假期作业二 立体几何中的向量方法-【快乐假期】2024-2025学年高二数学寒假作业

快乐假期 0三 参考答案 假期作业一空间向量及其运算 F=(合-1.小B 技能提升台技能提升 1.D2.C3.A （-120.FE=-27BD 4.C[b+c=(-1,2,1)+(0,1,1)=(-1,3,2),又a= 即EF∥BD. (2,2,3),.a·(b+c)=(2,2,3)·(-1,3,2)=-2+6+ 又BDC平面ABCD,EF寸 6=10.] 平而ABCD, 5.D[,a,b是单位向量，.a2=b2=1.a=a+b, 所以EF∥平面ABCD. a+2ab叶=1，故ab=-号(a+b）b (2)证明：由(1)可知AP (0,0,1),AD=(0,2,0), 6.A[因为M为AC的中点，所 DC=(1,0,0), 以BM=号(BA+BC).又因为 因为AP·DC=(0,0,1)·(1,0,0)=0, M=2N市，所以=号Mò AD·DC=(0,2,0)·(1.0,0)=0, 所以AP⊥DC,AD⊥DC,即AP⊥DC,AD⊥DC. =号(B励-B,所以B时= 又AP∩AD=A,AP,ADC平面PAD,所以DC⊥平面 PAD.因为DCC平面PDC,所以平面PAD⊥平面PDC, BM+M=号B筋+号B丽 高考冲浪 号防+号×(+)-名所+成+号成.] 1.D[因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,则4+x2 4x=0,解得x=2.] 7.BCD[,a·b=0,a·c≠0，∴.只有A正确，BCD错误.] 2.解析：由题意可知，2k=5×6,k=15. 8.ABD[只有C正确.] 答案：15 9.010.受浅51.2：3(-40 假期作业二立体几何中的向量方法 12.(1)证明：：四边形ABCD是平行四边形， 技能提升台技能提升 .AC=AB+AD, 1.A2.D3.C EG=0店-OE=k.O元-k·OA=k(O元-OA) 4.C[当二面角ABDC为锐角时，其大小为(n1,n2》= =kAC=K(AB+AD) 音：当二面角ABDC为能角时，其大小为不一(m:)二 -*(OB-0A+OD-0A)=OF-OE+OH-OE =EF+EH, E,F,G,H共面； 5.D (2)证明：EF=OF-O正=k(OB-OA)=k·AB, 6.D[依题意，PA,PB,PC两两垂 直，建立如图所示的空间直角坐 又，EG=k·AC.∴.EF∥AB,EG∥AC.又AB∩AC=A. 标系.设PA=PB=PC=2,则 所以.平面ABCD∥平面EFGH. P(0,0.0),A(2,0,0),B(0,2,0) 13.解：(1)a+b=(1,1,0)十(-1,0，c)=(0,1,c), C(0,0,2),E(1,1,0),F(0,1.1) 所以a+b=√/1+2=5，解得c=士2. 则PE=(1,1,0),PF=(0,1,1), (2)当c=2时，a+b=(k,k,0)+(-1.0,2)=(k-1,k, 2),2a-b=(2,2,0)-(-1,0,2)=(3,2,-2). AF=(-2,1,1). 图为ka十b与2a一b互相垂直，所以3(k-1)十2k一22 设平面PEF的法向量为n=(x,y,z), 0,解得=子 期nP它=x+y=0, 令x=1,可得平面PEF的一个法 {n·PF=y+=0, 当c=一2时，ka+b=(k,k,0)十（一1,0，一2）=(k一1， 向量n=(1,-1,1). k,-2),2a-b=(2,2,0)-(-1,0,-2)=(3,2,2). 因为a十b与2a一b互相垂直，所以3(k一1)+2k-22 设直线AF与平面PEF的夹角为0，则in0=n·A 0,解得=子 nAF 综上k=子 2 3X6 号又e[,引故ms9=-( 14.(1)证明：以点A为原，点，AB所在直线为x轴，AD所在 直线为y轴，AP所在直线为？轴，建立如图所示的空间 直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0), D(0,2,0),P(0,0,1).点E,F分别是PB,PD的中点， 7.ABC F012）E(20）月 8.ABC[以D为原点，分别以DA,DC,DD1的方向为x 轴、y轴、：轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， ·38· 三022 二数学 由题意知，A(1,0,0),B(1,1,0),E .