假期作业(三)-【百汇大课堂·暑假作业】2023-2024学年高二数学假期作业（新教材）

假期作业 假期作业（三） 1.已知平面a的一个法向量n=(一2，一2,1)， A.8 B.i c.3 D.Z 点A(一1,3,0)在平面a内，则平面a外的 点P(一2,1,4)到平面a的距离为( 7.在空间直角坐标系Oxyz中，A(1,2,一1)， A.10 B.3 c.3 n号 B(1,1,1),C(0,1,2),则异面直线OA与 BC所成角的余弦值为 2.已知A(1,0,0),B(1,-2,3),C(-1,2,1), 8.空间四边形ABCD的各顶点坐标分别是A 则点A到直线BC的距离为 (0,1,3),B(2,0,2),C(1,-1,2),D(-1, A B.174 3,1),E,F分别是AB与CD的中点，则EF 6 C.129 的长为 3.平面a的一个法向量为n1=(4,3,0),平面 9.在空间中，已知平面a过点(3,0,0)和(0,4,0) 3的一个法向量为n2=(0,一3,4)，则平面a 及x轴上一点(0,0，a)(a>0),如果平面a与 与平面3夹角的余弦值为 平面xOy的夹角为45°，则a= 9 b.函 10.如图，在正方体ABCD A1BCD1中，棱长为1， c D.以上都不对 E为D,C1的中点，求下 4.两平行平面α，3分别经过坐标原点O和点 列问题： A(2,1,1),且两平面的一个法向量n= (1)求B,到平面A1BE的距离： (一1,0,1)，则两平面间的距离是 ( (2)求D,C到平面A,BE的距离： A B号 (3)求平面A,DB与平面D,CB1的距离. C.3 D.32 5.在长方体ABCD-A1BC,D1中，E,F,G分 别为棱AA1,C,D,DD1的中点，AB=AA =2AD,则异面直线EF与BG所成角的大 小为 A.30° B.60 C.90 D.120° 6.如图所示，在三棱柱ABC-1 A,B,C1中，AA,⊥底面 ABC,AB BC=AA, ∠ABC=2,点E,F分别 是棱AB,BB,的中点，则直线EF和BC 的夹角是 5 高二暑假·数学 11.如图所示，四边形 12.如图，四棱锥P-ABCD中， ABCD是直角梯形， PA⊥底面ABCD,AB∥ B ∠ABC=∠BAD= CD,AD=CD=1,∠BAD 90°，SA⊥平面AB =120°，∠ACB=90° CD,SA=AB=BC=2,AD=1. (1)求证：BC⊥平面PAC: (1)求SC与平面ASD所成角的余弦值； (2)求平面SAB和平面SCD夹角的余 (2)若二面角DPCA的余弦值为，求 弦值. 点A到平面PBC的距离. 6高二暑假·致学 .DA=D,A=(2,0,0),D=(2.2.1),D,F=(0,1, :MN·n=0,MN丈平面C,DE, -2). MN∥平面C,DE 设平面AED的一个法向量为n,=(x1y1z,), (2)解C(-15,0),DC=(-15,0), n:·DA=0, 平面C,DE的法向量n=(4,0,1), 由 n,·Di=0. .点C到平面C,DE的距离 2x1=0, d=1DC,n=4-47 得 n /17 17 2x,+2y1+21=0. 令y1=1,得n1=(0,1,-2).间理，平面A,FD1的一个法 假期作业（三） 向量为n,=(0,2,1) 12 n1·n2=(0.1,-2)·(0,2,1)=0, 1上D2B8B4B5C反.C2.号 9. .n1n2: 10,解(1)如图所示建立空间直角坐 4 .平面AED⊥平面A,FD. 标系，则D(0,0,0),A(1,0,0),C D (2)解由于点M在直线AE上，因此可设AM=AE (0,1,0),B(1,1,0),A1(1,0,1), D(0,0,1),C(0,1,1),B(1,1, A(0,2,1)=(0,2入，A), 则M(2,2X,A).A,M=(0,2x,1-2). D.E(.). 要使A,M⊥平面AED,只需A,M/m, 即2以1-2 A店=(1,20)A,店=(0山，- 1 -21 设n=(xy,之)为平面A,BE的法向量，则 2 解得入= n·A,E=0, y=2x, 即 +- 即 取x=1,得平 n·AB=0, =2x. 放当AM=号AE时，A,ML平面AED, y-=0, 面A,BE的一个法向量n=(L,2,2). 12.