第19期 空间向量与立体几何，数学建模核心素养综合测评-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（北师大版2019）

书 第１９期 空间向量与立体几何，数学建模核心素养综合测评 一、单项选择题　１～４　ＢＤＤＢ　５～８　ＡＡＤＣ 提示： １．因为→ＯＡ＝（－１，０，－２），→ＯＢ＝（０，１，２）， 所以ｃｏｓ〈→ＯＡ，→ＯＢ〉＝ →ＯＡ·→ＯＢ → →｜ＯＡ｜｜ＯＢ｜ ＝ －４ 槡５×槡５ ＝－４５． ２．连接ＡＣ，ＢＤ相交于点Ｏ， 则 →ＡＯ＝ １２ →ＡＣ＝ １２（ → →ＡＢ＋ＡＤ）， →ＰＱ＝２→ＰＯ＝２（→ →ＡＯ－ＡＰ）＝ [２ １２（→ →ＡＢ＋ＡＤ） → ]－ＡＰ → →＝ＡＢ＋ＡＤ－２→ＡＰ＝ａ＋ｂ－２ｃ． ３→ →．ＡＢ＋ＣＤ＝（２ｍ，ｍ，２）＋（ｍ，ｍ＋１，－５） ＝（３ｍ，２ｍ＋１，－３）， 因为 → → (ＡＢ＋ＣＤ＝ ５，１３３，－ )３ ， 所以 ３ｍ＝５， ２ｍ＋１＝１３３ { ，即ｍ＝ ５３， 所以 → (ＡＢ＝ １０３，５３， )２ ，→ (ＣＤ＝ ５３，８３，－ )５ ． 又因为 →ＡＢ·→ＣＤ＝１０３× ５ ３＋ ５ ３× ８ ３＋２×（－５）＝０， 所以 →ＡＢ⊥ →ＣＤ． ４．由→ＡＥ＝λ→ＡＢ，→ＡＦ＝λ→ＡＤ得→ → →ＥＦ＝ＡＦ－ＡＥ＝λ（→ＡＤ →－ＡＢ）＝λ→ＢＤ，所以→ＥＦ与→ＢＤ共线；同理，由 →ＣＭ ＝μ→ＣＢ， →ＣＮ＝μ→ＣＤ得 →ＭＮ＝μ→ＢＤ，所以 →ＭＮ与→ＢＤ共线，所以→ＥＦ，→ＭＮ 共线，即 →ＥＦ∥ →ＭＮ． ５．由题可得Ａ（０，０，０），Ａ１（０，０，３），ｚ＝３， 所以 →ＰＡ＝（－ｘ，－ｙ，－ｚ）， 又ＡＡ１⊥平面ＡＢＣ，所以ＡＡ → １ ＝（０，０，３）是平面ＡＢＣ 的一个法向量． 因为直线ＰＡ和底面ＡＢＣ所成角为π３， 所 以 ｜ ｃｏｓ〈→ＰＡ， ＡＡ→ １〉 ｜＝ →｜ＰＡ·ＡＡ→ １｜ →｜ＰＡ｜｜ＡＡ→ １｜ ＝ ｜－３ｚ｜ ｘ２＋ｙ２＋ｚ槡 ２ ×３ ＝ ｜ｚ｜ ｘ２＋ｙ２＋ｚ槡 ２ ＝槡３２，整理得 ｚ ２ ＝ ３ｘ２＋３ｙ２，又ｚ＝３，所以ｘ２＋ｙ２ ＝３． ６．由图象可知，ＡＰ→ ｉ →＝ＡＢ＋ＢＰ→ ｉ， 则 →ＡＢ·ＡＰ→ ｉ →＝ＡＢ·（→ＡＢ＋ＢＰ→ ｉ） →＝ＡＢ２ →＋ＡＢ·ＢＰ→ ｉ， 由题可得 →ＡＢ·ＢＰ→ ｉ＝０，所以→ＡＢ·ＡＰ→ ｉ →＝ＡＢ２ →＋ＡＢ·ＢＰ→ ｉ ＝１＋０＝１， 即 →ＡＢ·ＡＰ→ ｉ（ｉ＝１，２，…，８）的不同值的个数为１． ７．在棱长为２的正方体 ＡＢＣＤ －Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，以ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ１所在 直线分别为 ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角 坐标系，如图１， 则有Ｂ（２，２，０），Ｆ（１，０，２）， 则 →ＦＢ＝（１，２，－２）， 设点Ｐ（０，ｙ，０），ｙ∈［０，２］， →ＢＰ＝（－２，ｙ－２，０）， 则点Ｐ到直线ＢＦ的距离 →ｄ＝ ｜ＢＰ｜２ (－ →ＢＰ·→ＦＢ→ )｜ＦＢ｜槡 ２ ＝ （ｙ２－４ｙ＋８） (－ ２ｙ－６)３槡 ２ ＝ (５９ ｙ－ )６５ ２ ＋１６槡 ５≥ 槡４５ ５， 当且仅当ｙ＝６５时取等号，则点Ｐ到直线ＢＦ的距离 的最小值为 槡 ４５ ５． ８．取ＢＣ，ＡＤ的中点分别为Ｈ，Ｇ，连接ＧＨ，与ＡＣ交于 点Ｏ， 则ＧＨ⊥ＢＣ，连接ＦＨ，ＥＧ，则ＦＨ⊥ＢＣ， 又ＧＨ∩ＦＨ＝Ｈ，ＧＨ，ＦＨ平面ＥＦＨＧ，所以ＢＣ⊥ 平面ＥＦＨＧ， 又ＢＣ平面ＡＢＣＤ，所以平面ＡＢＣＤ⊥平面ＥＦＨＧ． 以Ｏ为坐标原点，过Ｏ作 平行于ＡＤ的直线为 ｘ轴，在 平面ＥＦＨＧ内过 Ｏ作垂直于 平面ＡＢＣＤ的直线为ｚ轴，ＯＨ 所在直线为 ｙ轴，建立如图２ 所示的空间直角坐标系． 设ＭＦ＝ｍ（０≤ｍ≤１）， 则ＡＮ＝ 槡３２２ｍ，在等腰三角形ＢＣＦ中， ＦＨ＝ ３－槡 １＝槡２，易知梯形ＥＦＨＧ为等腰梯形，过 Ｆ作ＦＱ⊥ＧＨ， 则ＦＱ＝ （槡２） ２ (－ ２－１)２槡 ２ ＝槡７２， 则 (Ｍ ０，１２－ｍ，槡７)２ ， (Ｎ １－３２ｍ，３２ｍ－１， )０ ， 则 → (ＭＮ＝ １－３２ｍ，５２ｍ－３２，－槡７)２ ， 所以 →｜ＭＮ｜ (＝ １－３２ )ｍ ２ (＋ ５２ｍ－ )３２ ２ (＋ －槡７)２槡 ２ ＝ １７２ｍ ２－２１２ｍ＋槡 ５， 当ｍ＝２１３４时， →｜ＭＮ｜取得最小值． 二、多项选择题　９．ＡＢＣ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＢＣＤ． 提示： ９．｜ＡＢ｜＝ ６２＋（－２）２＋（－３）槡 ２ ＝７，｜ＡＣ｜＝ （－２）２＋３２＋（－６）槡 ２ ＝７，故（Ａ）正确； 因为 →ＡＢ·→ＡＣ＝（６，－２，－３）·（－２，３，－６）＝－１２ －６＋１８＝０，所以ＡＢ⊥ＡＣ，故（Ｃ）正确； 因为 →ＡＢ＝（６，－２，－３），→ＡＣ＝（－２，３，－６），→ＡＰ＝（４， １，－９），所以→ → →ＡＰ＝ＡＢ＋ＡＣ＝（４，１，－９），所以点Ｐ（８，２，０） 在平面ＡＢＣ内，故（Ｂ）正确； 因为 →ＡＢ＝（６，－２，－３）， ２→ＣＤ＝ (２ －１，－９，－ )９２ ＝ （－２，－１８，－９），显然不成立，故 （Ｄ）错误．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １０．由题意得 Ｅ是正四面体 ＡＢＣＤ外接球的球心，如图３． 设点Ｏ是顶点 Ａ在底面的射影，则 ＡＯ是正四面体 ＡＢＣＤ的高，ＯＢ是△ＢＣＤ的外接圆半径，所以→ＢＯ＝２→ＯＧ， 对于（Ａ），因为ＡＥ⊥底面ＢＣＤ，ＣＤ底面ＢＣＤ，所 以ＡＥ⊥ＣＤ，所以→ＡＥ·→ＣＤ＝０，故（Ａ）正确； 取ＣＤ的中点Ｇ，ＡＢ的中点Ｆ，连接ＡＧ，ＢＧ，ＧＦ． 设ＡＯ∩ＦＧ＝Ｅ′，→ＡＥ′＝λ→ＡＯ， 则 →ＡＥ′＝ (λ ２３→ＡＧ＋１３→ )ＡＢ ， 由Ｆ，Ｅ′，Ｇ三点共线得 →ＡＥ′＝μ→ＡＧ＋（１－μ）→ＡＦ＝ μ→ＡＧ＋１－μ２ →ＡＢ， 所以 ２ ３λ＝μ， １ ３λ＝ １－μ ２ { ，解得 λ＝ ３ ４， μ＝ １２ { ， 所以 →ＡＥ′＝ ３４ →ＡＯ，→ＡＥ′＝ １２ →ＡＧ＋１２ →ＡＦ， 所以Ｅ′为ＦＧ的中点． 