必刷题九 空间向量与立体几何-【玩转假期必刷题】2024年高二数学寒假作业

必刷题九 空间向量与立体几何 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 刷考点·保分 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 空间向量的线性运算 1.在正方体ABCD A1B1C1D1中,点P 是C1D1的中点, 且AP→=AD→+xAB→+yAA1→,则实数x+y= ( ) A.-32 B. 1 2 C. 1 2 D. 3 2 2.在正方体ABCD A1B1C1D1中,点 M,N 分别是面对 角线A1B 与B1D1的中点,若DA→=a,DC→=b,DD1→=c, 则MN→= . 共线、共面向量定理的应用 3.已知空间任意一点O 和不共线的三点A,B,C,若OP→ =xOA→+yOB→+zOC→(x,y,z∈R),则“x=2,y=-3, z=2”是“P,A,B,C四点共面”的 ( ) A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.已知A(1,-2,11),B(4,2,3),C(x,y,15)三点共线, 则xy= . 空间向量数量积的应用 5.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a -b互相垂直,则k的值是 ( ) A.75 B.2 C. 5 3 D.1 6.(多选)已知向量a·b=b·c=a·c,b=(3,0,-1), c=(-1,5,-3),下列等式中正确的是 ( ) A.(a·b)c=b·c B.(a+b)·c=a·(b+c) C.(a+b+c)2=a2+b2+c2 D.|a+b+c|=|a-b-c| 类型一 直线到平面、平面 到平面的距离 【例1】 设正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为2,求: (1)求 直 线 B1C 到 平 面 A1BD的距离; (2)求平面 A1BD 与平面 B1CD1间的距离. 【关键技巧】 处理点线距、点面距时,基 本的思想是转化为点与垂 足之间的距离,但有时垂足 的位置不好确定,或运算很 麻烦.在立体几何中,我们 经常用向量法解决点线距、 点面距,将点线距转化为已 知点与直线上一点构成的 向量在与直线垂直的向量 方向上的投影向量的模,将 点面距转化为已知点与平 面内一点构成的向量在平 面的法向量方向上的投影 向量的模,这样就大大简化 了运算. 【解】 (1)如图建立空间直 角坐 标 系,则 D(0,0,0), B(2,2,0),A1(2,0,2),B1 (2,2,2),C(0,2,0), 所以CB1→=(2,0,2),DA1→= (2,0,2),DB→=(2,2,0), 所以CB1→∥DA1→, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·92· 利用空间向量证明平行、垂直 7.若两条不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1=(1,0, -1),v2=(-2,0,2),则l1和l2的位置关系是 ( ) A.平行 B.相交 C.垂直 D.不确定 8.(多选)已知点P 是平行四边形ABCD 所在平面外一 点,如果AB→=(2,-1,-4),AD→=(4,2,0),AP→= (-1,2,-1).则下列结论正确的是 ( ) A.AP⊥AB B.AP⊥AD C.AP→是平面ABCD 的法向量 D.AP→∥BD→ 利用空间向量求空间距离 9.在正三棱柱ABC A1B1C1中,若AB=2,AA1=1,则 点A 到平面A1BC的距离为 ( ) A.34 B. 3 2 C. 3 3 4 D.3 10.如图所示,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AA1=AB =2,AD=1,点F,G分别是AB,CC1的中点,则点D1 到直线GF的距离为 . 利用空间向量求空间角 11.如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC A1B1C1, CA=CC1=2CB,BC1与直线AB1夹角的余弦值为 ( ) A.55 B. 5 3 C. 2 5 5 D. 3 5 12.