第2期 1.4 空间向量的应用-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（人教A版2019）

书 １７．（１５分）（２０２４河南周口开学考试）如图１０，在 △ＡＢＣ中，∠ＡＣＢ＝９０°，ＢＣ＝３，ＡＣ＝６，Ｄ，Ｅ分别为边 ＡＣ，ＡＢ上一点，且ＣＤ＝２，ＤＥ∥ＢＣ，将△ＡＤＥ沿ＤＥ折 起到△ＰＤＥ的位置，使得ＰＣ⊥ＣＤ，Ｆ为ＰＢ上一点，且 ＰＦ ＰＢ＝ ２ ５． （１）求证：ＰＤ∥平面ＣＥＦ； （２）若 Ｈ为线段 ＰＤ上一点（异于端点），且平面 ＨＣＦ与平面ＣＦＥ夹角的正弦值为 槡４３７，求 ＰＨ ＰＤ的值． １８．（１７分）（２０２４浙江台州期末）我们知道，在平面 中，给定一点和一个方向可以唯一确定一条直线．如点 Ａ（１，２）在直线ｌ上，ａ＝（１，３）为直线 ｌ的一个方向向 量，则直线ｌ上任意一点Ｂ（ｘ，ｙ）满足：→ＡＢ∥ａ，化简可得 ３ｘ－ｙ－１＝０，即为直线ｌ的方程．类似地，在空间中，给 定一点和一个平面的法向量可以唯一确定一个平面． （１）若在空间直角坐标系中，Ｐ（１，３，－１），Ｍ（２，１， ０），Ｎ（３，２，－１），请利用平面 ＰＭＮ的法向量求出平面 ＰＭＮ的方程； （２）试写出平面Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０（Ａ，Ｂ，Ｃ不同 时为０）的一个法向量（无需证明），并证明点（ｘ０，ｙ０，ｚ０） 到平 面 Ａｘ ＋ Ｂｙ ＋ Ｃｚ＋ Ｄ ＝ ０ 的 距 离 为 ｜Ａｘ０＋Ｂｙ０＋Ｃｚ０＋Ｄ｜ Ａ２＋Ｂ２＋Ｃ槡 ２ ． １９．（１７分）（２０２４重庆市育才中学月考）在陕西汉 中勉县的汉江河与定军山武侯平一带，经常出土有铜、 铁扎马钉等兵器文物．扎马钉（如图１２）是三国时蜀汉 的著名政治家、军事家诸葛亮所发明的一种对付骑兵的 武器，状若荆刺，故学名蒺藜，有铜、铁两种．扎马钉有四 个锋利的尖爪，随手一掷，三尖撑地，一尖直立向上，推 倒上尖，下尖又起，始终如此，使触者不能避其锋而被刺 伤．即总有一个尖垂直向上，三尖对称支承于地．简化扎 马钉的结构，如图１３，记组成该“钉”的四条等长的线段 公共点为Ｏ，钉尖为Ａｉ（ｉ＝１，２，３，４）． （１）判断四面体Ａ１－Ａ２Ａ３Ａ４的形状特征； （２）若某个出土的扎马钉因年代久远，有一尖爪受 损，其长度仅剩其他尖爪长度的 ２ ３（即 ＯＡ′４＝ ２ ３ＯＡ１）， 如图１３，将Ａ２，Ａ３，Ａ′４置于地面，求ＯＡ１与面Ａ２Ａ３Ａ′４所成 角θ的正弦值                                                                                                                                                   ． 书 空间位置关系是立体几何中的重要内容，本文介绍 用空间向量证明线线垂直、线面垂直、线面平行与面面 垂直问题，供同学们参考． 一、证明线线垂直 利用向量证明线线垂直，一 般先确定出两条直线的方向向 量，然后利用向量垂直的充要条 件证明． 例１在棱长为 １的正方体 ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，点 Ｅ，Ｆ分别 为 Ｄ１Ｄ，ＢＤ的中点，求证：ＥＦ⊥ Ｂ１Ｃ． 证明：如图１，以 Ｄ为坐标原 点，建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚ， 则 (Ｅ ０，０，１ )２ ， (Ｆ １２，１２， )０ ，Ｃ（０，１，０），Ｂ１（１， １，１），→ＥＦ (＝ １２，１２，－１ )２ ，Ｂ１→ Ｃ＝（－１，０，－１）． 因为 →ＥＦ·Ｂ１→ Ｃ＝０．所以→ＥＦ⊥Ｂ１→ Ｃ，即ＥＦ⊥Ｂ１Ｃ． 二、证明线面垂直 利用向量证明直线与平面垂直主 要有两条途径：（１）根据线面垂直的判 定定理，利用向量证明直线与平面内的 两条相交直线垂直；（２）转化为证明直 线的方向向量与平面的法向量共线． 例２如图２，在正四棱柱 ＡＢＣＤ－ Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，ＡＡ１ ＝２ＡＢ＝４，点 Ｅ在 ＣＣ１上且Ｃ１Ｅ＝３ＥＣ．求证：Ａ１Ｃ⊥平面 ＢＤＥ． 证明：以Ｄ为坐标原点，建立如图２所示的空间直 角坐标系 Ｄｘｙｚ，则 Ｄ（０，０，０），Ｂ（２，２，０），Ｃ（０，２，０）， Ｅ（０，２，１），Ａ１（２，０，４）． 