因为ＡＧ＝ＢＧ＝槡３２×２＝槡３， 则ＯＢ＝ ２３ＢＧ＝ ２ ３× 槡３ ２×２＝ 槡２３ ３， ＡＯ＝ ＡＢ２－ＯＢ槡 ２ ＝ 槡２６３， 因为ＢＥ２＝（ＡＯ－ＡＥ）２＋ＢＯ２，即ＡＥ２＝（ＡＯ－ＡＥ）２ ＋ＯＢ２，则ＡＥ２ (＝ 槡２６３ )－ＡＥ ２ (＋ 槡２３)３ ２ ， 解得ＡＥ＝槡６２，故（Ｃ）正确； 对于（Ｂ），由ＡＯ＝ 槡２６３，ＡＥ＝ 槡６ ２得 →ＡＥ＝ ３４ →ＡＯ， 所以Ｅ，Ｅ′重合，所以Ｅ为 ＦＧ的中点，即ＥＦ＝ＥＧ， 所以 → →ＥＡ＋ＥＢ＝２→ＥＦ，→ →ＥＣ＋ＥＤ＝２→ＥＧ， 则 → →ＥＡ＋ＥＢ＝－（→ →ＥＣ＋ＥＤ）， 所以 → → → →ＥＡ＋ＥＢ＋ＥＣ＋ＥＤ＝０，故（Ｂ）正确； 对于（Ｄ），因为ｃｏｓ〈→ＡＣ，→ＡＥ〉＝ｃｏｓ〈→ＡＣ，→ＡＯ〉＝ＡＯＡＣ＝ 槡６ ３，所以 →ＡＥ·→ → →ＡＣ＝｜ＡＥ｜｜ＡＣ｜ｃｏｓ〈→ＡＣ，→ＡＥ〉＝槡６２×２× 槡６ ３ ＝２，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １１．对于（Ａ），当 Ｅ与 Ｄ１ 重合时，因为ＥＦ＝槡２２ａ，所以 Ｆ为Ｂ１Ｄ１的中点，连接ＢＤ，记 ＢＤ的中点为 Ｏ，连接 Ｄ１Ｏ， ＡＯ，如图４所示： 则 ＢＯ ∥ Ｄ１Ｆ，ＢＯ ＝ Ｄ１Ｆ，所以四边形ＢＯＤ１Ｆ为平行四边形，所以Ｄ１Ｏ∥ＢＦ， 所以∠ＡＤ１Ｏ（或其补角）是异面直线ＡＥ与ＢＦ所成的角， 又Ｄ１ (Ｏ＝ 槡２ａ)２ ２ ＋ａ槡 ２ ＝槡６ａ２，ＡＤ１＝槡２ａ，ＡＯ＝ 槡２ａ ２， 所以 ｃｏｓ∠ＡＤ１Ｏ＝ ３ａ２ ２ ＋２ａ ２－ａ ２ ２ ２×槡６ａ２ ×槡２ａ ＝槡３２，则 ∠ＡＤ１Ｏ＝ π ６，（Ａ）错误；对于（Ｂ），ＶＢ－ＡＥＦ ＝ＶＡ－ＢＥＦ，易知 Ａ到平面 ＢＢ１Ｄ１Ｄ的距离和点Ｂ到直线Ｂ１Ｄ１的距离为定值，所以三 棱锥Ａ－ＢＥＦ即三棱锥Ｂ－ＡＥＦ的体积为定值，（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），易知∠Ａ１Ｂ１Ｄ１＝ π ４，ＥＦ在平面ＡＢＢ１Ａ１内的射 影在Ａ１Ｂ１上，所以射影长为槡 ２ａ ２ ×ｃｏｓ π ４ ＝ ａ ２，（Ｃ）正确； 对于（Ｄ），二面角 Ａ－ＥＦ－Ｂ的平面角等于二面角 Ａ－ Ｂ１Ｄ１－Ｂ的平面角，则二面角Ａ－ＥＦ－Ｂ的平面角保持不 变，（Ｄ）正确．故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题　１２．１２；　１３．１；　１４． 槡３ ９． 提示： １２．由题可得 → → →ＮＭ ＝ＮＰ＋ＰＭ ＝ ２３ →ＤＰ＋１２ →ＰＣ＝ ２ ３（ → →ＡＰ－ＡＤ）＋１２（ → →ＡＣ－ＡＰ）＝２３（ → →ＡＰ－ＡＤ）＋１２（ →ＡＢ → →＋ＡＤ－ＡＰ）＝１２ →ＡＢ－１６ →ＡＤ＋１６ →ＡＰ，所以ｘ＝１２，ｙ＝ －１６，ｚ＝ １ ６，故ｘ＋ｙ＋ｚ＝ １ ２． １３．因为ｅ１，ｅ２，ｅ３为三个不共面的空间向量， 由题意可知，存在λ，μ∈ Ｒ，使得 ｃ＝λ（ｅ１＋ｅ２）＋ μ（ｅ２－ｅ３），即ｅ１＋ｍｅ３ ＝λｅ１＋（λ＋μ）ｅ２－μｅ３， 所以 λ＝１， λ＋μ＝０， ｍ＝－μ { ， 解得 λ＝１， μ＝－１， ｍ＝１ { ． ! 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" # $ %&' 34567#89 书 １４．由题设知，四边形 ＡＢＣＤ是正方形，连接 ＡＣ， ＢＤ，交于点 Ｏ，则 ＡＣ⊥ ＢＤ． 连接ＰＱ，则ＰＱ过点Ｏ．由正 四棱锥的性质知 ＰＱ⊥ 平面 ＡＢＣＤ，故以 Ｏ为坐标原点， 以直线 ＣＡ，ＤＢ，ＱＰ分别为 ｘ 轴、ｙ轴、ｚ轴建立如图５所示的空间直角坐标系，则 Ｐ（０， ０，１），Ａ（槡２２，０，０），Ｑ（０，０，－２），Ｂ（０，槡２２，０）， 所以 →ＡＱ＝（－ 槡２２，０，－２），→ＢＰ＝（０，－ 槡２２，１）． 于是ｃｏｓ〈→ＡＱ，→ＢＰ〉＝ →ＡＱ·→ＢＰ → →｜ＡＱ｜｜ＢＰ｜ ＝－槡３９， 设异面直线ＡＱ与ＢＰ所成的角为θ， 则ｃｏｓθ＝｜ｃｏｓ〈→ＡＱ，→ＢＰ〉｜， 所以异面直线ＡＱ与ＢＰ所成角的余弦值为槡３９． 四、解答题 １５．（１）解：以Ｄ为原点，以→ＤＡ，→ＤＣ，ＤＤ→ １分别为ｘ，ｙ，ｚ 轴正方向，建立空间直角坐标系，所以Ｄ１（０，０，４），Ｅ（０，２， １），Ｆ（１，１，０），Ｃ（０，２，０），Ｂ（２，２，０），Ａ１（２，０，４），ＥＤ → １ ＝ （０，－２，３），→ＥＦ＝（１，－１，－１），则点Ｄ１到直线ＥＦ的距 离为ｄ＝ ＥＤ→ １２ (－ ＥＤ → １· →ＥＦ → )｜ＥＦ｜槡 ２ ＝ １３ (－ －１ 槡 )３槡 ２ ＝槡１１４３ ． （２）证明：由（１）可得Ａ１ → Ｃ＝（－２，２，－４），→ＤＢ＝（２， ２，０），→ＤＥ＝（０，２，１），由Ａ１→ Ｃ·→ＤＢ＝－２×２＋２×２＝０， 可得Ａ１Ｃ⊥ＤＢ． 由Ａ１ → Ｃ·→ＤＥ＝２×２＋（－４）×１＝０得Ａ１Ｃ⊥ＤＥ， 又ＤＢ∩ＤＥ＝Ｄ，故Ａ１Ｃ⊥平面ＢＤＥ． １６．（１）解：→ＥＢ＝ＥＡ→ １＋Ａ１→ →Ａ＋ＡＢ＝ ２ ３Ｄ１Ａ → １＋Ａ１ → →Ａ＋ＡＢ ＝－２３ｂ－ｃ＋ａ． （２）证明：→ＦＢ＝ＦＡ→ １＋Ａ１→ →Ａ＋ＡＢ＝ ２ ５ＣＡ → １＋Ａ１ → →Ａ＋ＡＢ ＝ ２５（ → →ＣＢ＋ＢＡ＋ＡＡ→ １）＋Ａ１→ →Ａ＋ＡＢ＝ ２ ５（－ｂ－ａ＋ｃ）－ ｃ＋ａ＝３５ａ－ ２ ５ｂ－ ３ ５ｃ＝ (３５ ａ－２３ｂ－ )ｃ ＝３５→ＥＢ， 又 →ＥＢ与→ＦＢ相交于点Ｂ，所以Ｅ，Ｆ，Ｂ三点共线． １７．（１）证明：设｛→ＢＡ，→ＢＣ，→ＢＰ｝为空间的一组基底，因 为Ｅ，Ｆ分别为ＰＡ，ＰＣ的中点，所以→ＢＥ＝１２ →ＢＰ＋１２ →ＢＡ， →ＢＦ＝ １２ →ＢＣ＋１２ →ＢＰ． 又 →ＤＧ＝２→ＧＰ，所以→ → → →ＢＧ＝ＢＤ＋ＤＧ＝ＢＤ＋２３ →ＤＰ＝ →ＢＤ＋２３（ → →ＢＰ－ＢＤ）＝１３ →ＢＤ＋２３ →ＢＰ＝１３ →ＢＡ＋１３ →ＢＣ ＋２３ →ＢＰ＝ (２３ １２→ＢＡ＋１２→ )ＢＰ ＋ (２３ １２→ＢＣ＋１２→ )ＢＰ ＝ ２３ →ＢＥ＋２３ →ＢＦ． 故Ｂ，Ｅ，Ｇ，Ｆ四点共面． （２）解：由正四棱锥的对称性知 Ｖ１ ＝２ＶＥ－ＰＢＧ，Ｖ２ ＝ ２ＶＡ－ＰＢＤ．设点Ｅ到平面ＰＢＧ的距离为ｄ１，点Ａ到平面ＰＢＤ 的距离为ｄ２， 由Ｅ是ＰＡ的中点得ｄ２ ＝２ｄ１． 由 →ＤＧ＝２→ＧＰ得Ｓ△ＰＢＤ ＝３Ｓ△ＰＢＧ， 则 Ｖ１ Ｖ２ ＝ ＶＥ－ＰＢＧ ＶＡ－ＰＢＤ ＝ Ｓ△ＰＢＧ·ｄ１ Ｓ△ＰＢＤ·ｄ２ ＝ １６． １８．（１）解：由题意 知 ∠ＢＥＣ＝∠ＥＣＤ ＝ ∠ＡＥＣ＝９０°，∠ＰＥＤ＝ ∠ＡＥＤ＝４５°，而 ＢＥ＝ ＣＤ，Ｍ是ＢＣ的中点，所 以ＭＥ⊥ＥＤ． 又平面ＰＥＤ⊥平面ＢＣＤＥ，平面ＰＥＤ∩ 平面 ＢＣＤＥ ＝ＤＥ，ＭＥ平面ＢＣＤＥ，所以ＭＥ⊥平面ＰＥＤ． 在平面ＰＤＥ内，过点Ｅ作ＥＤ的垂线作为ｚ轴，所以ＭＥ ⊥ｚ轴，如图６，以Ｅ为坐标原点，分别以ＥＭ，ＥＤ所在直线分 别为ｘ，ｙ轴建立空间直角坐标系． 设ＰＥ＝ｔ（ｔ＞０）， 所以Ｅ（０，０，０），Ｍ（１，０，０），Ｂ（１，－１，０），Ｃ（１，１，０），Ｄ（０， ２，０）， (Ｐ ０，槡２２ｔ，槡２２ )ｔ， (Ｎ ０，槡２４ｔ，槡２４ )ｔ， 所以 → (ＭＮ＝ －１，槡２４ｔ，槡２４ )ｔ，→ (ＢＰ＝ －１，槡２２ｔ＋１，槡２２ )ｔ， →ＢＣ＝（０，２，０），→ (ＥＰ＝ ０，槡２２ｔ，槡２２ )ｔ，→ＥＣ＝（１，１，０）． 