,1,0),设平面ABD的法向量为n=(x n·BA1=2y+2x=0, y,),则 n·Bd=x十y=0, 令x=1,则y=-1,e=1, AB与手西6CF所成角的正孩值为只 课时作业（十一） 即n=(1,一1,1)，所以，点M到平面ABD的距离d= BM·n=2=23 L,ABC解析由领斜角和斜率的概念可知A,B,C项正确.故 n 33 选ABC项. B 2.B照罚由题意知直线的斜率=2生5一2=一5，所以直 1-4 3 线的倾斜角为150°.故选B项. 3.C解析由直线的方向向量为（一1，一1）得，直线的斜率为 }-1,所以己)-1，解得y-1故选C项 4.A解析设直线4，l,l的倾斜角分别为a1a,a,则由题 (2)存在.理由如下： 图知0<a<a2<90°<a,<180°，所以tana1<0,ana> 设点P(2,0.m,平面PBD的法向量为s=(a,b.c),因为B tana>0,即k1<0,k>k>0,所以k1<k<k.故选A项. |s·BP=2a+mc=0, (2,0,m).BD=(1,1,0),则 令c=2,则 s·BD=a+b=0. 5.C解ǖ因为直线的斜率∈（一9v3),所以≤tan于，所 a=-m,b=m.即8=(-m,m.2),所以|cos〈n,s）|= 以该直线的顿针角。的取值范国是[0，受]U(受).故选 骨点宁得释m-2或-子言 n·s C项！ m=2时，P与C1重合，此时二面角P-BD-A1为锐二面 8圆霸周为ABC三点共线，所以k-如，脚。，所 5 角，不合题意：当m=号时，二面角P-BD-A为钝二面 以a=2或号 角，符合题意：综上所述，存在，点P,使得二面角P-BD-A 图2或号 的余续位为一弓此时m=号 7.解析因为直线l的倾斜角为150°，所以∠BCA=30°，所以 16.解析(1)取线段CF的中点H,连接OH,GH,由题图1可 知，四边形EBCF是矩形，且CB=2EB,所以O是线段BF 4的领斜角为7×(090°-30)=30 答累30 与CE的中点，所以OH/BC且OH=号BC,在题图1中 &服团由题意可得w= =1一m.因为直线AB的倾斜 AG∥BC且AG=2BC,EF∥BC且EF=BC,所以在题图 角为锐角，所以ks>0,即1一m>0,所以m<1.所以m的取 2中，AG∥BC且AG=之BC,所以AG/OH且AG=OH. 值范围是（一∞，1）. 答案(-∞，1) 所以四边形AOHG是平行四边形，则AO∥HG.由于A(CO过 9.解析易知直线的斜率为tn135°=一1又直线过A(3一m一t, 平面GCF,HGC平面GCF,所以AO∥平面GCF 一2m-3+2 (2)由题意知EF⊥AE,EF⊥BE,所以∠AEB即为二面角 一2m》.Bm+2,3一m),所以3-mm-m=2-1,整 ·242·