1.4 阶段强化-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册(人教A版2019)

1.4 阶段强化 阶段强化 限时:60min 1.(2024·河南新乡高二期末)在直三梭柱 B. PB1平面EFD ABC-A.B.C. 中.若乙BCA=90.CC.=3BC= C. 直线 PB与平面ABCD所成角的余弦值 3CA.则AC.与CB.所成角的余弦值为 #} ) D. 平面CPB与平面PBD夹角的大小为60 6.(2024·陕西成阳高二月考)在菱形ABCD中. 2.(2024·四川泸州高二月考)两平行平面a,B 乙ABC=60{*},沿对角线AC折叠之后,使得平 分别经过坐标原点0和点A(2.1.1),且两平 面BAC1平面ACD(如图).则平面BCD与平 面的一个法向量n三(-1.0.1).则两平面间的 面ACD夹角的正弦值为 距离是 ( __ C.3 D.3/2 3.(2024·河南信阳高二期中)如 图,已知AB是圆锥的底面直 (第6题) (第8题) 径,C是底面圆周上的一点 7.(2024·四川成都高二期末)已知正方体 $ BAC=30*$AB=2/3.$PA=2 $$$ ABCD-A.B.C.D 的梭长为2.BC校上一点P 则PA与平面PBC所成角的正弦值为( 满足1PA+PC1=2.则直线PA与平面AB.C所 成角的正弦值为 8.(2024·广东东芜高二期中)如图,在四楼锥 4.(2024·福建泉州高二月考)已知ABCD- A.B.C.D.是校长为1的正方体,若点P在正 P-ABCD中,平面PBC1平面ABCD,底 面ABCD是边长为2的正方形,PB=PC=5 则平面PAD上任意一点到底面ABCD中心距 P到AB的距离为 ( _ 离的最小值为 9. 在中国古代数学著作《九章算术》中,鳖是 指四个面都是直角三角形的四面体,如图,在 5.(多选)(2024·湖南邵阳高 直角△ABC中,AD为斜边BC上的高,AB= 二期末)如图,在四校锥 3.AC=4.现将△ABD沿AD向后翻折得到 P-ABCD中,底面ABCD是正 △AB'D,使得四面体A-B'CD为一个鳖瞩,则 方形,侧楼PD1底面ABCD. 二面角B'-AC-D的余弦值是 PD=DC,E是PC的中点,作EF1PB,交PB ( 于点F,则下列结论正确的是 A.PA//平面EDB 第一章 黑白题023 10.(2024·河南焦作高二月考)如图,四边 12.(2024·云南师大附中高二期中)如图,在三 形ABCD是边长为1的正方形,MD1平 锥P-ABC中,AB1ACAB=AC=AP=2 面ABCD.NB1平面ABCD.且 MD=NB=1.E $ PAB= PAC=60* 为BC的中点 (1)求证:PA1BC (1)证明:MN/平面ABCD (2)在线段AN上是否存在一点S.使得ES1 平面AMN?若存在,求出线段AS的长 到平面PBC的距离为1?若存在,求直 度:若不存在,请说明理由 线A0与平面PAC所成角的正弦值;若 不存在,说明理由. 11.(2024·江苏南通高二期末)如图,在四校锥 P-ABCD中,PA1平面ABCD.AB1AD.AD/ $$$.AP=AB=AD=1.B$C=2 (1)求二面角B-PD-C的正弦值: (2)在校PC上确定一点E.使异面直线PD 与BE所成角的大小为60*并求此时点 E到平面PBD的距离 压轴挑战 (2024·广东深圳高二月考)在校长为1的正 方体ABCD-A.B.C.D. 中,E为AD的中点,设平 面A.BC.与平面CC.E的交线为m.则点A到 直线n的距离为 选择性必修第一册·RJA 黑白题024PAC.则BD与平面 PAC所成角为乙ADB 所以tan乙ADB=当AD取得最小值 AB 3 时,乙ADB取得最大值,在等腰Rt△PAC 中,当D为PC的中点时,AD取得最小值。 以A为坐标原点,建立空间直角坐标系Axyz 如图所示,则A(0.0.0).B(3.0.0). -7D C(0.2.0).P(0.0.2).D(0.1.1).则A- (0.1.1).PC=(0.2.-2).BC=(-3.2.0).设平面PBC的法向量 n= 5. ABD 解析:以D为坐标原点.DA.DC.DP所 令y=3.得n=(2.3.3).