设平面ＰＢＣ的法向量为ｎ１ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）， 则 ｎ１· →ＢＣ＝２ｙ１ ＝０， ｎ１· →ＢＰ＝－ｘ１ (＋ 槡２２ｔ＋ )１ ｙ１＋槡２２ｔｚ１ ＝０{ ， 取ｎ１ (＝ 槡２２ｔ，０， )１ ， ｓｉｎθ＝ ｜ｎ１· →ＭＮ｜ ｜ｎ１ →｜｜ＭＮ｜ ＝ －槡２２ｔ＋ 槡２ ４ｔ １＋１２ｔ槡 ２ １＋１４ｔ槡 ２ ＝ ｔ ｔ４＋６ｔ２＋槡 ８ ＞槡３６，解得槡２＜ｔ＜２． 设平面ＰＥＣ的法向量为ｎ２ ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）， 则 ｎ２· →ＥＣ＝ｘ２＋ｙ２ ＝０， ｎ２· →ＥＰ＝槡２２ｔｙ２＋ 槡２ ２ｔｚ２ ＝０ { ，取ｎ２ ＝（１，－１，１）， 设平面ＰＢＣ与平面ＰＥＣ的夹角为α，则ｃｏｓα＝ ｜ｎ１·ｎ２｜ ｜ｎ１｜｜ｎ２｜ ＝ 槡２ ２ｔ＋１ 槡３ １ ２ｔ ２＋槡 １ ＝１ 槡３ １＋ 槡２２ ｔ＋２槡 ｔ (∈ 槡２＋１３ ，槡６)３ ， 所以二面角Ｂ－ＰＣ－Ｅ ( 的平面角的余弦值的取值范围是 槡２＋１ ３ ， 槡６)３ ． （２）证明：Ｓ是四面体的表面积，ＶＫ－ＣＧＨ ＝ １ ３Ｓ·ｒ， 令ＫＧ与面ＣＧＨ所成角为α， ＶＫ－ＣＧＨ ＝ １ ６ＧＨ·ＣＨ·ＫＧｓｉｎα≤ １ ６ＧＨ·ＣＨ·ＫＧ， Ｓ△ＣＨＧ ＝ １ ２ＣＨ·ＧＨ，Ｓ△ＫＨＧ ＝ １ ２ＫＧ·ＧＨ， 因为ＧＨ是公垂线，ＣＤ上的点和ＰＫ上的点的最短距 离是ＧＨ，Ｓ△ＣＫＧ ＞Ｓ△ＫＧＨ，Ｓ△ＣＫＨ ＞Ｓ△ＣＨＧ（取不到等号）， 所以Ｓ＞ＣＨ·ＧＨ＋ＫＧ·ＧＨ＝ＧＨ·（ＣＨ＋ＫＧ）， １ ６ＧＨ·ＣＨ·ＫＧ＞ １ ３ＧＨ·（ＣＨ＋ＫＧ）·ｒ， 所以 １ ｒ＞ (２ １ＫＧ＋１ )ＣＨ ． １９．（１）证明：设Ｐ（ｘ０，ｙ０，ｚ０）是直线ｌ上任意一点，而 ｄ＝（－２，０，－４）为直线ｌ的方向向量，则有→ＱＰ∥ｄ，从而 存在实数λ，使得→ＱＰ＝λｄ，即（ｘ０－１，ｙ０－１，ｚ０－２）＝ λ（－２，０，－４）， 则 ｘ０－１＝－２λ， ｙ０－１＝０， ｚ０－２＝－４λ { ， 解得 ｘ０ ＝１－２λ， ｙ０ ＝１， ｚ０ ＝２－４λ { ， 即点Ｐ（１－２λ，１，２－４λ）． 显然 （１－２λ）２ １ ＋ １２ １－ （２－４λ）２ ４ ＝１－４λ＋４λ ２＋１－ （１－４λ＋４λ２）＝１，因此点Ｐ的坐标总是满足曲面Ｃ的方程， 所以直线ｌ在曲面Ｃ上． （２）解：直线ｌ′在曲面Ｃ上，且过点Ｔ（槡２，０，２）， 设Ｍ（ｘ１，ｙ１，ｚ１）是直线ｌ′上任意一点，直线ｌ′的方向 向量为ｄ′＝（ａ，ｂ，ｃ），则有→ＴＭ∥ｄ′， 从而存在实数ｔ，使得→ＴＭ＝ｔｄ′，即（ｘ１－槡２，ｙ１，ｚ１－２） ＝ｔ（ａ，ｂ，ｃ）， 则 ｘ１－槡２＝ａｔ， ｙ１ ＝ｂｔ， ｚ１－２＝ｃｔ { ， 解得 ｘ１ ＝槡２＋ａｔ， ｙ１ ＝ｂｔ， ｚ１ ＝２＋ｃｔ { ， 即点Ｍ（槡２＋ａｔ，ｂｔ，２＋ｃｔ）． 由点Ｍ（ｘ１，ｙ１，ｚ１）在曲面Ｃ上得 （槡２＋ａｔ） ２ １ ＋ （ｂｔ）２ １ － （２＋ｃｔ）２ ４ ＝１， (整理得 ａ２＋ｂ２－ｃ２ )４ ｔ２＋（槡２２ａ－ｃ）ｔ＝０， 依题意，对任意的实数ｔ (有 ａ２＋ｂ２－ｃ２ )４ ｔ２＋（槡２２ａ －ｃ）ｔ＝０恒成立，因此ａ２＋ｂ２－ｃ ２ ４ ＝０，且 槡２２ａ－ｃ＝０， 解得ｃ＝ 槡２２ａ，ｂ＝ａ或ｃ＝ 槡２２ａ，ｂ＝－ａ， 不妨取ａ＝１，则ｂ＝１，ｃ＝ 槡２２或ｂ＝－１，ｃ＝ 槡２２， 即ｄ′＝（１，１，槡２２）或ｄ′＝（１，－１，槡２２）， 又直线ｌ的方向向量为ｄ＝（－２，０，－４）， 所以异面直线ｌ与ｌ′所成角的余弦值均为 ｜ｃｏｓ〈ｄ，ｄ′〉｜＝｜ｄ·ｄ′｜｜ｄ｜｜ｄ′｜＝ ２＋ 槡８２ 槡２５×槡１０ ＝８＋槡２１０ ． 第２０期３，４版 核心素养阶段测评（一） 一、单项选择题 １～４　ＡＣＣＢ　５～８　ＢＡＤＣ 提示： １．向量ａ＋ｂ在向量ａ上的投影向量为（ａ＋ｂ）·ａ｜ａ｜ · ａ ｜ａ｜＝ （１，－１，２）·（０，０，１） １ · （０，０，１） １ ＝（０，０，２）． ２．由ＡＢ＞０且ＢＣ＜０，可得Ａ，Ｂ同号，Ｂ，Ｃ异号，所 以Ａ，Ｃ也是异号；令ｘ＝０，得ｙ＝－ＣＢ ＞０；令ｙ＝０，得 ｘ＝－ＣＡ ＞０；所以直线Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０不经过第三象限． ３．因为双曲线ｘ２－ｙ２ ＝２的右焦点为（２，０）， 又抛物线ｙ２ ＝ｍｘ的准线方程为ｘ＝－ｍ４， 则 －ｍ４ ＝２，即ｍ＝－８． ４．ｍ＝１时，方程化为ｙ＝０，为直线； ｍ＜１时，方程化为 ｘ ２ ２－ｍ＋ ｙ２ １－ｍ＝１，为椭圆； １＜ｍ＜２时，方程化为 ｘ ２ ２－ｍ－ ｙ２ ｍ－１＝１，为双曲线； 而ｍ－１≠ｍ－２，因此曲线不可能是圆． ５．由题可得→ＡＢ＝（－１，２，０），→ＡＣ＝（－１，０，２）， 设平面ＡＢＣ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 →ＡＣ·ｎ＝０， →ＡＢ·ｎ＝０{ ，即 －ｘ＋２ｚ＝０，－ｘ＋２ｙ＝０{ ， 取ｎ＝（２，１，１）， 又因为平面ＡＢＯ的法向量为→ＯＣ＝（０，０，２）， 则ｃｏｓθ＝｜ｃｏｓ〈→ＯＣ，ｎ〉｜＝ →｜ＯＣ·ｎ｜ →｜ＯＣ｜｜ｎ｜ ＝ ２ ２×槡６ ＝槡６６． ６．由题意，以→ＣＡ，→ＣＢ，ＣＣ→ １的方向分别为ｘ轴、ｙ轴和ｚ轴正 方向建立空间直角坐标系，设ＣＡ＝ＣＢ＝ＣＣ１＝１，可得Ａ（１，０， ０），Ａ１（１，０，１），Ｃ１（０，０，１）， (Ｅ １２，０，)１ ， (Ｆ ０，１２，)１ ， 则 → (ＡＥ＝ －１２，０， )１ ，→ (ＣＦ＝ ０，１２， )１ ， 所以ｃｏｓ〈→ＡＥ，→ＣＦ〉＝ →ＡＥ·→ＣＦ → →｜ＡＥ｜｜ＣＦ｜ ＝ ( １ － )１２ ２ ＋１槡 ２ (· )１２ ２ ＋１槡 ２ ＝ ４５． 显然二面角Ｃ－ＡＢ－Ｏ的平面角为锐角，所以ｃｏｓθ＝ ４ ５． ７．圆Ｍ：（ｘ＋１）２＋（ｙ－２ａ）２＝（槡２－１） ２与圆Ｎ：（ｘ －ａ）２＋ｙ２＝（槡２＋１） ２有两条公切线，所以圆Ｍ与圆Ｎ相 交，圆Ｍ的圆心为Ｍ（－１，２ａ），半径为槡２－１，圆Ｎ的圆心 为Ｎ（ａ，０），半径为槡２＋１．依题意可得（槡２＋１）－（槡２－ １） ＜｜ＭＮ｜＜ （槡２ ＋１） ＋（槡２ －１），即 ２ ＜ （ａ＋１）２＋（－２ａ）槡 ２ ＜ 槡２２，即 ５ａ２＋２ａ－３＞０， ５ａ２＋２ａ－７＜０{ ，解 得ａ (∈ －７５，－ )１ (∪ ３５， )１ ． ８．