正方形ABCD所在平面外有一点P,PA⊥平面ABCD. 若PA=AB,则平面PAB与平面PCD所成的夹角的大 小为 ( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 13.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC A1B1C1的 底面边长为2,侧棱长为22,则AC1与侧面ABB1A1所 成角的大小为 . 即CB1∥DA1, 又CB1⊄平面A1BD, DA1⊂平面A1BD, 所以B1C∥平面A1BD, 所以直线B1C到平面A1BD 的距 离 等 于 点 B1到 平 面 A1BD的距离. 设平面 A1BD 的一个法向 量为n=(x,y,z), 则 n·DA1→=2x+2z=0, n·DB→=2x+2y=0, 令x=1, 则n=(1,-1,-1), 又A1B1→=(0,2,0), 所以点B1到平面 A1BD 的 距离 d= |A1B1→·n| |n| = 2 3 =233 . (2)由(1)知 B1C∥平 面 A1BD,同 理,D1B1∥平 面 A1BD,B1C∩D1B1=B1,所以 平面A1BD∥平面B1CD1, 即平面A1BD 与平面B1CD1 间的距离等于点B1到平面 A1BD的距离. 由(1)知,点B1到平面A1BD 的 距 离 d= |A1B1→·n| |n| = 2 3 =2 33 . 所 以 平 面 A1BD 与 平 面 B1CD1间的距离为 23 3 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·03· 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 刷综合·高分 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 14.如图,在四棱锥P ABCD 中,PA⊥ 平面 ABCD,PA=AB=BC= 3, AD=CD=1,∠ADC=120°,点 M 是AC 与BD 的交点,点 N 在线段 PB 上,且PN=14PB. (1)证明:MN∥平面PDC; (2)在线段BC上是否存在一点Q,使得平面 MNQ⊥ 平面PAD? 若存在,求出点Q 的位置;若不存在,请 说明理由. 15.如图,已知三棱锥P ABC 中,PA⊥平 面ABC,AB⊥AC,PA=AC=12AB ,N 为AB上一点,AB=4AN,M,S分别为 PB,BC的中点. (1)证明:CM⊥SN; (2)求SN 与平面CMN 的夹角. 类型二 求平面与平面的夹角 【例2】 如图,四棱柱ABCD A1B1C1D1的所有棱长都 相等,AC∩BD=O,A1C1 ∩B1D1=O1,四边形ACC1A1 和四边形BDD1B1均为矩形. (1)证明:O1O⊥底面ABCD; (2)若∠CBA=60°,求平面 OB1C1与平面 BDD1B1的 夹角的余弦值. 【关键技巧】 利用向量方法求平面间夹 角的大小时,多采用法向量 法,具体求解步骤如下: (1)建立空间直角坐标系; (2)分别求出两个平面的法 向量n1和n2; (3)设平面间的夹角为θ,则 cosθ=|cos<n1,n2>|; (4)利用余弦值,确定平面 间的夹角的大小. 【解】 (1)证明:因为四边形 ACC1A1和四边形BDD1B1均 为 矩 形,所 以 CC1⊥AC, DD1⊥BD, 又CC1∥DD1∥OO1,所以 OO1⊥AC,OO1⊥BD, 因为AC∩BD=O,所以O1 O⊥底面ABCD. (2)因为四棱柱的所有棱长 都相等,所以四边形ABCD 为菱形,AC⊥BD,又 O1O ⊥底 面 ABCD,所 以 OB, OC,OO1两两垂直.如图,以 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·13· 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 刷真题·满分 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 16.(2024·上海卷)定义一个集合Ω,集合中的元素是空 间内的点集,任取P1,P2,P3∈Ω,存在不全为0的实 数λ1,λ2,λ3,使得λ1OP1 → +λ2OP2 → +λ3OP3 → =0.已知 (1,0,0)∈Ω,则(0,0,1)∉Ω的充分条件是 ( ) A.