因 在直线分别为x轴y轴:轴,建立空间直角坐 n.B=o. 标系如图所示,设DC=1.对于A.依题意得 为co(n..3+3 3vTT (0)以可i(10-1)n-(1. D(0.0.0).A(1.0.0).B(1.1.0).P(0.0.1). 22x/211 -.所以AD与平面PBC所成角的正弦 1故答案为3VTT 放3T1 1.0).Dō-(0.).设平面 EDB的法向 11 11 1.4 阶段强化 (n·D=x.+y,=0. 量为n=(x,y.2).则有 强化 题 。 即 1.C 解析:如图,建立空间直角坐标系,设CC.=3BC= 3CA=3.则A(1.0.0).C(0.0.3).C(0.0.0).B(0.1 [x:=-y.取m=(1.-1.1),则PA·m=0.因为PA平面EDB,因此 3).所以AC =(-1.0.3).CB=(0.1.3).则cosAC 1 ACCB (-1.0.3)·(0.1.3)。 PA/平面EDB,故A正确;对于B.P=(1.1.-1).因为P·D=+ CB 1AC.1CB! 1+9xV1+9 10. 故AC与CB.所成角的余弦值为故选C.。 平面EFD,所以PB上平面EFD,故B正确;对于C.因为侧接PD1底 □方法总结 面ABCD.所以乙PBD为直线PB与平面ABCD所成角的平面角,又 因为BD=AD+AB-.PBPD+BD=3.所以cos PBD= 利用向量求空回角的步骤: B2v6 第一步:建立空间直角坐标系,确定点的坐标: 第二步:家向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标 第三步:计算向量的夫角(或函数值),并转化为所求角。 0).P-(0.1.-1).设平面cPB的法向量为n=(x.y,),则 2.B 解析:·两平行平面a.B分别经过坐标原点0和点A(2,1,1). (n==0. 即{=0.取n=(0.1.1).因为PD1底面 A=(2.1.1),且两平面的一个法向量=(-1.0.1)两平面间的 .P-y.-=0." .-y. ABCD.ACC平面ABCD.所以PD1AC.因为四边形ABCD是正方形 2 所以DB1AC.又DBOPD=D.DB.PDC平面PBD,所以AC1平面 3.D 解析:依题意,因锥的高P0-2-(3)=1.以0为坐标原点, PBD.则平面PBD的一个法向量为CA=(1.-1.0).所以cosn.CA) 建立空间直角坐标系Or:如图所示. 确.故选ABD. 8. 2/5 解析:如图.设AC的中点为E.连接BE.DE.BD.因为在多 A::.: 形ABCD中,乙ABC=60*,所以△BAC和△ACD都是等边三角形,因 1C 此BE上AC.DE1AC因为平面BAC1平面ACD.平面 BACO平 面ACD=AC.所以BE1平面ACD.而DEC平面ACD.因此BE1DE. 因此建立空间直角坐标系如图所示,设菱形的边 长为2.则A(1.0.0).C(-1.0.0).D(0.v3.0). B(0.0.3).设平面BCD的法向量为n=(x. y.).BC=(-1.0.-3)=(0.3.-3).所C 取=1.得n= fm--3:=0.→取 m=(-3.1. 13③ 以有 #12=0. l.-v-③:-0 (1.3.3).设 PA与平面PBC所成角为e.则sine=leos(PA.n)1= 1),易得平面ACD的一个法向量为n-E-(0. 63v13 0.3),设平面BCD与平面ACD夹角为θ,则leos0l=lcosn,n)1= ln.n1 1③1 选D. lm·n 4.B 解析:以A为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,则A(0. (-V③)+1+1x③ 0.0).B(1.0.0).D(0.1.0).A(0.0.1).则A=(1.0.0).A=(0.1. 7.T5 15 解析:以D为原点,建立空间直角坐标 ## 故点P到AB 的距离a= 系如图所示.则D(0.0.0).A(2.0.0),4 B(2.2.0).C(0.2.0).B(2.2.2).得AB.= (0.2.2)AC=(-2.2.0).设P(A.2.0).P (()()()-(4)-故选B (2-A.-2.0).PC=(-A.0.0).则P+P- 参考答案 黑白题15 (2-2A.