由题可得Ａ（－１，０），Ｂ（１，０），设Ｐ（ｘ，ｙ）， 由双纽线的定义得｜ＰＡ｜×｜ＰＢ｜＝１， 即 （ｘ＋１）２＋ｙ槡 ２ × （ｘ－１）２＋ｙ槡 ２ ＝１， 化简得（ｘ２＋ｙ２）２ ＝２（ｘ２－ｙ２）， 显然｜ＯＢ｜＝１，设｜ＯＰ｜＝ｒ，∠ＰＯＢ＝θ， 则Ｐ（ｒｃｏｓθ，ｒｓｉｎθ）， 代入方程（ｘ２＋ｙ２）２ ＝２（ｘ２－ｙ２）， 得ｒ４ ＝２ｒ２（ｃｏｓ２θ－ｓｉｎ２θ）＝２ｒ２ｃｏｓ２θ， 所以ｒ２ ＝２ｃｏｓ２θ＝２（２ｃｏｓ２θ－１）＝１４， 由余弦定理得 ｜ＰＢ｜２ ＝｜ＯＰ｜２ ＋｜ＯＢ｜２ － ! 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" !"#$%&'()*+,-./- ! 0 书 ２｜ＯＰ｜｜ＯＢ｜·ｃｏｓ∠ＰＯＢ＝１４＋１－２× １ ２×１× ３ ４＝ １ ２， 所以｜ＰＢ｜＝槡２２，所以｜ＰＡ｜＝ １ ｜ＰＢ｜＝槡２． 二、多项选择题 ９．ＡＢＤ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＣ． 提示： ９．由题得ｍ·ｎ＝（－１）×２＋２×（－４）＋５ｘ＝－１０ ＋５ｘ＝０，解得ｘ＝２，故（Ａ）正确； 因为ｍ∥ｎ，所以存在λ∈Ｒ，使得ｍ ＝λｎ， 则（－１，２，５）＝λ（２，－４，ｘ）＝（２λ，－４λ，λｘ）， 即 ２λ＝－１， －４λ＝２， λｘ＝５ { ， 解得 λ＝－１２， ｘ＝－１０ { ， 故（Ｂ）正确； 因为ｍ＋ｎ＝（１，－２，５＋ｘ）， 所以 ｜ｍ ＋ｎ｜＝ １２＋（－２）２＋（５＋ｘ）槡 ２ ＝ ５＋（５＋ｘ）槡 ２ ＝槡５，解得ｘ＝－５，故（Ｃ）错误； 因为ｘ＝槡１０，则ｍ＝（－１，２，５），ｎ＝（２，－４，槡１０）， 所以ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉＝ ｍ·ｎ｜ｍ｜｜ｎ｜ ＝－１×２＋２×（－４）＋５×槡１０ １＋４＋槡 ２５× ４＋１６＋槡 １０ ＝ 槡１０－２６ ，故 （Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １０．根据椭圆定义知卫星向径的取值范围是［ａ－ｃ， ａ＋ｃ］，（Ａ）正确； 当卫星在左半椭圆弧运行时，对应的面积更大，面积 守恒规律，速度更慢，（Ｂ）正确； ａ－ｃ ａ＋ｃ＝ １－ｅ １＋ｅ＝ ２ １＋ｅ－１，当比值越大，则ｅ越小，椭 圆轨道越圆，（Ｃ）错误． 根据面积守恒规律，卫星在近地点时向径最小，故速 度最大，在远地点时向径最大，故速度最小，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．由 ｘ＋ｙ＝０， ２ｘ－３ｙ－６＝０{ ，解得ｘ＝６５，ｙ＝－６５，所以 (交点坐标为 ６５，－ )６５ ，所以（Ａ）正确； 直线ｌ２：２ｘ－３ｙ－６＝０与ｘ轴的交点为（３，０），与ｙ轴 的交点为（０，－２），直线ｌ１过原点，所以直线ｌ１，ｌ２和ｘ轴围 成的三角形的面积为 １ ２×３× ６ ５ ＝ ９ ５，所以（Ｂ）错误； 由上述分析可知，直线ｌ２关于原点Ｏ对称的直线过点 （－３，０），（０，２），所以直线ｌ２关于原点Ｏ对称的直线方程 为ｙ－２＝ ２－００－（－３）（ｘ－０），即２ｘ－３ｙ＋６＝０，所以（Ｃ） 正确； 点（３，０）关于直线ｘ＋ｙ＝０的对称点是（０，－３）， 点（０，－２）关于直线ｘ＋ｙ＝０的对称点是（２，０）， 则直线ｌ２关于直线ｌ１对称的直线方程为 ｘ ２＋ ｙ －３＝１， 即３ｘ－２ｙ－６＝０，所以（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．（２，０）；　１３．（槡２－１，１）；　１４ (． ０，槡２５]５ ． 提示： １２．由题可得Ｂ（３，１）关于ｘ轴的对称点为Ｂ′（３，－１）， 则直线 ＡＢ′的方程为 ｙ－３－１－３＝ ｘ＋１ ３－（－１），可得 ｙ＝－ｘ＋２， 令ｙ＝０，可得ｘ＝２，所以点Ｐ（２，０）． １３．设Ｐ（ｍ，ｎ），则 (Ｑ ａ２＋ｂ２ａ ， )ｎ ， 又四边形ＰＱＦ１Ｆ２为平行四边形， 所以 ｍ ＝ａ ２＋ｂ２ ａ －２ｃ ＝２ａ ２－２ａｃ－ｃ２ ａ ∈ （－ａ， ａ），即 －ａ＜２ａ ２－２ａｃ－ｃ２ ａ ＜ａ， 所以 －１＜２－２ｅ－ｅ２ ＜１，解得槡２－１＜ｅ＜１． １４．因为 ＰＡ⊥ 平面 ＡＢＣＤ，∠ＢＡＤ＝９０°，所以 ＰＡ， ＡＢ，ＡＤ两两垂直．以点 Ａ为坐标原点，ＡＤ，ＡＢ，ＡＰ所在直 线分别为ｘ，ｙ，ｚ轴，建立空间直角坐标系，则 Ａ（０，０，０）， Ｂ（０，１，０），Ｃ（１，１，０），Ｄ（２，０，０），Ｐ（０，０，１）．设点 Ｑ（ａ， ｂ，０），其中０≤ａ≤２，０≤ｂ≤１，且ａ＋ｂ≤２．设平面ＰＤＱ 的一个法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）． 又 →ＤＰ ＝（－２，０，１），→ＤＱ ＝（ａ－２，ｂ，０），所以 ｍ·→ＤＰ＝－２ｘ＋ｚ＝０， ｍ·→ＤＱ＝（ａ－２）ｘ＋ｂｙ＝０{ ．取ｍ ＝（ｂ，２－ａ，２ｂ）． 易知平面ＰＡＤ的一个法向量为ｎ＝（０，１，０）．由已知 条件可得｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝｜ｍ·ｎ｜｜ｍ｜｜ｎ｜＝ ｜２－ａ｜ （２－ａ）２＋５ｂ槡 ２ ＝槡２２，即ａ＋槡５ｂ＝２．由题可知Ｓ△ＡＤＱ ＝ １ ２×｜ＡＤ｜×ｂ＝ ｂ．结合图形，当ａ＝２时，ｂ取得最小值，为０；当ａ＝０时， ｂ取得最大值，为 槡２５５．所以ｂ [的取值范围为 ０，槡２５]５ ．若 要组成△ＡＤＱ，则点Ｑ不在线段ＡＤ上，所以Ｓ△ＡＤＱ ＝ｂ ( ∈ ０，槡２５]５ ． 四、解答题 １５．解：（１）由焦点Ｆ到准线的距离为２，得ｐ＝２， 故抛物线的标准方程为ｙ２ ＝４ｘ． （２）由（１）知Ｆ（１，０），则直线ｌ为ｙ＝２（ｘ－１）， 即２ｘ－ｙ－２＝０， 联立抛物线可得ｘ２－３ｘ＋１＝０， 则ｘＡ＋ｘＢ ＝３，ｘＡｘＢ ＝１， 所以｜ＡＢ｜＝ｘＡ＋ｘＢ＋２＝５， 又Ｏ到直线ｌ的距离ｄ＝｜－２｜ 槡５ ＝ 槡２５５， 所以Ｓ△ＯＡＢ ＝ １ ２｜ＡＢ｜ｄ＝槡５． １６．解：（１）由题意有 ２ａ＝４ｂ， ８ ａ２ －１ ｂ２ ＝１{ ，解得 ａ＝２，ｂ＝１{ ， 所以双曲线Ｃ的方程为ｘ ２ ４－ｙ ２ ＝１． （２）设点Ｐ（ｘ０，ｙ０），则 ｘ２０ ａ２ － ｙ２０ ｂ２ ＝１，即 ｙ２０ ｘ２０－ａ ２＝ ｂ２ ａ２ ． 又Ａ１（－ａ，０），Ａ２（ａ，０）， 则有ｋＰＡ１·ｋＰＡ２＝ ｙ０ ｘ０＋ａ · ｙ０ ｘ０－ａ ＝ ｙ２０ ｘ２０－ａ ２ ＝ ｂ２ ａ２ ＝２， 所以 ｂ ａ ＝槡２，所以渐近线方程为ｙ＝±槡２ｘ． １７．解：（１）易得直线ｌ：ｍｘ＋ｙ－２ｍ－１＝０过定点 Ｄ（２，１），又圆Ｃ：（ｘ－２）２＋ｙ２ ＝４，所以Ｃ（２，０）． 易得｜ＡＢ｜ｍｉｎ ＝２ ４－｜ＣＤ｜槡 ２ ＝ 槡２３． （２）满足题意的定点Ｍ，Ｎ存在，证明如下： 设Ｐ（ｘ，ｙ），Ｍ（２，ａ），Ｎ（２，ｂ）（ａ≠ｂ）， 因为｜ＰＭ｜＝２｜ＰＮ｜，等式两边平方得 （ｘ－２）２＋（ｙ－ａ）２ ＝４［（ｘ－２）２＋（ｙ－ｂ）２］． 