平面ACCA1⊥平面BCC1B1, (020）C01,D,0,0,1. 过A1作A1OLCC1交CC1于O,又平面ACC1A1∩平 面BCC1B1=CC1,A1OC平面ACC,A1, F号小所以庇=(-10，-D. .AO⊥平面BCC1B1, :A1到平面BCC1B1的距离为1，.AO=1, 而=(0，d=(-10. 在R△ACC1中，AC⊥A1C1,CC=AA1=2, 设CO=x,则CO=2-x, 花=(1 :△A1OC,△A1OC·△A1CC1为直角三角形，且CC =2, 设平面AED1的法向量为n=(x,y,2), CO+AO=AC,AO2+0C=CAi. AD1·n=-x十x=0, A1C2+A1C9=C1C2, 所以 An=-x+2)=0, 则可得平面AED1的一个 ∴.1十x2+1十(2-x)2=4,解得x=1, AC=AC=AC=2,.AC=AC. 法向量为n=(1,2,1). (2)连接A1B,由(1)易证A1B=A1B1,故取BB1的中点 点F到点E的距离FE1=√(-1)2+(-1)2=2，故A F,连接AF,A1A与B1B的距离为2， 正确： ∴.AF=2. 点F到直线ED1的距离为 ∴A1C=AC=√2，AB=AB1=5,BC=3, 建立空间真角坐标系C-xy?如图所示， FE.ED G FE 30,故B正 B ED 确：点F到平面AED1的距离d ml=2=6,故 n √63 C正确： 由正方体的性质可知，平面BFC1∥平面AED1,平面 BFC1到平面AED,的距离即为点F到平面AED1的距 C(0,0,0).A(W2.0,0).B(0√3.0).B1(-2,N3,2), 离故D错溪] C1(-√2,02)， ∴.CB=(05,0),CC1=(-2,0,2), 9.音10西19 AB1=(-22,3,N2), 12.解：先证明平面AMN∥平面EFDB. 设平面BCC1B的法向量为n=(x,y,),则 以D为原点，建立如图所示的空间 1n·CB=0, 直角坐标系，则D(0,0,0),A(1,0,0), ”即5y=0, 令x=1, n·CC1=0,-2x+2:=0, B(1,1,0), 则y=0,2=1, M,小N侵）片 所以平面BCCB1的一个法向量为： n=(1,0,1), E(2小F(o 设AB1与平面BCCB所成的角为0， Ni=(合号0小FE=(合20 六sin0=cos(n,ABi)1=n·AB 13 n·AB 13 A=(o,Ai=o,1.0.Ni=F元.即MN/FE 款AB,与平面BCCB,所成角的正弦值为图 131 同理可证AM∥DF,∴.平面AMN∥平面EFDB. 14.(1)证明：连接A1B,如图.由直三 设平面AMN的法向量为n=(x,y,I) 棱柱ABC-A1B1C1的性质可知， 由n⊥NM,n⊥AM,得n·NM=0,n·AM=0,求得n= BB1⊥BC. (2,-2,1).∴.平面AMN与平面EFDB的距离为d 因为AB⊥BC,AB∩BB1=B,AB 通- C平面AA1B1B,BB1C平 面AA1B1B, n 所以BC⊥平面AA1BB. 13.(1)证明：如图，，A1C⊥底面 因为AB1C平面AA1BB,所以 ABC,BCC平面ABC, BC⊥AB1. ∴.A1C⊥BC,又BC⊥AC, 因为AA1=AB=1,所以四边形AA1BB为正方形，所 AC,ACC平面ACCA1: 以AB1⊥A:B, A1C∩AC=C, 又因为BC∩A1B=B,BCC平面ABC,ABC平面 .BC⊥平面ACCA1,又BC A1BC,所以AB1⊥平面A1BC.因为A1CC平面A1BC, C平面BCCB1· 所以AB1⊥AC. ·39· 飞曼快乐假期 c900-= (2)解：由(1)得BC⊥平面AA1B1B,从而，点C到平面 2.