所以 →ＤＥ＝（０，２，１），→ＤＢ＝（２，２，０），Ａ１→ Ｃ＝（－２，２，－４）． 因为Ａ１ → Ｃ·→ＤＢ＝０，Ａ１→ Ｃ·→ＤＥ＝０， 所以Ａ１Ｃ⊥ＤＢ，Ａ１Ｃ⊥ＤＥ． 又ＤＢ∩ＤＥ＝Ｄ，所以Ａ１Ｃ⊥平面ＢＤＥ． 三、证明线面平行 利用向量证明线面平行主要有两条途径：（１）证明 直线所对应的向量与平面的法向量垂直；（２）利用向量 平行的条件，证明直线所对应的向量与平面内一条直线 所对应的向量是平行向量． 例３如图 ３，在四棱锥 Ｏ－ ＡＢＣＤ中，底面 ＡＢＣＤ是边长为１ 的菱形，∠ＡＢＣ＝４５°，ＯＡ⊥底面 ＡＢＣＤ，ＯＡ＝２，Ｍ为ＯＡ的中点，Ｎ 为ＢＣ的中点，求证：直线 ＭＮ∥ 平面 ＯＣＤ． 证明：作ＡＰ⊥ＣＤ于点Ｐ，建 立如图３所示的空间直角坐标系 Ａｘｙｚ， 则 Ａ（０，０，０），Ｂ（１，０，０）， (Ｐ ０，槡２２， )０ ， (Ｄ －槡２２，槡２２，)０ ， Ｏ（０，０，２），Ｍ（０，０，１）， (Ｎ １－槡２４，槡２４，)０ ， 所以 →ＭＮ (＝ １－槡２４，槡２４，－ )１ ，→ＯＰ (＝ ０，槡２２， － )２ ，→ＯＤ (＝ －槡２２，槡２２，－ )２ ． 设平面ＯＣＤ的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则ｎ·→ＯＰ＝０，ｎ·→ＯＤ＝０， 即 槡２ ２ｙ－２ｚ＝０， －槡２２ｘ＋ 槡２ ２ｙ－２ｚ＝０ { ． 令ｚ＝槡２，得ｎ＝（０，４，槡２）． 因为 →ＭＮ·ｎ＝０，所以 →ＭＮ⊥ｎ． 故直线ＭＮ∥平面ＯＣＤ． 四、证明面面垂直 利用向量证明平面与平面垂直主要有两条途径： （１）根据面面垂直的判定定理，利用向量证明一个 平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量； （２）转化为证明这两个平面的法向量互相垂直． 例４如图４，已知四棱锥 Ｐ－ＡＢＣＤ的底面为直角梯 形，ＡＢ∥ ＣＤ，∠ＤＡＢ ＝９０°， ＰＡ⊥底面 ＡＢＣＤ，且ＰＡ＝ＡＤ ＝ＤＣ＝１，ＡＢ＝２． 求证：平面 ＰＡＤ⊥ 平面 ＰＣＤ． 证明：如图４，以 Ａ为坐标原点，建立空间直角坐标 系， 则 Ａ（０，０，０），Ｂ（０，２，０），Ｃ（１，１，０），Ｄ（１，０，０）， Ｐ（０，０，１）， 所以 →ＰＤ＝（１，０，－１），→ＰＣ＝（１，１，－１）． 易知平面ＰＡＤ的一个法向量为ｎ１ ＝（０，２，０）． 设平面ＰＣＤ的一个法向量为ｎ２ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ２· →ＰＤ＝ｘ－ｚ＝０， ｎ２· →ＰＣ＝ｘ＋ｙ－ｚ＝０{ ． 令ｘ＝１，得ｎ２ ＝（１，０，１）． 因为ｎ１·ｎ２ ＝０，所以平面ＰＡＤ⊥平面ＰＣＤ． ! " # $ % & ' " ! # ! ( ' ! % ! ) ! ! ! * " + # & ' % , - ) ! " ! # " '& % * ) ! # ! " # % ' & ( # ! " !' ! % ! ! $ ) ! !" # $% &'() " *+ ! ! !"#$% ,-./0123456789:; ! *"6 # < "=>?@?A & "BG7HA "IJKLME("'!)'$*!+', "NOKLME-"'!"'+*!+'' "PQRSE!"TUVWXYZ[\] !"+ ^._Q`,-./aJK "bcadE-"---, "WeKfQghE-"'!"'+*!!+' -"'!"'+*!+"*9ij+ "fkElmPQWnoSpqrstubv9w+ "bcfkghE!!!.' "xyz{f|}f~f "PQ€rstT9W+;‚ƒ„Q "…O†‡ˆx‰^E%#----#---%%- "Š‹E///012345678098: "PQŒŽi‘’“”•–—9˜™Wš›ZœžŸ ¡¢£ %% ^+¤’¥¦”’§¨©ª«¥lm=>WeK¬p­® 书 空间向量的引入，使立体几何问题的难度大大降 低．因此，正确理解和运用向量方法，对备战高考有重要 意义． 一、异面直线ｍ，ｎ所成的角 例１直棱柱ＡＢＣ—Ａ１Ｂ１Ｃ１中，已知 ∠ＡＢＣ＝９０°，ＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＢＢ１ ＝ ｃ，求异面直线 ＡＢ１与 ＢＣ１所成角的余 弦值． 解：如图１，以 Ｂ为坐标原点，ＢＡ， ＢＣ，ＢＢ１所在的直线分别为ｘ，ｙ，ｚ轴，建 立空间直角坐标系，则 Ａ（ａ，０，０），Ｂ１（０，０，ｃ），Ｃ１（０，ｂ，ｃ）， ＡＢ→ １ ＝（－ａ，０，ｃ），ＢＣ→ １ ＝（０，ｂ，ｃ），故 ｃｏｓ〈ＡＢ→ １，ＢＣ→ １〉＝ ＡＢ→ １·ＢＣ→ １ ｜ＡＢ→ １｜·｜ＢＣ→ １｜ ＝ ｃ ２ （ａ２＋ｃ２）（ｂ２＋ｃ２槡 ） ， 所以异面直线 ＡＢ１与 ＢＣ１所成角的余弦值为 ｃ２ （ａ２＋ｃ２）（ｂ２＋ｃ２槡 ） ． 