又（ｘ－２）２ ＝４－ｙ２， 所以２（ａ－４ｂ）ｙ＋４ｂ２－ａ２＋１２＝０． 所以 ａ＝４ｂ， ４ｂ２－ａ２＋１２＝０{ ，解得 ａ＝４， ｂ＝１{ ，或 ａ＝－４， ｂ＝－１{ ， 所以满足题意的定点为 Ｍ（２，４），Ｎ（２，１）或 Ｍ（２， －４），Ｎ（２，－１）． １８．解：（１）依题意ｋ１ ＝ｔａｎθ１，ｋ２ ＝ｔａｎθ２， 且θ１，θ２均不为０或 π ２， 若选①θ１＋θ２ ＝π，则θ１ ＝π－θ２， 则ｔａｎθ１ ＝ｔａｎ（π－θ２）＝－ｔａｎθ２，即ｋ１＋ｋ２ ＝０； 若选②ｌ１⊥ｌ２，则ｋ１·ｋ２ ＝－１． （２）依题意直线ｌ１：ｙ－１＝ｋ１（ｘ－１）， 直线ｌ２：ｙ－１＝ｋ２（ｘ－１）， 又ｌ１过Ａ（ａ，２），所以２－１＝ｋ１（ａ－１）且ａ≠１， 即１＝ｋ１（ａ－１）且ａ≠１， 又ｌ２过Ｂ（２，ｂ），所以ｂ－１＝ｋ２（２－１）且ｂ≠１， 即ｂ－１＝ｋ２且ｂ≠１； 若选①，则ｋ１＋ｋ２ ＝０，所以ｋ１ ＝－ｋ２ ＝１－ｂ， 即１＝（１－ｂ）（ａ－１）且ａ≠１，ｂ≠１； 若选②，则ｋ１·ｋ２＝－１，所以（ｂ－１）× １ ａ－１＝－１， 即ｂ＋ａ＝２且ａ≠１，ｂ≠１． （３）直线ｌ１：ｙ－１＝ｋ１（ｘ－１），将直线ｌ１向右平移４ 个单位长度，再向上平移２个单位长度得到ｙ－１＝ｋ１［（ｘ －４）－１］＋２，即ｙ－１＝ｋ１ｘ－５ｋ１＋２， 所以 －５ｋ１＋２＝－ｋ１，解得ｋ１ ＝ １ ２， 此时直线ｌ１：ｙ－１＝ １ ２（ｘ－１），所以２－１＝ １ ２（ａ－１）， 解得ａ＝３； 若选①，则ｋ２ ＝－ １ ２，此时ｌ２：ｙ－１＝－ １ ２（ｘ－１）， 所以ｂ－１＝－１２（２－１），解得ｂ＝ １ ２； 若选②，则ｋ２ ＝－２，此时ｌ２：ｙ－１＝－２（ｘ－１）， 所以ｂ－１＝－２（２－１），解得ｂ＝－１． １９．（１）证明：→ＡＰ·→ＡＢ＝－２－２＋４＝０， 所以 →ＡＰ⊥ →ＡＢ，即ＡＰ⊥ＡＢ； →ＡＰ·→ＡＤ＝－４＋４＋０＝０，所以→ＡＰ⊥ →ＡＤ，即ＡＰ⊥ＡＤ． 又ＡＢ∩ＡＤ＝Ａ，所以ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ． （２）解：｜（→ →ＡＢ×ＡＤ）·→ＡＰ｜ ＝｜－４－３２＋０－０－４－８｜＝４８， 又 ｃｏｓ〈→ＡＢ，→ＡＤ〉＝ ８－２＋０ ４＋１＋槡 １６· １６＋４＋槡 ０ ＝ 槡１０５ ３５ ，所以ｓｉｎ〈 →ＡＢ，→ＡＤ〉＝ 槡４ ７０３５ ， ＶＰ－ＡＢＣＤ ＝ １ ３ →｜ＡＢ｜· →｜ＡＤ｜·ｓｉｎ〈→ＡＢ，→ＡＤ〉· →｜ＡＰ｜＝１６． ｜（→ →ＡＢ×ＡＤ）·→ＡＰ｜＝３ＶＰ－ＡＢＣＤ． 猜测：｜（→ →ＡＢ×ＡＤ）·→ＡＰ｜在几何上可表示以ＡＢ，ＡＤ，ＡＰ 为棱的平行六面体的体积（或以ＡＢ，ＡＤ，ＡＰ为棱的四棱柱的 体积）． 第２１期３，４版 核心素养阶段测评（二） 一、单项选择题 １～４　ＤＢＢＣ　５～８　ＣＣＤＢ 提示： １．由题可得ａ－２ｂ＝（８，－５，１３）， 所以｜ａ－２ｂ｜＝ ８２＋（－５）２＋１３槡 ２ ＝槡２５８． ２．由题可得ａ·ｎ＝０即ａ⊥ｎ，所以ｌ∥α或ｌα． ３．直线５ｘ－１２ｙ＋２＝０，即１０ｘ－２４ｙ＋４＝０， 则平行线间的距离ｄ＝｜４－（－３）｜ １０２＋２４槡 ２ ＝ ７２６． ４．由题得ａ＝ 槡２３，ｃ＝３， 因为原点Ｏ是Ｆ１Ｆ２的中点， 所以ＰＦ２平行于ｙ轴，即ＰＦ２垂直于ｘ轴， 设｜ＰＦ１｜＝ｘ，则｜ＰＦ２｜＝ 槡４３－ｘ， 在Ｒｔ△ＰＦ１Ｆ２中，（槡４３－ｘ） ２＋３６＝ｘ２， 解得ｘ＝ 槡７３２，所以｜ＰＦ２｜＝ 槡３ ２，所以ｔ＝７． ５．由直线ｌ：ｘａ＋ ｙ ｂ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）过点（１，４）， 则 １ ａ＋ ４ ｂ ＝１，所以ａ＋ｂ＝（ａ＋ｂ (） １ａ＋４ )ｂ ＝ １＋ｂａ＋ ４ａ ｂ＋４≥５＋２ ｂ ａ× ４ａ 槡 ｂ ＝９， 当且仅当 ｂ ａ ＝ ４ａ ｂ，即ａ＝３，ｂ＝６时，等号成立， 所以直线ｌ方程为 ｘ３＋ ｙ ６ ＝１，即２ｘ＋ｙ－６＝０． ６．不妨设Ｆ１（－ｃ，０），Ｆ２（ｃ，０），Ｍ（ｘ０，ｙ０），且ｘ０≥２， 则｜ＭＦ１｜ ２－｜ＭＦ２｜ ２＝（ｘ０＋ｃ） ２＋ｙ２０－［（ｘ０－ｃ） ２ ＋ｙ２０］＝４ｃｘ０≥８ｃ，所以８ｃ＝ 槡８６，解得ｃ＝槡６，ｂ＝槡２， 故双曲线Ｃ的渐近线方程为ｙ＝±槡２２ｘ． ７．抛物线 Ｃ：ｘ２ ＝４ｙ的焦点 Ｆ（０，１），准线方程为 ｙ＝－１， 圆ｘ２＋（ｙ－１）２ ＝４的圆心Ｆ（０，１），Ｒ＝２， ｜ＦＢ｜＝２，｜ＡＦ｜＝ｙＡ＋１，｜ＡＢ｜＝ｙＢ－ｙＡ， 所以三角形△ＡＦＢ周长为： ｜ＦＢ｜＋｜ＡＦ｜＋｜ＡＢ｜＝２＋ｙＡ＋１＋ｙＢ－ｙＡ＝３＋ｙＢ， 因为１＜ｙＢ ＜３，所以△ＡＦＢ周长的取值范围是（４，６）． ８．设圆心Ｃ坐标为（ａ，ｂ），则Ｑ（０，ｂ）， 圆的方程为（ｘ－ａ）２＋（ｙ－ｂ）２ ＝ａ２， 因为Ｅ，Ｆ两点在圆上， 所以 （２－ａ）２＋（４－ｂ）２ ＝ａ２， （４－ａ）２＋（２－ｂ）２ ＝ａ２{ ， ! " # $ ! % $ " & ' !"#$%&'()*+,-./- ! 0 书 解得 ａ＝２， ｂ＝{ ２或 ａ＝１０， ｂ＝１０{ ， 当 ａ＝１０， ｂ＝{ １０时，∠ＥＱＦ为劣弧所对角，故舍去． 所以Ｑ（０，２），Ｃ（２，２）， 所以｜ＱＦ｜＝４，｜ＱＥ｜＝ 槡２２，｜ＥＦ｜＝ 槡２２， 所以△ＱＥＦ为等腰直角三角形，所以∠ＥＱＦ＝４５°． 二、多项选择题 ９．ＡＤ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＢ． 提示： ９．设过点Ｐ的直线方程为ｙ＝ｋ（ｘ＋槡３）－１， 则由直线与圆相切知 ｜槡３ｋ－１｜ １＋ｋ槡 ２ ＝１， 解得ｋ＝０或ｋ＝槡３． 故直线ｌ的倾斜角为０°或６０°．故选（Ａ）（Ｄ）． １０．当ｍ (∈ １２， )２ 时，０＜２－ｍ＜３２，３２ ＜ｍ＋ １＜３，所以０＜ １ｍ＋１＜ １ ２－ｍ， 所以 ｘ２ １ ２－ｍ ＋ ｙ ２ １ ｍ＋１ ＝１表示焦点在ｘ轴上的椭圆， 即曲线Ｃ表示焦点在ｘ轴上的椭圆，故（Ａ）正确； 若曲线Ｃ表示双曲线， 则（２－ｍ）（ｍ＋１）＜０，解得ｍ＜－１或ｍ＞２，故（Ｂ） 错误； 当ｍ＝２时，曲线Ｃ：３ｙ２ ＝１，即ｙ＝±槡３３， 即曲线Ｃ表示两条直线，故（Ｃ）正确； 若曲线Ｃ为等轴双曲线，则 （２－ｍ）（ｍ＋１）＜０， －（２－ｍ）＝ｍ＋１{ ，解集为，所以不存在ｍ∈Ｒ，使 得曲线Ｃ为等轴双曲线，故（Ｄ）错误．故选（Ａ）（Ｃ）． １１．