(0,0,0)∈Ω B.(-1,0,0)∈Ω C.(0,1,0)∈Ω D.(0,0,-1)∈Ω 17.(2024·全国甲卷(理))如图,在以A,B,C,D,E,F 为 顶点的五面体中,四边形ABCD 与四边形ADEF 均 为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC= EF=2,ED= 10,FB=2 3,M 为AD 的中点. (1)证明:BM∥平面CDE; (2)求二面角F-BM-E 的正弦值. O 为原点,OB,OC,OO1所 在直线分别为x,y,z轴,建 立空间直角坐标系. 设棱长为2, 因为∠CBA=60°, 所以OB= 3,OC=1, 所以O(0,0,0),B1(3,0, 2),C1(0,1,2), 平面 BDD1B1的一个法向 量为n=(0,1,0), 设平面 OB1C1的法向量为 m=(x,y,z), 则由m⊥OB1→,m⊥OC1→, 所以3x+2z=0,y+2z=0, 取z=- 3,则x=2,y= 23, 所以m=(2,2 3,- 3), 所以cos<m,n>= m ·n |m||n| =2 3 19 =2 5719 , 设 平 面 OB1C1 与 平 面 BDD1B1的夹角为θ, 则cosθ=|cos<m,n>| =2 5719 . 所 以 平 面 OB1C1 与 平 面 BDD1B1的 夹 角 的 余 弦 值 为2 57 19 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·23· P0=P(ABC)=P(A)·P(B)·P(C)= 3 5× 1 4× 2 3 =110. (3)恰有两人合格的概率: P2=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) =25× 3 4× 2 3+ 2 5× 1 4× 1 3+ 3 5× 3 4× 1 3= 23 60. 恰有一人合格的概率: P1=1-P0-P2-P3=1- 1 10- 23 60- 1 10= 25 60= 5 12. 综上可知P1最大.所以出现恰有1人合格的概率最大. 16.C 【解析】 对于A,因为前3组的频率之和0.06+ 0.12+0.18=0.36<0.5,前4组的频率之和0.36+ 0.30=0.66>0.5,所以100块稻田亩产量的中位数 所在的区间为[1050,1100),故A不正确; 对于B,100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所 占比 例 为6+12+18+30 100 ×100%=66% ,故 B 不 正确; 对于C,因为1200-900=300,1150-950=200,所 以100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之 间,故C正确; 对于D,100块稻田亩产量的平均值为 1100× (925×6 +975×12+1025×18+1075×30+1125×24+1 175×10)=1067(kg),故 D不正确.综上所述,故 选C. 17.A 【解析】 设6个主题分别为 A,B,C,D,E,F, 甲、乙两位同学所选主题的所有可能情况如表: 乙 甲 A B C D E F A (A,A)(A,B)(A,C)(A,D)(A,E)(A,F) B (B,A)(B,B)(B,C)(B,D)(B,E)(B,F) C (C,A)(C,B)(C,C)(C,D)(C,E)(C,F) D (D,A)(D,B)(D,C)(D,D)(D,E)(D,F) E (E,A)(E,B)(E,C)(E,D)(E,E)(E,F) F (F,A)(F,B)(F,C)(F,D)(F,E)(F,F) 共36种情况.其中甲、乙两位同学抽到不同主题的 情况有30种,故抽到不同主题的概率为3036= 5 6 ,故 选A. 必刷题九 1.D 【解析】 AP→=AD→+DD1→+D1P→=AD→+AA1→+ 1 2AB →=AD→+xAB→+yAA1→,故x=12 ,y=1,所以x +y=32. 2.【解析】 MN→=MA1→+A1N→=12BA1 →+12A1C1 →= 1 2 (BA→+AA1→)+12 (A1B1→+B1C1→)=12 (-b+c)+ 1 2 (b-a)=12 (c-a). 