二、直线ｌ与平面α所成的角 例２已知正三棱柱 ＡＢＣ—Ａ１Ｂ１Ｃ１ 的侧棱长为２，底面边长为１．求ＡＢ１与 侧面ＡＣＣ１Ａ１所成角的正弦值． 解：如图２，建立以 Ａ为坐标原点 的空间直角坐标系，则ＡＡ→ １＝（０，０，２）， →ＡＣ＝（０，１，０）， 设平面ＡＣＣ１Ａ１的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则有 ｎ·ＡＡ→ １ ＝０， ｎ·→ＡＣ＝０{ ，即 ２ｚ＝０， ｙ＝０{ ， 令ｘ＝１，得ｎ＝（１，０，０）， 则｜ｃｏｓ〈ＡＢ→ １，ｎ〉｜＝ ｜ＡＢ→ １·ｎ｜ ｜ＡＢ→ １｜·｜ｎ｜ ( ＝ 槡３ ２， １ ２， )２ ·（１，０，０ ( ） 槡３)２ ２ (＋ １ )２ ２ ＋２槡 ２· １槡 ２ ＝槡１５１０， 故ＡＢ１与侧面ＡＣＣ１Ａ１所成角的正弦值为槡 １５ １０． 三、两个平面所成的角 例３如图３，在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，Ｅ，Ｆ分 别是棱ＢＣ，ＣＣ１上的点，ＣＦ＝ＡＢ＝２ＣＥ，ＡＢ∶ＡＤ∶ＡＡ１＝ １∶２∶４． （１）证明：ＡＦ⊥平面Ａ１ＥＤ； （２）求平面Ａ１ＥＤ与平面ＥＤＦ夹角的正弦值． 解：如图４，建立空间直角坐标系Ａｘｙｚ，不妨设ＡＢ＝１， 则 Ａ（０，０，０），Ｄ（０，２，０），Ｅ１，３２，( )０，Ｆ（１，２，１）， Ａ１（０，０，４）． （１）因为→ＡＦ＝（１，２，１）， Ａ１ → Ｅ＝ １，３２，－( )４，Ａ１→ Ｄ＝（０，２，－４）， 所以 →ＡＦ·Ａ１→ Ｅ＝１＋２× ３ ２－４＝０， →ＡＦ·Ａ１→ Ｄ＝２×２－４＝０， 所以ＡＦ⊥Ａ１Ｅ，ＡＦ⊥Ａ１Ｄ， 因为Ａ１Ｅ∩Ａ１Ｄ＝Ａ１， 所以ＡＦ⊥平面Ａ１ＥＤ． （２）设平面ＥＦＤ的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 因为 →ＥＦ＝ ０，１２，( )１，→ＥＤ＝ －１，１２，( )０， 则有 ｎ·→ＥＦ＝０， ｎ·→ＥＤ＝０{ ，得 １ ２ｙ＋ｚ＝０， －ｘ＋１２ｙ＝０ { ， 令ｚ＝１，则ｘ＝－１，ｙ＝－２． 所以ｎ＝（－１，－２，１）． 由（１）可知→ＡＦ＝（１，２，１）是平面Ａ１ＥＤ的一个法向量， 设平面Ａ１ＥＤ与平面ＦＥＤ的夹角为θ， 所以ｃｏｓθ＝｜ｃｏｓ〈→ＡＦ，ｎ〉｜ ＝ （１，２，１）·（－１，－２，１） （槡６） ２ ＝ ２ ３， 所以ｓｉｎθ＝ １－ ２( )３槡 ２ ＝槡５３． 所以平面Ａ１ＥＤ与平面ＥＤＦ夹角的正弦值为槡 ５ ３． 例４已知ＰＡ⊥平面ＡＢＣ，ＡＣ⊥ ＢＣ，ＰＡ＝ＡＣ＝１，ＢＣ＝槡２，求平面 ＡＰＢ与平面ＰＢＣ夹角的余弦值． 解法１：如图５所示，取ＰＢ的中 点Ｄ，连接ＣＤ． 因为ＰＣ＝ＢＣ＝槡２， 所以ＣＤ⊥ＰＢ． 作 ＡＥ⊥ＰＢ于Ｅ，那么平面ＡＰＢ与平面ＰＢＣ夹角的 大小就等于异面直线ＤＣ与ＥＡ所成角的大小． 设平面ＰＡＢ与平面ＰＢＣ的夹角为θ． 在Ｒｔ△ＰＡＢ中，易知ＰＢ＝２． 因为ＰＤ＝１，ＰＥ＝ＰＡ ２ ＰＢ ＝ １ ２， 所以ＤＥ＝ＰＤ－ＰＥ＝ １２． 又ＡＥ＝ＰＡ·ＡＢＰＢ ＝ 槡３ ２，ＣＤ＝１，ＡＣ＝１， →ＡＣ＝→ＡＥ＋→ＥＤ＋→ＤＣ，且→ＡＥ⊥ →ＥＤ，→ＥＤ⊥ →ＤＣ， 所以｜→ＡＣ｜２＝｜→ＡＥ｜２＋｜→ＥＤ｜２＋｜→ＤＣ｜２＋２｜→ＡＥ｜· ｜→ＤＣ｜ｃｏｓ（π－θ）， 即１＝ ３４＋ １ ４＋１－２× 槡３ ２×１×ｃｏｓθ， 解得ｃｏｓθ＝槡３３． 故平面ＡＰＢ与平面ＰＢＣ夹角的余弦值为槡３３． 解法２：由解法１可知，向量→ＤＣ与→ＥＡ的夹角的大小 就是平面ＰＡＢ与平面ＰＢＣ夹角的大小，如图５，建立空间 直角坐标系 Ｃｘｙｚ，则 Ａ（１，０，０），Ｂ（０，槡２，０），Ｃ（０，０，０）， Ｐ（１，０，１）． 因为Ｄ为ＰＢ的中点，所以 (Ｄ １２，槡２２，１ )２ ． 因为 ＰＥ ＥＢ＝ ＡＰ２ ＡＢ２ ＝ １３，即 →ＥＢ＝３→ＰＥ， 故Ｅ为ＰＤ的中点，所以 (Ｅ ３４，槡２４，３ )４ ， 所以 →ＥＡ (＝ １４，－槡２４，－３ )４ ， 又 →ＤＣ (＝ －１２，－槡２２，－１ )２ ，｜→ＥＡ｜＝槡３２，｜→ＤＣ｜＝ １，→ＥＡ·→ＤＣ＝ １４ (× －１ )２ (＋ －槡２)４ (× －槡２)２ ( ＋ －３ )４ (× －１ )２ ＝ １２． 