若ｐ＝ １２，则点Ｑ到平面ＡＢＤ的距离为定值，所 以三棱锥Ｑ－ＡＢＤ的体积为定值，（Ａ）正确； 若ｍ＝ｎ，则→ → → →ＣＱ＝ＡＱ－ＡＣ＝ＡＱ－（→ →ＡＢ＋ＡＤ）＝（ｍ －１）→ＡＢ＋（ｎ－１）→ＡＤ＋ｐＡＡ→ １，且→ → →ＤＢ＝ＡＢ－ＡＤ，→ＣＱ·→ＤＢ ＝（ｍ－１）－（ｎ－１）＝０，所以ＱＣ⊥ＢＤ，（Ｂ）正确； 若ｍ＝ｎ，由（Ｂ）选项可知ＱＣ⊥ＢＤ，且ＡＣ⊥ＢＤ，所 以 →ＢＤ为平面ＱＡＣ的一个法向量，且 →｜ＢＤ｜＝槡２，ＢＤ→ １ ＝ ＡＤ→ １ →－ＡＢ＝ＡＡ→ １ → →＋ＡＤ－ＡＢ，ＢＤ→ １２＝（ＡＡ→ １ → →＋ＡＤ－ＡＢ）２＝ ３，｜ＢＤ→ １｜＝槡３，又因为→ＢＤ·ＢＤ→ １ ＝（→ →ＡＤ－ＡＢ）·（ＡＡ→ １＋ → →ＡＤ－ＡＢ）＝２，所以 →｜ＢＤ·ＢＤ→ １｜ →｜ＢＤ｜｜ＢＤ→ １｜ ＝ ２ 槡２×槡３ ＝槡６３，即ＢＤ１ 与平面ＱＡＣ所成角的正弦值为槡６３，（Ｃ）错误； →｜ＣＱ｜２＝｜（ｍ－１）→ＡＢ＋（ｎ－１）→ＡＤ＋ｐＡＡ→ １｜２＝（ｍ －１）２＋（ｎ－１）２＋ｐ２＋ｐ（ｍ－１）＋ｐ（ｎ－１）＝ｍ２＋ｎ２ ＋ｐ２－ｐ≥（ｍ＋ｎ） ２ ２ (＋ ｐ－ )１２ ２ －１４≥ １ ２－ １ ４ ＝ １ ４， 当且仅当ｍ＝ｎ＝ｐ＝１２时等号成立，所以ＱＣ长度的最 小值为 １ ２，（Ｄ）错误．故选（Ａ）（Ｂ）． 三、填空题 １２．３；　１３ (． ２５， )６５ ；　１４．３． 提示： １２．因为ｄ＝αａ＋βｂ＋γｃ＝α（ｅ１＋ｅ２）＋β（ｅ２＋ｅ３） ＋γ（ｅ１＋ｅ３）＝（α＋γ）ｅ１＋（α＋β）ｅ２＋（β＋γ）ｅ３， 即（α＋γ）ｅ１＋（α＋β）ｅ２＋（β＋γ）ｅ３＝ｅ１＋２ｅ２＋３ｅ３， 可得 α＋γ＝１， α＋β＝２， β＋γ＝３ { ， 三式相加得２（α＋β＋γ）＝６， 即α＋β＋γ＝３． １３．圆Ｏ：ｘ２＋ｙ２ ＝４， 圆心Ｏ（０，０），半径ｒ＝２， 则ＯＭ＝ １２＋３槡 ２ ＝槡１０＞２， 所以点Ｍ在圆Ｏ外， 过Ｍ作圆的两条切线．两切点为 Ａ，Ｂ，则Ａ，Ｂ在以ＯＭ为直径的圆上， 即Ａ，Ｂ (是圆 ｘ－ )１２ ２ (＋ ｙ－ )３２ ２ ＝５２与圆Ｏ：ｘ ２＋ｙ２＝４的交点，两圆方程相减，得 公共弦ＡＢ所在直线的方程为ｘ＋３ｙ－４＝０． 又直线ＯＭ的方程为ｙ＝３ｘ， 由 ｘ＋３ｙ－４＝０， ｙ＝３{ ｘ 解得 ｘ＝ ２５， ｙ＝ ６５ { ， 所以Ｍ (的反演点的坐标为 ２５， )６５ ． １４．因为双曲线Γ的离心率为槡２，所以 ｂ ａ ＝１， 不妨设 Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），Ｄ（ｘ０，ｙ０），因为点 Ａ，Ｂ 在Γ上，所以 ｘ２１ ａ２ － ｙ２１ ｂ２ ＝１， ｘ２２ ａ２ － ｙ２２ ｂ２ ＝１， 两式相减，得 （ｘ１＋ｘ２）（ｘ１－ｘ２） ａ２ ＝ （ｙ１＋ｙ２）（ｙ１－ｙ２） ｂ２ ， 而点Ｄ是ＡＢ的中点，所以ｘ１＋ｘ２＝２ｘ０，ｙ１＋ｙ２＝２ｙ０， 所以 （ｙ１＋ｙ２）（ｙ１－ｙ２） （ｘ１＋ｘ２）（ｘ１－ｘ２） ＝ｂ ２ ａ２ ，即 ｙ０（ｙ１－ｙ２） ｘ０（ｘ１－ｘ２） ＝ｂ ２ ａ２ ， 所以ｋ１ｋ′１＝ ｙ１－ｙ２ ｘ１－ｘ２ · ｙ０－０ ｘ０－０ ＝ｂ ２ ａ２ ＝１． 同理ｋ２ｋ′２＝１，ｋ３ｋ′３＝１．因为 １ ｋ′１ ＋１ｋ′２ ＋１ｋ′３ ＝３， 所以ｋ１＋ｋ２＋ｋ３ ＝ １ ｋ′１ ＋１ｋ′２ ＋１ｋ′３ ＝３． 四、解答题 １５．解：由题意得ｅ＝ ｃａ ＝ 槡３ ２，即ｃ＝ 槡３ ２ａ， 由椭圆定义知｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝２ａ，｜Ｆ１Ｆ２｜＝２ｃ＝ 槡３ａ，又｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜＝３， 所以｜ＰＦ１｜＝ａ＋ ３ ２，｜ＰＦ２｜＝ａ－ ３ ２， 在△ＰＦ１Ｆ２中，由余弦定理得 ｃｏｓ∠Ｆ１ＰＦ２ ＝ １ ２ ( ＝ ａ＋ )３２ ２ (＋ ａ－ )３２ ２ －３ａ２ (２ ａ＋ ) (３２ ａ－ )３２ ，解得ａ２ ＝２７８， 所以Ｓ△ＰＦ１Ｆ２ ＝ (１２ ａ＋ ) (３２ ａ－ )３２ ｓｉｎπ３ ＝槡３(４ ａ２－ )９４ ＝ 槡９３３２． １６．（１）证明：圆的方程可整理为（ｘ２＋ｙ２－２０）＋ａ（－ ４ｘ＋２ｙ＋２０）＝０（ａ≠２）， 由题可得 ｘ２＋ｙ２－２０＝０， －４ｘ＋２ｙ＋２０＝０{ ，得 ｘ＝４， ｙ＝－２{ ， 所以该圆恒过定点（４，－２）． （２）解：圆的方程可化为（ｘ－２ａ）２＋（ｙ＋ａ）２ ＝５（ａ －２）２（ａ≠２），两圆圆心之间的距离ｄ＝ ５ａ槡 ２， ①当两圆外切时，ｄ＝ｒ１＋ｒ２， 即 ５ａ槡 ２ ＝２＋ ５（ａ－２）槡 ２，解得ａ＝１＋槡５５； ②当两圆内切时，ｄ＝｜ｒ１－ｒ２｜， 即 ５ａ槡 ２ ＝｜ ５（ａ－２）槡 ２ －２｜，解得ａ＝１－槡５５； 综上所述，ａ＝１±槡５５． １７．（１）证明：取ＰＤ的中点为Ｓ，连接ＢＦ，ＳＦ，ＳＣ， 则ＳＦ∥ＥＤ，ＳＦ＝ １２ＥＤ＝１， 而ＥＤ∥ＢＣ，ＥＤ＝２ＢＣ，故ＳＦ∥ＢＣ，ＳＦ＝ＢＣ， 故四边形ＳＦＢＣ为平行四边形， 故ＢＦ∥ＳＣ，而ＢＦ平面ＰＣＤ，ＳＣ平面ＰＣＤ， 所以ＢＦ∥平面ＰＣＤ． （２）解：因为 ＥＤ＝２，故 ＡＥ＝１，故ＡＥ∥ＢＣ，ＡＥ＝ＢＣ， 故四边形ＡＥＣＢ为平行四 边形，故ＣＥ∥ＡＢ，所以ＣＥ⊥ 平面ＰＡＤ， 而ＰＥ，ＥＤ平面ＰＡＤ，故 ＣＥ⊥ＰＥ，ＣＥ⊥ ＥＤ，而 ＰＥ⊥ ＥＤ， 故以Ｅ为原点，ＥＣ，ＥＤ，ＥＰ所在直线分别为 ｘ轴、ｙ 轴、ｚ轴建立如图２所示的空间直角坐标系， 则Ａ（０，－１，０），Ｂ（１，－１，０），Ｃ（１，０，０），Ｄ（０，２，０），Ｐ（０，０，２）， 则 →ＰＡ＝（０，－１，－２），→ＰＢ＝（１，－１，－２）， →ＰＣ＝（１，０，－２），→ＰＤ＝（０，２，－２）， 设平面ＰＡＢ的法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则由 ｍ·→ＰＡ＝０， ｍ·→ＰＢ＝{ ０可得 －ｙ－２ｚ＝０，ｘ－ｙ－２ｚ＝０{ ， 取ｍ ＝（０，－２，１）． 设平面ＰＣＤ的法向量为ｎ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则由 ｎ·→ＰＣ＝０， ｎ·→ＰＤ＝{ ０可得 ａ－２ｃ＝０，２ｂ－２ｃ＝０{ ， 取ｎ＝（２，１，１）， 故｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝｜ｍ·ｎ｜｜ｍ｜｜ｎ｜＝ ｜－１｜ 槡５×槡６ ＝槡３０３０， 故平面ＰＡＢ与平面ＰＣＤ所成二面角的平面角的余弦 值为槡 ３０ ３０． １８．