-2.0).因为1PA+P1=2.所以(2-2)+(-2)}-4.解得A= 10.(1)证明:连接BD.因为MD1平面ABCD,NB1平面ABCD,所以 1.$=(1.-2.0).设平面AB.C的法向量为n=(x.y,),则 MD/NB.因为MD=NB.所以四边形MDBV为平行四边形.所以 (n·AB=2+2--0. MN/DB.又BDC平面ABCD.MNC平面ABCD.所以MN/平面ABCD 令x=1.得y=1.:=-1.所以n=(1.1.-1). (2)解:由题意知.DM.DC.DA两两垂直.以D为原点.DA.DC.DM Ln.AC--2r+2y=0. 所在直线分别为:输y轴、:轴,建立如图的空间直角坐标系. pA·1.11-2115 则lcsPA.n)1= , 1|5.所以直线PA与平面AB。 15 解析:如图,取BC的中点0.AD的中点E.连接0E.0P.因为 $B=PC BC的中点为0.所以 PO1BC.且 PO=PB-OB=2. 又因 为平面PBC1平面ABCD,平面PBCO平面ABCD=BC.POC平面 则D(0.0.0).A(1.0.0). (0.0.1). N(1.1.1). (.1.o).假 PBC.所以PO1平面ABCD.又E为AD的中点,所以OE/CD.因为四 边形ABCD为正方形,所以BC1CD.OE1BC.连接AC.BD交于点G. 设在线段AV上存在点S.使得ES1平面AMV.连接AE.易知A。 则点G即为正方形ABCD的中心.以0为坐标原点,建立空间直角坐 (0.1.1)-(-1.0.1)君-(.-1.0).设5-A对x(0.A. 标系,则0(0.0.0).E(2.0.0).C(0.1.0),B(0.-1.0),A(2.-1.0). D(2.1.0).G(1.0.0).P(0.0.2).所以PA=(2.-1.-2).A=(0.2. 4).05As1.则--(.a-1.x).出es1平面AMV,得 0).E=(-1.0.0).设n=(x.y.:)是平面PAD的法向量,则 (-0. -2-=0.取:-1.则n-(1.0.1)。所以点c到平 n.-o.” (2=0. .n11-112 面PAD的距离d= 11.解:(1)以.A为单位正交基底,建 立空间直角坐标系如图所示.因为BC= 2.AP=AB=AD=1.所以 B(1.0.0).P(0.0. 1).D(0.1.0).C(1.2.0).则PB=(1.0.-1). - PB=(0.1.-1).DC-(1.1.0).设平面PBD 的一个法向量为n=(x.为.2),则 (n.P=r-.=0. “取x.=1.得n=(1.1.1). n.p-y~=0. 解析:在直角△ABC中,AD为斜边BC上 设平面PCD的一个法向量为n三(.y,).则 的高,AB=3.AC=4.则BC=5.AD-12 (n:·D=r:t=0. 2n 取x=1.得n=(1.-1.-1).设二面角B-PD- .P-y-2=o. C的大小为8,则lcosθ1=lcos(n.,n.)1= 11 x3,所以nin8= 12 .D。 .C16 5.AB"=3.AcC-4.则 1--22 B'DcCD.要使四面体A-DB'C为鉴赋,根据三角形中大边对大角,可 3 知需要B'C1平面ADB',此时乙ADB',乙ADC,乙DB'C,乙AB'C为直 ($2)设P=P=(.2-A)(o<A1)则B=P-P=(a- 角,满足四面体AB'CD为一个警,则B'C=VCD-B'D=7.如 1.2A.-A+1).因为异面直线PD与BE所成角的大小为60*,所 以cos 60=1co P可)1-- 12A+(A-1)1 x2(A-1)4-,解得A- 以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,则D(0.0.0),A0.0. #或A-0(含去).此时-().所以点E到平面 2).C 7。.0.).D0.0.7 P.n343 4 BD的距离- #.o).p=(o..o).rC=(v7.0.o).设向量m(s.v) 为平面ACD的法向量,向量n=(x.y,5)为平面ACB'的法向量,则 12.(1)证明:如图,取BC的中点0.连接A0.P0. m.-12 .AB1ACAB=AC-AP-②. PAB= PAC= 5=0. (7.