【答案】 12 (c-a) 3.B 【解析】 当x=2,y=-3,z=2时,即OP→=2OA→ -3OB→+2OC→.则AP→-AO→=2OA→-3(AB→-AO→)+ 2(AC→-AO→),即AP→=-3AB→+2AC→,根据共面向量 定理知,P,A,B,C四点共面;反之,当P,A,B,C 四点 共面时,根据共面向量定理,设AP→=mAB→+nAC→(m, n∈R),即OP→-OA→=m(OB→-OA→)+n(OC→-OA→),即 OP→=(1-m-n)OA→+mOB→+nOC→,即x=1-m-n, y=m,z=n,这组数显然不止2,-3,2.故“x=2,y= -3,z=2”是“P,A,B,C 四点共 面”的 充 分 不 必 要 条件. 4.【解析】 由三点共线得向量AB→与AC→共线,即AB→= kAC→,(3,4,-8)=k(x-1,y+2,4),x-13 = y+2 4 = 4 -8 ,解得x=-12 ,y=-4,∴xy=2. 【答案】 2 5.A 【解析】 因为a=(1,1,0),b=(-1,0,2),所以a ·b=-1,|a|= 2,|b|= 5,又ka+b与2a-b互相 垂直,所以(ka+b)·(2a-b)=0,即2k|a|2-ka·b +2a·b-|b|2=0,即4k+k-2-5=0,所以k=75. 故选A. 6.BCD 【解析】 由题意知b·c=-3+0+3=0,所以 a·b=b·c=a·c=0,(a·b)c=0,b·c=0,不相等, 所以A选项错误;(a+b)·c-a·(b+c)=a·c+b· c-a·b-a·c=0,所以(a+b)·c=a·(b+c),所以 B选项正确;(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c +2a·c=a2+b2+c2,所以C选项正确;(a-b-c)2 =a2+b2+c2-2a·b+2b·c-2a·c=a2+b2+c2, 即(a+b+c)2=(a-b-c)2,|a+b+c|=|a-b-c|, 所以D选项正确. 7.A 【解析】 因为两条不重合直线l1和l2的方向向量 分别为v1=(1,0,-1),v2=(-2,0,2),所以v2= -2v1,即v2与v1共线,所以两条不重合直线l1和l2的 位置关系是平行. 8.ABC 【解析】 ∵AB→·AP→=0,AD→·AP→=0, ∴AB⊥AP,AD⊥AP,则A,B正确. 又AB→与AD→不平行, ∴AP→是平面ABCD 的法向量,则C正确. 由于BD→=AD→-AB→=(2,3,4),AP→=(-1,2,-1), ∴BD→与AP→不平行,故D错误. 9.B 【解析】 建立如图所示的坐标系, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·66· 则A1(0,1,0),B(0,-1,1),C(3,0,1),A(0,1,1), A1A→=(0,0,1),A1B→=(0,-2,1),A1C→=(3,-1, 1),设平面A1BC的法向量为a=(x,y,z), 由 a·A1B→=0, a·A1C→=0 得 x=- 36z , y=12z 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 取z=1, 则a= - 36 ,1 2 ,1 , 所以 点 A 到 平 面 A1BC 的 距 离 d= A1A→·a |a| = 1 - 36 2 + 12 2 +1 = 32. 10.【解析】 以DA→,DC→,DD1→的方向分别为x轴、y轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系. 则D1(0,0,2),F(1,1,0),G(0,2,1). ∴GF→=(1,-1,-1),GD1→=(0,-2,1), ∴ CF→·GD1→ |GF→| = 3 3 ,|GD1→|= 5, ∴所求距离d= |GD1→|2- GF→·GD1→ |GF→| 2 = 5-13= 42 3 . 【答案】 423 11.A 【解析】 设CB=1,则A(2,0,0),B1(0,2,1), C1(0,2,0),B(0,0,1),BC1→=(0,2,-1),AB1→= (-2,2,1). cos<BC1→,AB1→>= BC1→·AB1→ |BC1→||AB1→| = 3 5×3 = 55. 12.B 【解析】 建系如图,设 AB=1,则 A(0,0,0), B(0,1,0),P(0,0,1),D(1,0,0),C(1,1,0). 