解：（１）由题得圆Ｐ的圆心坐标为（１，０），半径为１， 设Ｑ（ｘ，ｙ）（ｘ＞０），依题意有 （ｘ－１）２＋ｙ槡 ２ ＝ｘ＋１， 化简整理得ｙ２ ＝４ｘ， 故所求动圆圆心Ｑ的轨迹方程为ｙ２ ＝４ｘ（ｘ＞０）． （２）设直线ｌ１的方程为ｘ＝ｍｙ＋１（ｍ≠０）， 则直线ｌ１的斜率ｋ＝ １ ｍ， 因为ｌ１，ｌ２的倾斜角互补，故直线ｌ２的方程为ｘ＝－ｍｙ ＋１， 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），Ｃ（ｘ３，ｙ３），Ｄ（ｘ４，ｙ４）， 由 ｘ＝ｍｙ＋１， ｙ２ ＝４{ ｘ 得ｙ２－４ｍｙ－４＝０， 所以ｙ１＋ｙ２ ＝４ｍ，ｙ１ｙ２ ＝－４， 所以Ｓ△ＡＢＥ ＝ １ ２｜ＰＥ｜｜ｙ１－ｙ２｜ ＝ ３２ （ｙ１＋ｙ２） ２－４ｙ１ｙ槡 ２ ＝ ３２ （４ｍ） ２＋槡 １６＝６ ｍ ２＋槡 １， 同理可得Ｓ△ＣＤＥ ＝ １ ２｜ＰＥ｜｜ｙ３－ｙ４｜＝６ ｍ ２＋槡 １， 因为△ＡＢＥ与△ＣＤＥ面积之和为 槡１２５， 所以有１２ ｍ２＋槡 １＝ 槡１２５， 解得ｍ＝±２，所以直线ｌ１的斜率ｋ＝ １ ｍ ＝± １ ２． １９．（１）解：把点（１，２），（－１，０）分别代入ｘ＋ｙ－１， 可得δ＝（１＋２－１）（－１＋０－１）１＋１ ＝－２＜０， 所以点Ａ（１，２），Ｂ（－１，０）被直线ｘ＋ｙ－１＝０分隔． （２）解：联立 ｘ ２－４ｙ２ ＝１，{ｙ＝ｋｘ 可得（１－４ｋ２）ｘ２ ＝１， 根据题意，此方程无解，则１－４ｋ２≤０，所以｜ｋ｜≥ １２． 当｜ｋ｜≥ １２时，对于直线ｙ＝ｋｘ，曲线ｘ ２－４ｙ２ ＝１ 上的点（－１，０）和（１，０）满足δ＝ －ｋ ２ １＋ｋ２ ＜０， 即点（－１，０）和（１，０）被ｙ＝ｋｘ分隔． 故实数ｋ (的取值范围是 －∞，－ ]１２ [∪ １２，＋ )∞ ． （３）证明：设点Ｍ（ｘ，ｙ）， 则由题意可得 ｘ２＋（ｙ－２）槡 ２·｜ｘ｜＝１， 故曲线Ｅ的方程为［ｘ２＋（ｙ－２）２］ｘ２ ＝１． ① 对任意的ｙ０，（０，ｙ０）不是上述方程的解， 即ｙ轴（即ｘ＝０）与曲线Ｅ没有公共点． 又曲线Ｅ上的点（１，２），（－１，２）对于ｙ轴（即ｘ＝０） 对称，满足δ＝１×（－１）１＋０ ＝－１＜０， 即点（１，２）和（－１，２）被ｙ轴分隔， 所以ｙ轴，即ｘ＝０为曲线Ｅ的分隔线． 若过原点的直线不是ｙ轴， 设为ｙ＝ｋｘ，代入［ｘ２＋（ｙ－２）２］ｘ２ ＝１， 可得［ｘ２＋（ｋｘ－２）２］ｘ２ ＝１， 令ｆ（ｘ）＝［ｘ２＋（ｋｘ－２）２］ｘ２－１， 当ｋ≠２时，ｆ（０）·ｆ（１）＝－（ｋ－２）２ ＜０， 所以ｆ（ｘ）＝０在（０，１）有实数解， 即ｙ＝ｋｘ与Ｅ有公共点，故ｙ＝ｋｘ不是Ｅ的分隔线． 当ｋ＝２时，ｆ（ｘ）＝［ｘ２＋（２ｘ－２）２］ｘ２－１＝０，解得ｘ＝１， 即ｙ＝ｋｘ与Ｅ有公共点，故ｙ＝ｋｘ不是Ｅ的分隔线． 所以通过原点的直线中，有且仅有一条直线是Ｅ的分 隔线，即ｘ＝０． !"#$%&'()*+,-./- ! 0 ! " # $ % & ' ! ! ( ) * + , % - ! " ! ' . / 书 空间向量与立体几何，数学建模 核心素养综合测评 ◆ 数理报社试题研究中心 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本大题共８小题，每小题５分，共４０分． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　１．在空间直角坐标系 Ｏ－ｘｙｚ中，Ａ（－１，０，－２），Ｂ（０，１， ２），则ｃｏｓ〈→ＯＡ，→ＯＢ〉＝ （　　） （Ａ）４５ （Ｂ）－ ４ ５ （Ｃ） ２ ５ （Ｄ）－ ２ ５ ２．图 １所示的明矾晶体可近似看作一个正八面体 Ｐ－ ＡＢＣＤ－Ｑ（图２），其中Ｐ－ＡＢＣＤ，Ｑ－ＡＢＣＤ均为所有棱长都 相等的正四棱锥，若 →ＡＢ＝ａ，→ＡＤ＝ｂ，→ＡＰ＝ｃ，则 →ＰＱ＝（　　） （Ａ）ａ＋ｂ＋２ｃ （Ｂ）２ａ＋２ｂ＋２ｃ （Ｃ）－ａ－ｂ＋２ｃ （Ｄ）ａ＋ｂ－２ｃ ３．空间有四点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，其中 →ＡＢ＝（２ｍ，ｍ，２），→ＣＤ＝（ｍ， ｍ＋１，－５），且 → → (ＡＢ＋ＣＤ＝ ５，１３３，－ )３ ，则直线ＡＢ与ＣＤ （　　） （Ａ）平行 （Ｂ）重合 （Ｃ）必定相交 （Ｄ）必定垂直 ４．已知空间四边形ＡＢＣＤ，点Ｅ，Ｆ分别是ＡＢ与ＡＤ边上的 点，Ｍ，Ｎ分别是ＢＣ与ＣＤ边上的点，若 →ＡＥ＝λ→ＡＢ，→ＡＦ＝λ→ＡＤ， →ＣＭ ＝μ→ＣＢ，→ＣＮ＝μ→ＣＤ，则向量 →ＥＦ与 →ＭＮ满足的关系为 （　　） （Ａ）→ →ＥＦ＝ＭＮ （Ｂ）→ＥＦ∥ →ＭＮ （Ｃ） → →｜ＥＦ｜＝｜ＭＮ｜ （Ｄ） →｜ＥＦ｜≠ →｜ＭＮ｜ ５．如图３所示空间直角坐标系Ａ－ｘｙｚ中，Ｐ（ｘ，ｙ，ｚ）是正三 棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１的底面Ａ１Ｂ１Ｃ１内一动点，Ａ１Ａ＝ＡＢ＝３，直 线ＰＡ和底面ＡＢＣ所成角为π３，则Ｐ点坐标满足 （　　） （Ａ）ｘ２＋ｙ２ ＝３ （Ｂ）ｘ２＋ｙ２＋ｚ２ ＝３ （Ｃ）ｘ２＋ｙ２ ＝２７ （Ｄ）ｘ２＋ｙ２＋ｚ２ ＝２７ ６．如图４，四个棱长为１的正方体排成一个正四棱柱，ＡＢ 是一条侧棱，Ｐｉ（ｉ＝１，２，…，８）是上底面上其余的八个点，则 →ＡＢ·ＡＰ→ ｉ（ｉ＝１，２，…，８）的不同值的个数为 （　　） （Ａ）１ （Ｂ）２ （Ｃ）４ （Ｄ）８ ７．已知正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为２，Ｆ是棱Ａ１Ｄ１ 的中点，若点Ｐ在线段ＣＤ上运动，则点Ｐ到直线ＢＦ的距离的 最小值为 （　　） （Ａ）槡５３ （Ｂ） 槡２５ ３ （Ｃ） 槡２５５ （Ｄ） 槡４５ ５ ８．在如图 ５所示的结构对称的实验装置中，底面框架 ＡＢＣＤ是边长为２的正方形，两等腰三角形框架ＡＤＥ，ＢＣＦ的腰 长均为槡３，ＥＦ平行于框架ＡＢＣＤ所在的平面，ＥＦ＝１，活动弹 子Ｍ，Ｎ分别在ＥＦ，ＡＣ上移动，Ｍ，Ｎ之间用有弹性的细线连接， 且３ＭＦ＝槡２ＡＮ始终成立，则当ＭＮ的长度取得最小值时，ＭＦ ＝ （　　） （Ａ）１２ （Ｂ） １０ １７ （Ｃ） ２１ ３４ （Ｄ） １１ １７ 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８分． ９．已知空间三点 Ａ（４，１，９），Ｂ（１０，－１，６），Ｃ（２，４，３），则 下列结论正确的是 （　　） （Ａ）｜ＡＢ｜＝｜ＡＣ｜ （Ｂ）点Ｐ（８，２，０）在平面ＡＢＣ内 （Ｃ）ＡＢ⊥ＡＣ （Ｄ）若 →ＡＢ＝２→ＣＤ，则Ｄ (的坐标为 １，－５，－ )３２ １０．金刚石是天然存在的最硬的物质，如图６所示是组成金 刚石的碳原子在空间排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳 原子，都与其相邻的４个碳原子以完全相同的方式连接．从立体 几何的角度来看，可以认为４个碳原子分布在一个正四面体的四 个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这４个碳原子距离都相等 的位置，如图７所示．