解：(1)取CB1中点P,连接VP,MP, AA1B:的距离为BC, 由N是BG的中点，故NP/∥CG,且Np=CC 故VA越e=VeMg=号×A1B·AM·BC 由M是DD1的中点，故DM=2DD,=CG,且DM -君c-号脚BC-E ∥CC1, 以B为原点，分别以BC,BA,BB1所在直线为x轴，y 则有DM∥NP且D1M=NP, 轴，之轴建立如图所示的空间直角坐标系， 故四边形DMPN是平行四边形，故D1N∥MP, 文MPC平面CB1M,D1Nt平面CB1M, 则A(0,1,0),A(0,1,1),B1(0,0,1),C(2,0,0), 故D1N∥平面CB,M: 设平面AB1C的法向量为m=(x1,y1,),因为AC (2)以A为原点建立如图所示空间 (2,-1,0),AB1=(0,-1,1) 直角坐标系，有A(0,0,0)、B(2,0, 所以m·AC0→-y=0, 0)、B1(2,0,2)、M(0,1,1)、 m·AB1=0-y1+1=0, C(1,1,0)、C1(1,1.2),则有CB1 令x1=2,则y1=1=2,可得平面AB1C的一个法向量 (1,-1,2)、CM=(-1,0,1),BB =(0,0,2), m=(2,2,2). 设平面CB1M与平面BB1CC的 设平面AB,C的法向量为n=(x2y22),因为AC 法向量分别为m=(x1,y1·1)、 (W2,-1,-1),A1B1=(0,-1,0) n=(x2y22g), 所以AC-0,→小24-为-=0. 则有 m·CB1=x1-1+2x1=0 n·A1B=0{-2=0, m·CM=-x1+1=0 令x2=2,则y2=0,2=2,可得平面AB1C的一个法 (n·CB1=t2-y2十22=0 向量n=(2,0,2) n·BB1=2x2=0 设平面A,B,C与平面AB1C的夹角为0，则cos0 分别取x1=x2=1,则有y1=3、1=1y2=1,2=0, 即m=(1,3,1),n=(1,1,0), m·n=15 第sm-0沿-市量 1+3 2√22 故平面ABC与平面AB,C的夹角的余弦值为⑤ 51 故平面CBM与平面BB,CC的夹角的余弦值为22四 高考冲浪 11 1.解：(1)因为PA⊥底面ABCD,AP,BPC平面PAB,所以 (3)由BB=(0,0,2),平面CB1M的法向量为m=(1,3,1) PA⊥AD,PA⊥BC.又AD⊥PB,且AP∩BP=P,所以 则有 |BB1·m 2=2 AD⊥平面PAB.在△ABC中，因为AC=2.BC=1,AB=3,所 m W1+9+ī11 以AC=BC+AB,即AB⊥BC,又AP⊥C,且AP∩AB= A,AP,ABC平面PAB,所以BC⊥平面PAB.因此，AD∥BC, 申表B到辛面CB,M的距高为2酒 又AD丈平面PBC,BCC平面PBC,所以AD∥平面PBC 假期作业三 直线方程和两条直线 (2)过D点作DE∥PA,则DE 的位置关系 ⊥平面ABCD,以D为坐标原 技能提升台技能提升 点，分别以DA,DC,DE所在的 1.B2.A3.D4.B 直线为x轴，y轴，：轴建立空间 直角坐标系.设DA=m,DC= 5B[由直线y十2-停。一4同可得共针率-侣设直 3 n,其中m2+n2=4,则A(m, 0,0),C(0,n.0),P(m,0,2), 度的凭针角为8时m0一受 所以AP=(0,0,2).CP=(m,-,2),DC=(0,n,0). 因为0[0，x),所以0=石，即领斜角为否.当x=0时，y 设平面APC的法向量为n=(x,y,z),则 12x=0, 十2=经×（一43）=一4，得y=一6，所以直钱在y轴上 3 mx-ny+2=0 令x=n,则y=m,所以n=(n,m,0): 的戴距为一6.] 设平面DPC的法向量为v=(x,y,z),同理可得v=(2,0, 6.C[B(3,-3),C(0,2),.BC中点的坐标为D (生，)即D(受一)则C边上的中线应证 图为二面角APCD为锐二面角，所以共余弦值为吗，因 A-5,0.D(侵号)两点由两点式，释言。 21 2 ,解得m=√3，即 √m2+n2/4+m +5,整理得x+13y+5=0,] AD=√5. +5 ·40·快乐假期 学然后知不足，教然后知困。 假期作业二 立体几何中的向量方法 完成日期： 月 〈《思维整合室 自测自查 知识梳理 a·b ab 2g8 3.(1)AB,CD》 1.两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线a,b的方向向量为a,b,其 (2)n1,n2)(或π-(n1,n2》) |BA·n n 夹角为0，则cos9=cos川= (其 要点记忆 中p为异面直线a,b所成的角). 向量法证明空间几何问题的两种基本思路 2.直线和平面所成的角的求法 思路一：用向量表示几何量，利用向量的运 如图所示，设直线l的方向向量为e,平面a 算进行判断. 