平面PAB 的法向量为n1=(1,0,0).设平面PCD 的 法向量n2=(x,y,z), 则 n2·PD→=0, n2·CD→=0, 得 x-z=0 , y=0. 令x=1,则z=1. ∴n2=(1,0,1),cos<n1,n2>= 1 2 = 22. ∴平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的余弦值为 2 2.∴ 此角的大小为45°. 13.【解析】 以C为原点建立如图所 示的空间直角坐标系,得下列坐 标:A(2,0,0),C1(0,0,2 2).点 C1在侧面ABB1A1内的射影为点 C2 32 ,3 2 ,2 2 .所 以 AC1→ = (- 2,0,2 2),AC2→ = -12 ,3 2 ,2 2 ,设直线AC1与 平面ABB1A1所成的角为θ,则cosθ= |AC1→·AC2→| |AC1→||AC2→| =1+0+8 2 3×3 = 32. 又θ∈ 0,π2 ,所以θ=π6. 【答案】 π6 14.【解】 (1)证明:在四边形ABCD 中,由AB=BC= 3,AD=CD=1, 可得△ABD≌△CBD, 可得AC⊥BD,且 M 为AC 的中点, 由AD=CD=1,∠ADC=120°, 可得DM=CDcos60°=12 ,AC=2CDsin60°= 3, 则BM= 32× 3= 3 2 , 由DM BM= PN BN= 1 3 ,可得 MN∥PD, 而 MN⊄平面PCD,PD⊂平面PCD, 可得 MN∥平面PDC. (2)当点Q 为BC 的中点时,满足题意,理由如下:过 M 作ME⊥AD,垂足为E,延长EM 交BC 于Q,连 接NQ,NE,如图, 由PA⊥平 面 ABCD,EQ⊂平 面 ABCD,可 得 PA ⊥EQ, 又EQ⊥AD,可 得 EQ⊥ 平 面 PAD,EQ⊂ 平 面 MNQ,可得平面 MNQ⊥平面PAD,故存在这样的 点Q. 在Rt△DME 中,∠EMD=90°-60°=30°, 在△BQM 中,∠QBM =∠BMQ=30°,∠BQM = 120°,由BM=32 ,BQ sin30°= BM sin120° , 可得BQ=BM 3 = 32 ,即Q 为BC 的中点, 故Q 为BC 的中点时,平面 MNQ⊥平面PAD. 15.【解】 设PA=1,以A为原点,射线AB,AC,AP分别为 x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系如图. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·76· 则P(0,0,1),C(0,1,0),B(2,0,0),M 1,0,12 , N 12 ,0,0 ,S 1,12,0 . (1)证明:CM→= 1,-1,-12 , SN→= -12 ,-12 ,0 , 因为CM→·SN→=-12+ 1 2+0=0 ,所以CM⊥SN. (2)NC→= -12 ,1,0 ,设a=(x,y,z)为平面CMN 的一个法向量,则a·CM→=0,a·NC=0, 即 x-y+12=0 , -12x+y=0. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 令x=2,得a=(2,1,-2). 因为|cosa,SN→|= -1-12 3× 22 = 22 , 所以SN 与平面CMN 的夹角为45°. 16.C 【解析】 因为存在不全为0的实数λ1,λ2,λ3,使 得λ1OP1 → +λ2OP2 → +λ3OP3 → =0,所 以OP1 →,OP2 →, OP3 → 共面.只要三点对应的向量共面就有(0,0,1)∈ Ω,否则就能得到(0,0,1)∉Ω.对于选项A,(0,0,0) 对应的向量是零向量,零向量与任意向量共线,故三 点对应的向量共面,不能推出(0,0,1)∉Ω,故 A错 误;对于选项B,若(1,0,0),(-1,0,0)∈Ω,且(1,0, 0),(-1,0,0)两点对应的向量共线,所以(0,0,1)可 以属于Ω,故B错误;对于选项C,显然,(1,0,0),(0, 1,0),(0,0,1)三点对应的向量不共面,故可以推出 (0,0,1)∉Ω,故C正确;对于选项D,(0,0,-1)与 (0,0,1)两点对应的向量共线,(1,0,0),(0,0,-1), (0,0,1)三点对应的向量共面,故不能推出(0,0,1) ∉Ω,故D错误.