这就是说，图７中有ＡＥ＝ＢＥ＝ＣＥ＝ＤＥ， 若正四面体ＡＢＣＤ的棱长为２，则下列结论正确的是 （　　） （Ａ）→ＡＥ· →ＣＤ＝０ （Ｂ）→ → → →ＥＡ＋ＥＢ＋ＥＣ＋ＥＤ＝０ （Ｃ） →｜ＡＥ｜＝槡６２ （Ｄ） →ＡＥ· →ＡＣ＝１２ １１．如图８，正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 的棱长为ａ，线段 Ｂ１Ｄ１上有两个动点 Ｅ， Ｆ，且ＥＦ＝槡２２ａ．则下列结论正确的是 （　　） （Ａ）当Ｅ与Ｄ１重合时，异面直线ＡＥ 与ＢＦ所成的角为π３ （Ｂ）三棱锥Ｂ－ＡＥＦ的体积为定值 （Ｃ）ＥＦ在平面ＡＢＢ１Ａ１内的射影长为 １ ２ａ （Ｄ）当Ｅ向Ｄ１运动时，二面角Ａ－ＥＦ－Ｂ的平面角保持 不变 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．已知矩形 ＡＢＣＤ，Ｐ为平面 ＡＢＣＤ外一点 ＰＡ⊥ 平面 ＡＢＣＤ，且Ｍ，Ｎ分别为 ＰＣ，ＰＤ上的点，且 → →ＰＭ ＝ＭＣ，→ＰＮ＝２ →ＮＤ，→ → → →ＮＭ ＝ｘＡＢ＋ｙＡＤ＋ｚＡＰ，则ｘ＋ｙ＋ｚ＝ ． １３．若给定一向量组Ａ＝｛ａ１，ａ２，…，ａｎ｝和向量ｃ，若存在 一组实数ｋ１，ｋ２，…，ｋｎ，使得ｃ＝ｋ１ａ１＋ｋ２ａ２＋… ＋ｋｎａｎ，则称向 量ｃ能由向量组Ａ线性表示，或称向量ｃ是向量组Ａ的线性组 合．若Ａ＝｛ｅ１＋ｅ２，ｅ２－ｅ３｝，ｃ＝ｅ１＋ｍｅ３，ｅ１，ｅ２，ｅ３为三个不 共面的空间向量，且向量 ｃ是向量组 Ａ的线性组合，则 ｍ ＝ ． １４．如图９，已知两个正四棱锥 Ｐ－ ＡＢＣＤ与Ｑ－ＡＢＣＤ的高分别为１和２，ＡＢ ＝４，则异面直线ＡＱ与ＢＰ所成角的余弦 值为 ． ! " ! " # $ % & ! ! ! " ' ( # ) ! * ! + & ! , - % ! # % $ % % % & % # % ' % ( % " % ! ) & ! ' * ) . + $ / 0 1 ! ( + ) / * $ + ! ) ! * ! $ ! 1 ! $ * $ 1 + ) ! & ! % # $ % & ' % ( ) % !"#$ !"#$%&'()*+,- ! " #! !!!! " $"% !" "#"$ & !! ' !% ( * ) ! 2 % $ + ! ) ! * + , - % . / 0 1 2 3 ! 4 5 , - % 6 7 8 9 ! * : , - % . / 0 2 ; < = > ? @ A B ! 9 C % D E F ! G H I J K L 4 5 M ) % * + ! ' , - % - % . N / O ! P Q R ) % " ! , ! & $ 书 四、解答题：本题共５小题，共７７分． １５．（１３分）在正四棱柱 ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中（如图１０）， ＡＡ１＝２ＡＢ＝４，点Ｅ在线段ＣＣ１上，且ＣＣ → １＝４ →ＣＥ，点Ｆ为ＢＤ中 点． （１）求点Ｄ１到直线ＥＦ的距离； （２）证明：Ａ１Ｃ⊥平面ＢＤＥ． １６．（１５分）如图１１，在正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，Ｅ在 Ａ１Ｄ１上，且Ａ１ →Ｅ＝２ＥＤ→ １，Ｆ在对角线Ａ１Ｃ上，且Ａ１ →Ｆ＝２３ →ＦＣ．若 →ＡＢ＝ａ，→ＡＤ＝ｂ，ＡＡ→ １ ＝ｃ． （１）用ａ，ｂ，ｃ表示 →ＥＢ； （２）证明：Ｅ，Ｆ，Ｂ三点共线． １７．（１５分）如图１２，在正四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ中，Ｅ，Ｆ分别为 ＰＡ，ＰＣ的中点，→ＤＧ＝２→ＧＰ． （１）证明：Ｂ，Ｅ，Ｇ，Ｆ四点共面； （２）记四棱锥Ｐ－ＢＥＧＦ的体积为Ｖ１，四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ的 体积为Ｖ２，求 Ｖ１ Ｖ２ 的值． １８．（１７分）如图１３，在梯形ＡＢＣＤ中，ＡＢ∥ＣＤ，Ｅ是线段 ＡＢ上的一点，ＢＥ＝ＣＤ＝ＣＥ＝槡２，ＢＣ＝２，将△ＡＤＥ沿ＤＥ翻 折到△ＰＤＥ的位置． （１）如图１４，若平面ＰＥＤ与平面ＥＤＢ的二面角的平面角 为直角，Ｍ，Ｎ分别是ＢＣ，ＰＥ的中点，若直线ＭＮ与平面ＰＢＣ所 成角为θ，ｓｉｎθ＞槡３６，求二面角Ｂ－ＰＣ－Ｅ的平面角的余弦值 的取值范围； （２）我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条 异面直线的公垂线，点 Ｋ为线段 ＣＥ的中点，Ｇ，Ｈ分别在线段 ＰＫ，ＣＤ上（不包含端点），且ＧＨ为ＰＫ，ＣＤ的公垂线，如图１５所 示，记四面体 ＣＫＧＨ的内切球半径为 ｒ，证明：１ｒ＞ (２ １ＫＧ＋ １ )ＣＨ ． １９．（１７分）类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直 角坐标系中，可以定义曲面（含平面）Ｓ的方程，若曲面Ｓ和三元 方程Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０之间满足：①曲面Ｓ上任意一点的坐标均为 三元方程Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）的解；②以三元方程Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０的任意 解（ｘ０，ｙ０，ｚ０）为坐标的点均在曲面Ｓ上，则称曲面 Ｓ的方程为 Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０，方程Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０的曲面为Ｓ．已知曲面Ｃ的方 程为 ｘ２ １＋ ｙ２ １－ ｚ２ ４ ＝１． （１）已知直线ｌ过曲面Ｃ上一点Ｑ（１，１，２），以ｄ＝（－２， ０，－４）为方向向量，证明：直线ｌ在曲面Ｃ上（即ｌ上任意一点 均在曲面Ｃ上）； （２）已知曲面Ｃ可视为平面ｘＯｚ中某双曲线的一支绕ｚ轴 旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面Ｃ上任意一点，有且仅有 两条直线，使得它们均在曲面Ｃ上．设直线ｌ′在曲面Ｃ上，且过 点Ｔ（槡２，０，２），求异面直线ｌ与ｌ′所成角的余弦值． ! " # $%&'()* +,-.(&'/ ! * ! !" ! " # $ % % ! ! ! " ! $ ! & ! !! ! " # ' $ % & ( ! !# $ % " & ! ! !$ $ " & ! ( ) * ! %& ! $ + ' " , & ( ! %' " & ! # $ % ! % " % % % $ % ! %(