所以ｃｏｓ〈→ＥＡ，→ＤＣ〉＝ →ＥＡ·→ＤＣ ｜→ＥＡ｜｜→ＤＣ｜ ＝槡３３． 故平面ＡＰＢ与平面ＰＢＣ夹角的余弦值为槡３３． 解法３：如图６所示，建立空间 直角坐标系，则 Ａ（０，０，０），Ｂ（槡２， １，０），Ｃ（０，１，０），Ｐ（０，０，１），→ＡＰ ＝ （０，０，１），→ＡＢ＝（槡２，１，０），→ＣＢ＝ （槡２，０，０）， →ＣＰ＝（０，－１，１）．设平 面ＰＡＢ的法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｍ·→ＡＰ＝０， ｍ·→ＡＢ＝{ ０  （ｘ，ｙ，ｚ）·（０，０，１）＝０， （ｘ，ｙ，ｚ）·（槡２，１，０ { ）  ｚ＝０， ｙ＋槡２ｘ＝０ { ， 令ｘ＝１，则ｍ ＝（１，－槡２，０）． 设平面ＰＢＣ的法向量为ｎ＝（ｘ′，ｙ′，ｚ′），则 ｎ·→ＣＢ＝０， ｎ·→ＣＰ＝{ ０ （ｘ′，ｙ′，ｚ′）·（槡２，０，０）＝０，（ｘ′，ｙ′，ｚ′）·（０，－１，１）＝{ ０  ｘ′＝０， ｙ′＝ｚ′{ ， 令ｙ′＝－１，则ｎ＝（０，－１，－１）． 所以ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉＝ ｍ·ｎ｜ｍ｜｜ｎ｜＝ 槡３ ３． 故平面ＡＰＢ与平面ＰＢＣ夹角的余弦值为槡３３． 方法规律：（１）解法１和解法２都是将二面角转化为 两异面直线所成的角，然后运用向量的方法求出该角． （２）解法３是将二面角转化为平面法向量所成的 角，这两个向量的方向应该是由棱一侧指向远离棱的方 向，此时，这两个向量所成的角与二面角相等． & ! ) % # " % % # % " % ! % # " ' % $ " % # % % % ' % ( ! " # " ' % $ " % # % % % ' % ! # ! & ) ( % # " % % # % " % ! $ & ) ! " ) # ! % ' ( * & ! ' " ) # % * & ! , ! ! ¯Ž °±² ! " ! #"$ %! !"#$" $($#&*'.( 9³´ #¥$A-µ+ !"#$%& '( )*+,-.& /01 2& 3456789: ;<=>? @A<BC DE FGHIJK<L MNOPQ RSTUV WXQY%Z[E \]Q ^"4_]$%`ab cd<ef 4'(2g hijfFklmQn' (bobphiqrs Ft umv-.wxy zQ {*'(p|56 7V}Q~€‚ƒQ „obhit \…†7 ^~`‡<Q 4^< ˆ‰QŠ‹Œ`Qob Ž‘Q ’’4‘m “”•.–—B˜™‘ <t '(š›obh iQ œ^<žŸ  ¡¢£Q ¤¥¦§¨ ž?Œ©¨ž?ª«¨ ž¬t n`­®¯° <.0–+±#²T U‹³´µt ¶·!"‹¸¹º »¼ F¹47'([½ <¾¿ÀFMÁÂNF MÃ~Q Ä'(<§Å °IÆÇ.0uQ^ SÈÉWXÊËt ÌF ¹º»4Í'(À7ª «ÎÏsÐ<VaQÑ "#$%&'( !"#$ %& ; '()*+,-. !"#$%&'()*+,'-. 9¶·¸¹º³<+ ( # $ " * . ' % ( # " ' ! %( ! %% % % % # % " % $ - % " % $ - " %% # % % ! %$ ! %" ! %# !"»¼½/¾¿ !"»½ÀÁ¡¢i‘Âà !"»½Äņ‡”•–—¾Æ Ç._QÈ̀ ”•–—IÉHA `ÊËÌIÉEÍÎÏ sÐÑ7ÒÓHAÔ^E<=%#>(*(*?9@+ bÕÖ^E+%>+.A )*+%,-.ÍÎÏ / 0 1 ) *.×ØÙ 1 % , - .Ú²Û 1 ) *.Ü Ý 1 ) *.Þ ß , - 2 3 4.Ú à 5 6 2 3 4.Úáâ , 7 8 3 9.ã ä , 7 8 : ;.åæç èéê ë ì íXî ï ð ñòó ôõö ï÷ø ù æ úûü ýþÎ ëÿ! Gÿ" ôÎ# $ß- %&ì ' ó ()* è+, <4,-. èéê <4=>. ()* ?@,-. ô-. AB,-. /01 CDEF. 234 书 专项小练一 １．Ａ；　２．Ｃ；　３．ＡＢ．　４．ｂ－ａ－ｃ；　５．３ａ＋３ｂ－５ｃ． ６．解：（１）→ＢＡ·→ → →ＢＣ＝｜ＢＡ｜｜ＢＣ｜ｃｏｓ〈→ＢＡ，→ＢＣ〉＝３×４×ｃｏｓ１２０° ＝－６． （２）因为→  → → →ＣＤ＝ＣＢ＋ＢＡ＋ＡＤ， 所以 →  ｜ＣＤ｜２ ＝（→ → →ＣＢ＋ＢＡ＋ＡＤ）２ →＝｜ＣＢ｜２ →＋｜ＢＡ｜２＋ →｜ＡＤ｜２＋２（→ＣＢ·→ →ＢＡ＋ＢＡ·→ →ＡＤ＋ＣＢ·→ＡＤ）＝１６＋９＋２５＋２（４ ×３×ｃｏｓ６０°＋３×５×ｃｏｓ６０°＋４×５×ｃｏｓ９０°）＝７７， 所以 →  ＣＤ＝｜ＣＤ｜＝槡７７． 