故选C. 17.【解】 (1)解法一(利用线面平行判定定理) 第1 步:证四边形BCDM 为平行四边形 因为 M 为AD 的中点,BC∥AD,且AD=4,BC=2, 所以BC∥MD,且BC=MD, 所以四边形BCDM 为平行四边形. 第2步:利 用 线 面 平 行 的 判 定 定 理 证 明 BM∥平 面CDE 所以BM∥CD, 又CD⊂平面CDE,BM⊄平面CDE,所以BM∥平 面CDE. 解法二(利用面面平行的性质) 第1步:证四边形 BCEF 为平行四边形 因为EF∥AD,BC∥AD,所以EF∥BC, 又EF=BC=2,所以四边形BCEF 为平行四边形. 第2步:证BF∥平面CDE 所以BF∥CE,又CE⊂平面CDE,BF⊄平面CDE, 所以BF∥平面CDE. 第3步:证四边形 MDEF 为平行四边形 因为 M 为AD 的中点,且AD=4,所以EF∥MD,且 EF=MD,所以四边形 MDEF 为平行四边形. 第4步:证FM∥平面CDE 所以 FM∥ED,又 ED⊂平 面 CDE,FM⊄ 平 面 CDE,所以FM∥平面CDE. 第5步:利用面面平行的性质证BM∥平面CDE 因为BF,FM⊂平面BMF,BF∩FM=F,所以平面 BMF∥平面CDE. 又BM⊂平面BMF,所以BM∥平面CDE. (2)第1步:证明OB,OD,OF 两两垂直 取AM 的中点O,连接BO,FO. 由(1)解法一可知,BM=CD=AB=2,因为AM=2, 所以BO⊥AD,且BO= 3. 由(1)解法二知四边形 MDEF 为平行四边形,所以 FM=ED= 10, 又AF= 10,所以FO⊥AM, 又OA=OM=1,所以FO= FA2-OA2=3, 又FB=2 3,所以BO2+FO2=FB2, 所以FO⊥OB,即OB,OD,OF 两两垂直. 第2步:建立空间直角坐标系,并写出相关点和向量 的坐标 分别以OB,OD,OF 所在直线为x,y,z轴建立如图 所示的空间直角坐标系, 则F(0,0,3),B(3,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),则 MB→=(3,-1,0),MF→=(0,-1,3),ME→=(0,1,3). 第3步:求平面FBM 的法向量 设平面FBM 的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 n1·MB → =0 n1·MF → =0 ,即 3x1-y1=0-y1+3z1=0 , 令y1=3,所以x1= 3,z1=1,所以n1=(3,3,1). 第4步:求平面EBM 的法向量 设平面EBM 的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 n2·MB → =0 n2·ME → =0 ,即 3x2-y2=0y2+3z0=0 , 令y2=3,所以x2= 3,z2=-1,所以n2=(3,3,- 1). 第5步:求二面角F-BM-E 的正弦值 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·86· 设二面角F-BM-E 的平面角为θ,所以|cosθ|=| cos<n1,n2>|= |n1·n2| |n1||n2| =1113 , 因为θ∈[0,π],所以sinθ>0,即sinθ= 1-cos2θ= 4 3 13 , 所以二面角F-BM-E 的正弦值为4 313. 必刷题十 1.【解析】 法一:设PA 与PB 的倾斜角分别为α,β,直 线PA 的斜率是kAP =1,直线 PB 的斜率是kBP = - 3,当直线l由PA 变化到与y 轴平行的位置PC 时,它的倾斜角由α增至90°,斜率的取值范围为[1, +∞).当直线l由PC 变化到PB 的位置时,它的倾 斜角由90°增至β,斜率的变化范围是(-∞,- 3]. 故斜率的取值范围是(-∞,- 3]∪[1,+∞). 法二:设直线l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x -1),即kx-y-k=0.∵A,B 两点在直线l的两侧或 其中一点在直线l上,∴(2k-1-k)(- 3-k)≤0,即 (k-1)·(k+ 3)≥0,解得k≥1或k≤- 3.即直线l 的斜率的取值范围是(-∞,- 3]∪[1,+∞). 