的法向量为n,直线l与平面a所成的角为p, 思路二：用向量的坐标表示几何量，共分 两向量e与n的夹角为0，则sin9=cos0 三步： (1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间 向量（或坐标）表示问题中所涉及的量，把 立体几何问题转化为向量问题， (2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置 3.求二面角的大小 关系 (1)如图①，AB,CD是二面角l-3的两个面 (3)根据运算结果的几何意义来解释相关 内与棱！垂直的直线，则二面角的大小 问题. 0= 〈《技能提升台 技能提升 1.若两个不同平面a,3的法向量分别为= ③ (1,2,一1)，v=(-3,-6,3),则 ()】 (2)如图②③，n1,n2分别是二面角ac3的两 A.a∥3 B.a⊥3 个半平面a,3的法向量，则二面角的大小 C.α，3相交，但不垂直D.以上均不正确 0= 2.若平面a的法向量为n,直线l的方向向量 4.点面距离的求法 为a,直线1与平面a的夹角为0，则下列关 设n是平面a的法向量， 系成立的是 ( AB是平面a的一条斜 a A.cos =T n·a 线，则点B到平面α的距离为 n a B.cos0=n·a n a (如图). C.sin =nal n。a D.sin 0= n·a n a 三0022 二数学的 3.在长方体ABCD-A,BCD,中，AB=BC=1, A.点F到点E的距离为② AA1=√3，则异面直线AD1与DB,所成的 B.点F到直线ED,的距离为 角的余弦值为 ( 5 A号B c9n号 C点F到平面AED,的距离为 4.在三棱锥ABCD中，平面ABD与平面 D.平面BFC到平面AED,的距离为2：6 3 BCD的法向量分别为n1,n2.若(n1,n2〉= 9.如图，在正四面体ABCD中，已 吾，则二面角ABDC的大小为 知AE=AB.CF=CD,则直 A.号 B琴 线DE和BF所成的角的余弦 值为 C音或号 D.吾或写 10.在四面体ABOC中，OC⊥OA,OC⊥OB, ∠AOB=120°，且OA=OB=OC=1.则二面 5.把边长为a(a>0)的正△ABC沿高线AD 角O-ACB的平面角的余弦值为 折成60°的二面角，则点A到BC的距离是 11.在正三棱柱ABC-A1B,C1中，若AB=2, A1A=1,则点A到平面A,BC的距离 A.a c D.15 为 12.在棱长为1的正方体ABCD-A1B,C,D, 6.如图，在正三棱锥PABC 中，M,N,E,F分别是棱A,B1,AD, 中，PA,PB,PC两两垂直， BC,,C,D1的中点.证明平面AMN∥平 E,F分别是AB,BC的中 面EFDB,并求平面AMN与平面EFDB 点，则直线AF与平面PEF 的距离. 的夹角的余弦值为 A.号B c n号 7.(多选)将正方形ABCD沿对角线BD折成直 二面角，给出下列四个结论，正确的是() A.AC⊥BD B.AB与CD所成的角为60 C.△ADC为等边三角形 D.AB与平面BCD所成的角为60 8.(多选)如图，在棱长为1 D 的正方体ABCD A1BCD1中，E,F分别 D 为CD,AB的中点，则 下列结论正确的是() ·5 火曼快乐限期 c900号 13.如图，在三棱柱ABC C 高考冲浪 AB1C1中，AA1=2, 1.(2024·新课标I A,C⊥底面ABC, 卷，17)如图，四棱 ∠ACB=90°，A1到平 锥P-ABCD中，PA 面BCC,B,的距离 ⊥底面ABCD,PA 为1. =AC=2,BC=1, (1)求证：AC=AC AB=3. (2)若直线AA1与BB,的距离为2，求 (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC: AB,与平面BCC,B,所成的角的正弦值. (2)若AD⊥DC,且二面角ACP-D的正弦 值为9，求AD, 14.如图，在直三棱柱ABC A1BC中，AA1=AB=1, AB⊥BC. (1)证明：AB1⊥AC: 2.(2024·天津卷，17) (2)若三棱锥A,-AB,C的 如图，已知直四棱柱 C 体积为号，求平面A,BC与平面AB,C的 ABCD-A,BCD中， B AD⊥AB,AB∥CD, 夹角的余弦值」 AA=2,AB=2AD =2,DC=1,N是 B,C1的中点，M是DD1的中点. (1)求证DN∥平面CB1M: (2)求平面CB,M与平面BB,C,C夹角的余 弦值； (3)求点B到平面CB,M的距离. ·6