专项小练二 １．Ａ；　２．Ｃ；　３．ＣＤ．　４．１３ａ－ ２ ３ｂ＋ｃ；　５．４． ６．解：（１）因为→  → →  ＤＢ＝ＤＡ＋ＤＣ＝ａ＋ｃ， 所以→ →  →  ＢＰ＝ＤＰ－ＤＢ＝ｂ－ａ－ｃ． 由题可得→ → →  ＤＦ＝ＢＦ＋ＤＢ＝ ３４ → →  ＢＰ＋ＤＢ＝３ｂ＋ａ＋ｃ４ ， →ＤＱ＝ １２ →ＤＥ＝ １４（ → →ＤＰ＋ＤＣ）＝ｂ＋ｃ４ ， 所以→  → →ＦＱ＝ＤＱ－ＤＦ＝－１２ｂ－ １ ４ａ． （２）→ → →ＡＦ＝ＡＢ＋ＢＦ＝ｃ＋３４（ｂ－ａ－ｃ）＝ １ ４ｃ＋ ３ ４ｂ－ ３ ４ａ． 又因为ａ·ｂ＝ａ·ｃ＝ｂ·ｃ＝０， 所以→ＡＦ·→ＦＱ＝－３８｜ｂ｜ ２＋３１６｜ａ｜ ２＝－３８ ×１＋ ３ １６× ４＝ ３８． 专项小练三 １．Ｂ；　２．Ａ；　３．ＢＣＤ．　４．（３，０，０）；　５．－２或 ２５５． ６．解：设→ＯＱ＝λ→ＯＰ＝（λ，λ，２λ）， 则→ → →ＱＡ＝ＯＡ－ＯＱ＝（１－λ，２－λ，３－２λ）， →  → →ＱＢ＝ＯＢ－ＯＱ＝（２－λ，１－λ，２－２λ）． 所以→ＱＡ·→ＱＢ＝（１－λ）（２－λ）＋（２－λ）（１－λ）＋（３－ ２λ）（２－２λ）＝６λ２－１６λ＋１０＝ (６ λ－ )４３ ２ －２３， 当λ＝ ４３时， →ＱＡ·→  ＱＢ的最小值为 －２３． 所以→ (ＯＱ＝ ４３，４３， )８３ ，即 (Ｑ ４３，４３， )８３ ． 一、单项选择题　１～４　ＡＣＢＢ　５～８　ＣＢＤＣ 二、多项选择题　９．ＢＤ；　１０．ＢＤ；　１１．ＢＣ． 三、填空题　１２．１４；　１３．槡１０；　１４．（－１－槡３，－１＋槡３）． 四、解答题 １５．解：（１）取 ＡＡ′的中点 Ｅ，在 Ｄ′Ｃ′上取点 Ｆ，且 Ｄ′Ｆ＝ ２ ３Ｄ′Ｃ′，连接ＥＦ，则 →ＥＦ即为所求，图略． （２）→ → →  ＭＮ＝ＭＢ＋ＢＮ＝ １２ →  ＤＢ＋３４ →ＢＣ′＝ １２（ → →ＤＡ＋ＡＢ） ＋３４（ → →ＢＣ＋ＣＣ′）＝ １２ →ＡＢ＋１４ →ＡＤ＋３４ →ＡＡ′，所以α＝ １２，β ＝ １４，γ＝ ３ ４． １６．解：（１）→  → →ＢＤ＝ＡＤ－ＡＢ＝ １２ →ＡＣ＋１２ＡＡ → １ →－ＡＢ， Ｂ１ → →Ｃ＝ＢＣ－ＢＢ→ １ → →＝ＡＣ－ＡＢ－ＡＡ→ １． （２）连接ＡＢ１，假设线段ＣＢ１上存在一点Ｅ，使得ＢＤ⊥ＡＥ， 且Ｂ１ → Ｅ＝λＢ１→ Ｃ，λ∈［０，１］，则→ＡＥ＝ＡＢ→ １＋Ｂ１→ →Ｅ＝ＡＢ＋ＡＡ→ １ ＋λＢ１ → Ｃ＝λ→ＡＣ＋（１－λ）→ＡＢ＋（１－λ）ＡＡ→ １，因为ＢＤ⊥ＡＥ， 所以→  ＢＤ·→ (ＡＥ＝ １２→ＡＣ＋１２ＡＡ→ １ → )－ＡＢ ·［λ→ＡＣ＋（１－ λ）→ＡＢ＋（１－λ）ＡＡ→ １］， ＝ １２（１－３λ） →ＡＣ·→ＡＢ＋１２λ →ＡＣ２＋１２（１－λ）ＡＡ → １ ２－（１－ λ）→ＡＢ２ ＝１－３λ＋２λ＋８（１－λ）－４（１－λ）＝５－５λ＝０， 所以λ＝１，此时点Ｅ与点Ｃ重合， → →｜ＡＥ｜＝｜ＡＣ｜＝２， 所以存在点Ｅ，且 →｜ＡＥ｜＝２． １７．（１）解：→ → →ＥＦ＝ＥＣ＋ＣＦ＝ １３ →ＢＣ＋１２（ → →ＣＡ＋ＣＤ） ＝ １２ａ－ １ ３ｂ＋ １ ２ｃ． （２）证明：△ＡＢＤ为锐角三角形，即证每一个角都是锐角， 即证三对数量积→ＡＢ·→ＡＤ，→ＤＡ·→  ＤＢ，→ＢＡ·→  ＢＤ都大于０， 因为→ＣＡ，→ＣＢ，→  ＣＤ两两垂直，所以ａ·ｂ＝ａ·ｃ＝ｂ·ｃ＝０， 因为→ → →ＡＢ＝ＣＢ－ＣＡ＝ｂ－ａ，→ →  →ＡＤ＝ＣＤ－ＣＡ＝ｃ－ａ， 所以→ＡＢ·→ＡＤ＝（ｂ－ａ）（ｃ－ａ）＝｜ａ｜２ ＞０， →ＤＡ·→ＤＢ＝（→ →ＤＣ＋ＣＡ）·（→ →ＤＣ＋ＣＢ）＝｜ｃ｜２ ＞０， 同理→ＢＡ·→  ＢＤ＝｜ｂ｜２ ＞０，所以△ＡＢＤ为锐角三角形． １８．解：（１）设ＡＡ１长为ｔ，以Ｄ为 坐标原点，ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ１所在直线分别 为ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴，建立如图所示空间 直角坐标系，则Ａ（４，０，０），Ｂ（４，４，０）， (Ｍ ２，４， １２ )ｔ，Ｎ（２，２，ｔ）， → ( ＡＭ ＝ －２，４，１２ )ｔ，→ＢＮ＝（－２，－２，ｔ）， 由→ＡＭ⊥ →ＢＮ，故→ＡＭ·→  ＢＮ＝０， 即有 －２×（－２）＋４×（－２）＋１２ｔ ２ ＝０， 解得ｔ＝ 槡２２（负值舍去），即ＡＡ１ ＝ 槡２２． （２）由ｔ＝ 槡槡２ ２，故 →ＡＭ＝（－２，４，槡２），→ＢＮ＝（－２，－２，２ 槡２）， →  ＣＤ＝（０，－４，０），设存在实数λ１，λ２，λ３，使得λ１ →ＡＭ＋λ２ →  ＢＮ＋λ３ →ＣＤ＝０成立． 