【答案】 (-∞,- 3]∪[1,+∞) 2.AD 【解析】 如题图,直线l1,l2,l3的斜率分别为 k1,k2,k3,倾斜角分别为α1,α2,α3,则k2>k3>0,k1< 0,故π2>α2>α3>0 ,且α1为钝角,故选AD. 3.ABC 【解析】 对于A中,由直线y=kx+b过第一、 二、四象限,所以直线的斜率k<0,截距b>0,故点(k, b)在第二象限,所以A正确;对于B中,由直线方程y =ax-3a+2,整理得a(x-3)+(-y+2)=0,所以 无论a取何值点(3,2)都满足方程,所以B正确;对于 C中,由点斜式方程,可知过点(2,-1)斜率为- 3的 点斜式方程为y+1=- 3(x-2),所以C正确;由斜 截式直线方程得到斜率为-2,在y 轴上的截距为3 的直线方程为y=-2x+3,所以D错误.故选ABC. 4.【解析】 当直线过原点时,它在x轴,y轴上的截距都 是0,满足题意.此时,直线的斜率为12 ,所以直线方程 为y=12x ;当直线不过原点时,由题意可设直线方程 为x 3a+ y a =1 ,又直线过A(4,2),所以43a+ 2 a=1 ,解 得a=103 ,方程为x+3y-10=0.综上,所求直线方程 为y=12x 或x+3y-10=0. 【答案】 y=12x 或x+3y-10=0 5.A 【解析】 由 y=2x , x+y=3, 解得 x=1,y=2. 把(1,2)代入 mx+ny+5=0,可得m+2n+5=0,∴m=-5-2n. ∴点 (m,n)与 原 点 之 间 的 距 离 d= m2+n2= (5+2n)2+n2= 5(n+2)2+5≥ 5,当n=-2,m= -1时取等号.∴点(m,n)与原点之间的距离的最小 值为 5,故选A. 6.AB 【解析】 当直线l的斜率不存在时,显然不满足 题意.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y-4 =k(x-3),即 kx-y+4-3k=0.由 已 知 得 |-2k-2+4-3k| k2+1 =|4k+2+4-3k| k2+1 ,所以k=2或k =-23 ,所以直线l的方程为2x-y-2=0或2x+3y -18=0.故选AB. 7.D 【解析】 整理直线方程得:(x+y-2)+(3x+2y -5)λ=0,由 x+y-2=0 , 3x+2y-5=0 得 x=1,y=1, ∴P(1,1),由 圆的方程知圆心C(-2,-1),半径r=1,∴|MP|max =|CP|+r= (-2-1)2+(-1-1)2+1+1= 13 +1.故选D. 8.AB 【解析】 由题意知圆心在y轴上,且被x轴所分 劣弧所对圆心角为2π 3 ,设圆心C(0,a),半径为r,则 rsinπ3=1 ,rcosπ3=|a| ,解得r=2 3 ,即r2=43 ,|a|= 3 3 ,即a=± 33 ,故圆C的方程为x2+ y± 33 2 =43. 9.【解析】 设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,则 F=0, 4+2D+F=0, 20+4D+2E+F=0, 解得 D=-2, E=-6, F=0, 所以圆 的 方 程 为x2-2x+y2-6y=0,即(x-1)2+(y-3)2=10,所 以圆心坐标为(1,3). 【答案】 (1,3) 10.【解析】 ∵圆C:(x-1)2+y2=25关于直线l:mx +y+m+2=0对称,则圆心(1,0)在直线l:mx+y +m+2=0上,故有m+0+m+2=0,求得m=-1. 由于直线l:mx+y+m+2=0,即m(x+1)+y+2= 0,经过定点M(-1,-2),故当CM 和直线l垂直时, 圆C被直线l截得的弦长最短,此时,-m·kCM=- 1,即-m·-2-0-1-1=-1 ,求得m=1. 【答案】 -1 1 11.【解析】 设圆心为 M,由直线的斜率为 3知此切线 的倾斜 角 为 60°,又 切 线 与 y 轴 交 点 为 A,所 以 ∠MAB=30°,又∠ABM=90°,且 MB=1,所以AM =2,即|AB|= AM2-BM2= 3. 【答案】 3 12.B 【解析】 C1:(x+2)2+y2=3,C2:(x+1)2+ (y+1)2=1,直线C1C2的方程为x+y+2=0.公共 弦所在直线方程为x-y=0. 由 x+y+2=0, x-y=0 得 x=-1,y=-1. 故圆心为(-1,-1), 结合选项,选B. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·96·