-35.8).同现可取 可取n= $$ 60°.则PC=PB=v②.BC=2. P0 1BC.A01 9 7x+-=0. BC.A00P0=0.P0C平面PA0.A0C平面 PAO.则BC1平面PAO.PAC平面PA0. .PAIBC. (2)解:由PC=PB=2.BC=2.PC^{+PB}= .又因为二面角 B$$得PC1PB.AO=P0=1.A0+P0= 9 P4.即A01P0.则0A.0B.0P两两垂直.以0为原点.0A.0B.0P 所在直线为:轴y轴:轴,建立空间直角坐标系如图所示,则A(1. 0.0).B(0.1.0).c(0.-1.0).P(0.0.1).设o(x.y.2),则0=(x. . y.2).易得平面PBC的一个法向量为0A-(1.0.0).d- 01 选择性必修第-册·PJA 黑白题16 (1.-2t) 5.(1-1)y-(y+1) ).由于直线D.M与平面EFG平行,则D A·a=0.得 ,解得y-×-1.(1.-1.).没平面PAC的法向 7 量为n=(x,yo).4C=-1.-1.).P0-1.-1).则 3).MB ·MD.=(4-a).(-a)+(-b)·3-b)+9=a-4a+b-3+ (-0. 0yo1,则o-1.-1.n=(1. 1n.P=o." 16 1-。-。=0. 1.-1).-0.-1.).1esn·4- 选C 压轴挑战 2 解析:以A为坐标原点,AB,AD.A4.所在直线分别为:轴、y轴 :轴,建立空间直角坐标系如图所示,则A(0.0.0),A.(0.0.1),B(1.0. 0).c(1.1.0).(1) (.).所以4(1.0.1).4A 4.[0.2] 解析:以A为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,则 (1.1.)Cc(0.0.1):-(1.-.o).,平A n0。 的法向量 A(0.0.0).C(1.1.2).设P(m.n.0)0m1.0a<1.则AP-(m. n.0) AC=(1.1.2),故AP·AC=m+n[0.2].故答案为[0.2]. (4=.0.=1.得n(1.-1.1).设 ## 为n=(t.y.:),则 n.A.C=0. 1r+y=0. =0. 平面CC.E的法向量为v=(x:x.).则 .=o. (=0. 1-0. 令y.=2.得v-(-1.2.0).设交线m的方向向量为m= 因为AC=(1.1.1),点Cm,则AC·m=2.1ml=v2+1+(-1)= a.b的夹角为锐角,所以a·b>0且a与b不同向.当a·b>0时,则 1x2+x+4x0.解得x--2 2.当a与6同向时,则a=tb(t0),即 (2(=1. #(4-1.得() {=1,解得 3 (2)(2+)故答案为(-)(2). 行 6.(-.-3)U(1.+z)解析:因为a.b.e的模均为1.他们之间的夹 角均为60”,所以a=b-e}=1.a·b=c·b=a·c-又 (a+b+c)2}=k{a}+b}+c2+2ka·b+2ka·c+2c·b=k}+2k+3>6,所 以&+2-3>0(k+3)(k-1)>0→k<-3或k>1.故答案为(-*. -3)U(1.+). 专项提优1 空间向量的综合应用 $7.解:(1):B=.#B=(0-B)#-(c-b),故 黑题。 专项掘础 1.C 解析:因为x,y.z是不共面的空间向量且p/4.故a=Ap,则 (m+1=3. ##-)# 8=-2.解得m=-13.n=16.所以m+n=3.故选C In=_4. -2.a·b=3.c·b=3.4-oc-0-c-a.故 (2)由题意得a·c=- 9 2.C 解析:由题知c=-(a+b),则c}=(a+b)}=a}+2a·b+b}=4+2x b)-2-_.即(a.b)-120-。故选C.。 #._ 3))x3 3.C 解析:如图,分别以A.AD.AA方向为x轴、y轴:轴的正方向建 立空间直角坐标系,可得E(2.3.3).F(4..0).C(4.3.). 8.解:(1)A.01(4)6×4x-12. (2)因为A-----()-- D.(0.3.3).B(4.0.3).M(a.b.0).-(2.-3).v-(o. #所以1- #花 #() 3~3:0. #--1口--·- 参考答案 黑白题17