则有 －２λ１－２λ２ ＝０， ４λ１－２λ２－４λ３ ＝０， 槡２λ１＋ 槡２２λ２ ＝０ { ， 解得 λ１ ＝０， λ２ ＝０， λ３ ＝０ { ， 即当且仅当λ１ ＝λ２ ＝λ３ ＝０时， λ１ →ＡＭ＋λ２→  ＢＮ＋λ３ →  ＣＤ＝０， 所以→ＡＭ，→  ＢＮ，→  ＣＤ线性无关． １９．解：（１）由题知ａ＝ｉ＋２ｊ＋３ｋ，ｂ＝－ｉ＋ｊ＋２ｋ， 所以ａ＋ｂ＝（ｉ＋２ｊ＋３ｋ）＋（－ｉ＋ｊ＋２ｋ）＝３ｊ＋５ｋ， 所以ａ＋ｂ＝［０，３，５］． （２）设ｉ，ｊ，ｋ分别为与→ＡＢ，→ＡＤ，ＡＡ→ １同方向的单位向量， 则→ＡＢ＝２ｉ，→ＡＤ＝２ｊ，ＡＡ→ １ ＝３ｋ， ①ＥＤ→ １ ＝ＡＤ→ １ →－ＡＥ＝（→ＡＤ＋ＡＡ→ １） (→－ ＡＢ＋１２ＡＡ→ )１ ＝ → →－ＡＢ＋ＡＤ＋１２ＡＡ → １ ＝－２ｉ＋２ｊ＋ ３ ２ｋ [＝ －２，２， ]３２ ， ②由题ＡＣ→ １ → →＝ＡＢ＋ＡＤ＋ＡＡ→ １ ＝２ｉ＋２ｊ＋３ｋ， 因为→ＡＭ＝［２，ｔ，０］，所以→ＡＭ＝２ｉ＋ｔｊ， 由→ＡＭ⊥ＡＣ→ １知→ＡＭ·ＡＣ→ １＝（２ｉ＋２ｊ＋３ｋ）·（２ｉ＋ｔｊ）＝０， ４ｉ２＋２ｔｊ２＋（４＋２ｔ）ｉ·ｊ＋６ｋ·ｉ ＋３ｔｋ·ｊ＝０， ４＋２ｔ＋（４＋２ｔ）· １２＋３＋ ３ｔ ２ ＝０ｔ＝－２， 则 →｜ ＡＭ ｜＝｜２ｉ－ ２ｊ｜＝ （２ｉ－２ｊ）槡 ２ ＝ ４ｉ２＋４ｊ２－８ｉ·槡 ｊ＝ ４＋４－槡 ４＝２． 书 专项小练一　用空间向量研究直线、 平面的位置关系 １．（２０２４湖北高二校联考阶段练习）已知点 Ａ（２， －６，２）在平面α内，ｎ＝（３，１，２）是平面α的一个法向 量，则下列点Ｐ中，在平面α内的是 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　 （Ａ）Ｐ（１，－１，１） （Ｂ） (Ｐ １，３， )３２ （Ｃ） (Ｐ １，－３， )３２ （Ｄ） (Ｐ －１，－３，－ )３４ ２．设平面α的法向量的坐标为（１，２，－２），平面β的 法向量的坐标为（－２，－４，ｋ）．若α∥β，则ｋ＝ （　　） （Ａ）４ （Ｂ）－４ （Ｃ）２ （Ｄ）－２ ３．（多选）在如右图所示的坐 标系中，ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１为正方 体，则下列结论中正确的是 （　　） （Ａ）直线ＤＤ１的一个方向向 量为（０，０，１） （Ｂ）直线ＢＣ１的一个方向向量为（０，１，１） （Ｃ）平面ＡＢＢ１Ａ１的一个法向量为（１，０，０） （Ｄ）平面Ｂ１ＣＤ１的一个法向量为（１，１，１） ４．已知ｌ∥α，且ｌ的方向向量为ｎ１ ＝（２，ｍ，１），平 面α的法向量为ｎ２ ＝ １， １ ２，( )２，则ｍ＝ ． ５．若 Ａ０，２，１９( )８ ，Ｂ１，－１，( )５８ ，Ｃ －２，１，( )５８ 是 平面α内的三点，设平面 α的法向量 ｕ＝（ｘ，ｙ，ｚ），则 ｘ∶ｙ∶ｚ＝ ． ６．已知平面 α经过三点 Ａ（１，２，３），Ｂ（２，０，－１）， Ｃ（３，－２，０），试求平面α的一个法向量． 专项小练二　用空间向量研究 距离夹角问题 １．（２０２４广西开学考试）在空间直角坐标系中，已 知平面α，β的一个法向量分别为（０，１，１），（－２，１，２）， 则平面α与平面β的夹角的余弦值为 （　　） （Ａ）２３ （Ｂ） ３ ５ （Ｃ） 槡２ ３ （Ｄ） 槡２ ２ ２．（２０２４安徽芜湖阶段练习）在空间直角坐标系 中，已知 Ａ（２，１，２），Ｂ（１，０，０），Ｃ（－１，２，４），则点 Ａ到 直线ＢＣ的距离是 （　　） （Ａ）槡３０３ （Ｂ） 槡１０ ３ （Ｃ） 槡１０ ５ （Ｄ） 槡３０ ５ ３．（２０２４河北张家口阶段 练习）如图１，正方体 ＡＢＣＤ－ Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１棱长为２，Ｅ，Ｆ分别是 Ａ１Ｂ１，Ｂ１Ｃ１的中点，则 （　　） （Ａ）ＥＦ∥平面ＡＢＣＤ （Ｂ）ＡＦ＝３ （Ｃ）直 线 ＡＦ 与 平 面 ＡＤＤ１Ａ１所成角的正弦值为 ２ ３ （Ｄ）直线ＡＦ与平面ＡＤＤ１Ａ１所成角的正弦值为槡 ５ ３ ４．