(1)证明：直四棱柱ABCD-A,B,C:D的底面是菱形， 又A,B=(0,1,0) AA=4,AB=2,∠BAD=60°. E,M,N分别是BC,BB,,A,D的中点. 得B,到平面A,BE的距高为4=AB·m2 DD1⊥平面ABCD,DE⊥AD, (2),D,C∥平面A,BE,,D,到平面A,BE的距高即为 以D为原点，DA为x轴，DE为y轴， D,C到平面A,BE的距离， DD,为之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 仿上法求得D,到平面A,BE的距离d=DA·n_1 n 1 (3):平面D,CB,∥平面A,BD, M(1,3,2),N(1,0,2),D(0,0,0),E(0,5,0).C(-1, ∴，D,到平面A,BD的距离即为 D 3,4).MN=(0,-3,0,DC=(-1.3,4),DE=(0. 平面D,CB,到平面A,BD的 A 3,0), 距离。 设平面C,DE的法向量n=(x,y,e), 易得平而A,BD的一法向量n= n·DC,=-x+5y+4=0, (-1,1,1),且DA=(1,0,0). 则 D,到平面ABD的距离 n·DE=3y=0, d=D·ng 取x=1,得n=(4,0,1), 3 48 假期作业 11.解(1)以A为坐标原点，分别 以AD,AB,AS所在直线为x :Icos(n,BC)= 解得h=厚 轴，y轴，？轴，建立如图所示的 空间直角坐标系，S(0,0,2),C 同理可求得平面PBC的一个法向量n,=(33,2). (2,2,0),D(1,0,0),SC=(2,2, AP·n:253 -2),:AB⊥平面ASD,故平面 ,点A到平面PBC的距离为d= 421 ASD的一个法向量为AB=(0,2,0),设SC与平面ASD所 成的角为0，则sin0=|cos(SC,AB)1 s元.A5 假期作业（四） ISCIAB 13 1.A2A3.c4.D5.C6.B7.(-,) 女0-即SC与平百A5D所成角的余营能为 (2)平面SAB的一个法向量为m=(1,0,0), [别 9.8m=4,n≠-2或m=-4,n≠2 :S元=(2,2，-2)，SD=(1,0,-2),设平面SCD的一个法 2x-3y-3=0 5 SC·n=0,(z+y-:=0, 10.解(1)由 ,解得 向量为n=(x,y,z),由 x+y+2=0 sd·n=0x-2x=0. 5 =1,可得平面SCD的一个法向量为n=(2,一1,1)，设平面 所以交点为(-） m·n_6 SAB和早面SCD的夫角为a,则cosa=mm-3,即 因为直线1与直线3x十y一1=0平行，所以直线1的斜率为 平面SAB和平面SCD夹角的余弦值为5 -3,所以直线1的方程为y+号=一3(+》： 31 12.(1)证明PA⊥底面ABCD,BCC平面ABCD, 即15x十5y+16=0. .PA⊥BC,∠ACB=90°. x-2y+4=0 (2)法一：解方程组 得P(0,2). .BC⊥AC,又PA∩AC=A,,BC⊥平面PAC x+y-2=0, (2)解设AP=h,取CD的中点 固为儿的斜率为受，且1山山， E,则AE⊥CD,AE⊥AB.又PA ⊥底面ABCD,PA⊥AE,PA⊥ 所以直线1的斜率为一专 AB,故建立如图所示的空间直角坐 D 由斜线式可知1的方程为y-一号十2， 标系。 即4x+3y-6=0. 月A000.P00.c停7o 法二：设直线1的方程为x一2y十4+(x十y一2)=0， 即(1+入)x十(A一2)y+4-2λ=0. p(g-o）B02.0 又：1⊥1∴3×(1+a)+(-4)×(a-2)=0, 解得入=11 元-（停g-4)成-o1.0 ∴直线1的方程为4r十3y-6=0. n,·PC=0, 11.解(1)①当1的斜率k不存在时，l的方程为x=2: 设平面PDC的法向量n,=(r1·y1,1),测 即 n,·DC=0, ②当1的斜率k存在时，设1：y十1=k(.x一2)， 即kx-y-2k-1=0. 3 2x+2y-hx,=0, 由点到直我距离公式得一火二=2，解得长-是：得1：3 √1+k y1=0 4y-10=0. 取x,=hm,=(h,0)由)知平面PAC的-个法 故所求1的方程为：x-2=0或3一4y一10=0. (2)由题意可得过P点与原点O距离最大的直线是过P点且 量为C-(-号o小 与PO垂直的直线，由⊥OP,得 49