（２０２４吉林期末）在直三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１中， ∠ＢＣＡ＝９０°，Ｍ，Ｎ分别是Ａ１Ｂ１，Ａ１Ｃ１的中点，ＢＣ＝ＣＡ ＝ １２ＣＣ１，则ＢＭ与ＡＮ所成角的余弦值为 ． ５．已知平面α的一个法向量ｎ＝（－２，－２，１），点 Ａ（－１，３，０）在平面α内，若点Ｐ（－２，１，ｚ）到α的距离 为 １０ ３，则ｚ＝ ． ６．如图２，在底面是菱形的四棱锥 Ｐ－ＡＢＣＤ中， ∠ＡＢＣ＝６０°，ＰＡ＝ＡＢ＝ａ，ＰＢ＝ＰＤ＝槡２ａ，点Ｅ在ＰＤ 上，且ＰＥ∶ＥＤ＝２∶１，求异面直线ＰＢ与ＣＥ的距离． 书 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本题共８小题，每小题５分，共４０ 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　１．（２０２４安徽摸底考试）已知向量 ｅ＝（１，２，１），ｎ (＝ １２，ｘ， )１２ 分别为直线ｌ的方向向量和平面α的法 向量，若ｌ⊥α，则实数ｘ的值为 （　　） （Ａ）－１２ （Ｂ） １ ２ （Ｃ）１ （Ｄ）２ ２．（２０２４吉林课时练）下列说法正确的是 （　　） （Ａ）若直线ｌ的方向向量与平面α的法向量的夹角 等于１５０°，则直线ｌ与平面α所成的角等于３０° （Ｂ）二面角的大小范围是［０，π］ （Ｃ）两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的 夹角 （Ｄ）二面角的大小等于其两个半平面的法向量的 夹角的大小 ３．（２０２４四川南充阶段测 试）《九章算术》是我国古代的数学 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１，在阳马Ｐ－ＡＢＣＤ中， ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，底面 ＡＢＣＤ是正 方形，Ｅ，Ｆ分别为ＰＤ，ＰＢ的中点，点Ｇ在线段ＡＰ上，ＡＣ 与 ＢＤ交于点Ｏ，ＰＡ＝ＡＢ＝２，若ＯＧ∥平面ＥＦＣ，则ＡＧ ＝ （　　） （Ａ）１２ （Ｂ） ３ ４ （Ｃ） ２ ３ （Ｄ）１ ４．（２０２４专题练习）已知点 Ａ（１，０，０），Ｂ（０，１，０）， Ｃ（０，０，２），Ｐ（１，－１，０），那么过点Ｐ平行于平面ＡＢＣ的 平面与平面ＡＢＣ的距离是 （　　） （Ａ）槡２ （Ｂ）槡 ２ ２ （Ｃ） ２ ３ （Ｄ） １ ４ ５．（２０２４浙江温州模拟）四面体ＯＡＢＣ满足∠ＡＯＢ ＝∠ＢＯＣ＝∠ＣＯＡ＝９０°，ＯＡ＝１，ＯＢ＝２，ＯＣ＝３，点 Ｄ在棱ＯＣ上，且ＯＣ＝３ＯＤ，点Ｇ为△ＡＢＣ的重心，则点 Ｇ到直线ＡＤ的距离为 （　　） （Ａ）槡２２ （Ｂ） １ ２ （Ｃ） 槡３ ３ （Ｄ） １ ３ ６．（２０２４江苏联考阶段练习） 如图２所示，在棱长为２的正方体 ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，Ｅ是棱 ＣＣ１ 的中点， →ＡＦ＝λ→ＡＤ，若异面直线 Ｄ１Ｅ和 Ａ１Ｆ所成角的余弦值为 槡３２ １０，则异面直线 Ａ１Ｆ与 ＢＥ所成 角θ的余弦值为 （　　） （Ａ）－槡２１０ （Ｂ） 槡２ １０ （Ｃ） 槡７２１０ （Ｄ）－ 槡７２ １０ ７．（２０２４内蒙古呼伦贝尔阶 段练习）如图 ３，在四棱锥 Ｐ－ ＡＢＣＤ中，ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，ＡＢ∥ ＣＤ，∠ＡＢＣ ＝ π２，ＡＢ ＝ ＰＡ ＝ １ ２ＣＤ＝１，ＢＣ＝ 槡２２，Ｍ为ＰＤ的 中点，则平面ＭＢＣ与平面ＢＣＡ夹角的余弦值为（　　） （Ａ） 槡３ １０１０ （Ｂ） 槡１０ １０ （Ｃ）－槡５５ （Ｄ） 槡２５ ５ ８．（２０２４福建南安一中月考）如图４是中国古代建筑 中的斗拱结构，ＯＢ，ＯＣ是互相垂直横梁，ＯＤ是与横梁垂 直的立柱，从柱顶Ｏ上加的一层层探出成弓形的承重结 构即为斗拱ＯＡ．在某古代建筑中ＯＢ＝ＯＣ＝ＯＤ（如图 ５），记 ｜ｃｏｓ〈→ＯＡ，→ＯＢ〉｜＝ｋ１，｜ｃｏｓ〈→ＯＡ，→ＯＣ〉｜＝ｋ２， ｜ｃｏｓ〈→ＯＡ，→ＯＤ〉｜＝ｋ３，ＯＡ与平面ＢＣＤ所成角的余弦值为 １ ７，则ｋ１＋ｋ２＋ｋ３ ＝ （　　） （Ａ）３７ （Ｂ） 槡３３ ７ （Ｃ）１２７ （Ｄ） 槡１２３ ７ 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８ 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部 选对的得６分，部分选对的得部分分，有选错的得０分． ９．（２０２４江苏南师大二附中联考）下列利用方向向 量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是 （　　） （Ａ）两条不重合直线ｌ１，ｌ２的方向向量分别是 ａ＝ （２，３，－１），ｂ＝（－２，－３，１），则ｌ１∥ｌ２ （Ｂ）直线ｌ的方向向量是ａ＝（１，－１，２），平面α的 法向量是ｕ＝（６，４，－１），则ｌ⊥α （Ｃ）两个不同的平面α，β的法向量分别是ｕ＝（２， ２，－１），ｖ＝（－３，４，２），则α⊥β （Ｄ）直线ｌ的方向向量是ａ＝（０，３，０），平面α的法 向量是ｕ＝（０，－５，０），则ｌ∥α １０．（２０２４广西联考）如图６， ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１为正方体，边长 为１，下列说法正确的是 （　　） （Ａ）ＡＣ１⊥平面ＣＢ１Ｄ１ （Ｂ）Ａ到面 ＣＢ１Ｄ１的距离为 槡２３ ３ （Ｃ）异面直线ＢＤ与ＣＤ１的距离为槡 ３ ３ （Ｄ）异面直线ＢＤ与ＣＢ１的夹角为 π ６ １１．（２０２４江苏常州期 中）如图７，长方体 ＡＢＣＤ －Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中 ＡＢ＝槡３， ＡＤ＝ＡＡ１ ＝１，Ｐ为线段 Ａ１Ｃ上的动点，则以下结 论中正确的是 （　　） （Ａ）当Ａ１ → Ｃ＝２Ａ１→ Ｐ时，直线ＢＰ与平面ＡＢＣＤ所成 角的正弦值为槡 ５ ５ （Ｂ）当Ａ１ → Ｃ＝３Ａ１→ Ｐ时，若平面ＢＤＣ１的法向量记为 ｎ，则Ｄ１ → Ｐ·ｎ＝０ （Ｃ）当Ａ１ → Ｃ＝４Ａ１→ Ｐ时，平面Ａ１ＡＤ１与平面ＡＤ１Ｐ夹 角的余弦值为 槡 ２５ ５ （Ｄ）若Ａ１ → Ｃ·Ｄ１→ Ｐ＝０，则Ａ１→ Ｃ＝５Ａ１→ Ｐ 第Ⅱ卷 非选择题 （共９２分） 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．（２０２４福建泉州期末）在空间直角坐标系中，若 平面α过点Ｐ０（ｘ０，ｙ０，ｚ０），且以向量ｕ＝（ａ，ｂ，ｃ）（ａ，ｂ， ｃ不全为零）为法向量，则平面α的方程为ａ（ｘ－ｘ０）＋ ｂ（ｙ－ｙ０）＋ｃ（ｚ－ｚ０）＝０．已知平面ＡＢＣ的方程为ｘ＋ ２ｙ－ｚ＋１＝０，则点 Ｐ（１，２，３）到平面 ＡＢＣ的距离为 ． １３．（２０２４江苏徐州期末）已知正方体 ＡＢＣＤ－ Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为 １，Ｐ，Ｑ，Ｒ分别在棱 ＡＢ，ＣＣ１，Ｄ１Ａ１ 上，且满足ＡＰ＝ＣＱ＝Ｄ１Ｒ＝ａ（０＜ａ＜１），Ｇ是△ＰＱＲ 的重心，若直线 ＤＧ与平面 ＣＰＱ所成角为４５°，则 ａ＝ ． １４．（２０２４重庆一中模拟预测）在空间直角坐标系 中，一四面体的四个顶点坐标分别为Ａ（１，２，３），Ｂ（４，１， ５），Ｃ（２，３，４），Ｄ（６，６，１），则其体积为 ． 四、解答题：本题共５小题，共７７分．解答应写出文 字说明、证明过程或演算步骤． １５．（１３分）（２０２３安徽滁州期末）如图８所示，在直三棱 柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１中，侧面ＡＡ１Ｃ１Ｃ和侧面ＡＡ１Ｂ１Ｂ都是正方 形且互相垂直，Ｍ为ＡＡ１的中点，Ｎ为ＢＣ１的中点． （１）求证：ＭＮ∥平面Ａ１Ｂ１Ｃ１； （２）求证：平面ＭＢＣ１⊥平面ＢＢ１Ｃ１Ｃ． １６．（１５分）如图９，在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中， ＡＤ＝ＡＡ１ ＝１，ＡＢ＝２． （１）求点Ａ１到直线ＢＤ的距离； （２）求点Ａ１到平面ＢＤＣ１的距离； （３）求异面直线ＢＤ，ＣＤ１之间的距离                                                                                                                                                             ． )*+, ! -. !"#$% ! ! /0123456789:;)<= " -#9 $ > !"#$%&'()*+ +,-./-'0.123 !",-%&'()*+ +,-./-10..1- ! 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