第1章 空间向量与立体几何-【三清必刷】2025-2026学年高二数学选择性必修1+2（人教A版2019）

—46 — 参考答案 高中同步章末卷 第一章 空间向量与立体几何 1.A [由已知得A1B →=A1A→+AB→=C1C→+CB→-CA→=-a+b-c,故 选A.] 2.D [因为a=(0,-1,1),b=(0,k-2,k2)共线,所以 -1k-2= 1 k2 ,解 得k=-2或1.] 3.D [∵a·b=x+2=3,∴x=1,∴b=(1,1,2),∴cos<a,b>= a·b |a|×|b|= 3 2× 6 = 32 ,又 ∵<a,b>∈[0,π],∴a 与b 的 夹 角 为π 6. ] 4.B [因为向量a=(1,1,a),b=(2,-1,1)互相垂直,所以a·b=0, 即1×2-1×1+1×a=0,解得a=-1,故a=(1,1,-1),所以 |a|= 12+12+(-1)2= 3.] 5.B [BD→=6PA→-4PB→+λPC→,即PD→-PB→=6PA→-4PB→+λPC→, 整理得PD→=6PA→-3PB→+λPC→,由A、B、C、D 四点共面,且其中任 意三点均不共线,可得6-3+λ=1,解之得λ=-2.] 6.D [∵设平面 ABC 的法向量为n=(x,y,z),则 n·AB→=0 n·BC→=0 ,即 x+5y-2z=0 3x+y+2z=0 ,令x=6, 得n=(6,-4,-7). ∵DE∥平面ABC,∴n·DE→=6x-3×(-4)+6×(-7)=0,解得x= 5.] 7.A [由 圆 锥 的 性 质 可 知SO⊥平 面 ABC,以点O 为坐标原点,平面 ABC 过点O 且垂直于AC 的直线为x 轴, 直线OC、OS 分别为y、z轴建立如图 所示的空间直角坐标系,不妨设OB= OC=4,则 根 据 题 意 可 得 A(0,-4, 0),C(0,4,0),S(0,0,4 3),M(0, -2,2 3),因为cos∠BOC=14 ,所以 B( 15,1,0),所以AB→=( 15,5,0),CM→=(0,-6,2 3),cos< AB→,CM→>= AB →·CM→ |AB→||CM→| =- 30 2 10×4 3 =- 308 ,因此,异面 直线AB 与CM 所成角的余弦值为 308 . ] 8.B [由题意可得如示意图,由二面角α-l-β为120°,棱l上有A, B 两点且AC⊥l,BD⊥l,且 AB=AC=BD=1,CD→=CA→+AB→+ BD→,|CD→|2=CD→2=(CA→+AB→+BD→)2=CA→2+AB→2+BD→2+2CA→· AB→+2AB→·BD→+2BD→·CA→=3+1=4,∴|CD→|=2,CD=2.] 9.ABD [连接BD1(图略),∴EF∥BD1,得EF∥平面ABC1D1,故 A正确;∵B1C⊥BC1,又由D1C1⊥平面BCC1B1,得B1C⊥D1C1, 又BC1∩D1C1=C1,∴B1C⊥平面BD1C1.∵BD1⊂平面BD1C1, ∴B1C⊥BD1.又∵BD1∥EF,∴EF⊥B1C,故 B正 确;∵EF∥ BD1,∴EF与AD1 所成角为∠AD1B,在△AD1B 中,AD1=2 2, BD1=2 3,AB=2,且△AD1B 为 直 角 三 角 形,∴tan∠AD1B= 2 2 2 = 22 ,而tan60°= 3,故C错误;∵EF∥BD1,又D1C1⊥平面 BB1C1C,∴ ∠D1BC1 即 为 EF 与 平 面 BB1C1C 所 成 角,在 Rt△D1C1B中,D1C1=2,D1B=2 3.sin∠D1BC1= 2 2 3 = 33. 故 D正确.] 10.AC [以B 为坐标原点,BA,BC,BB1 所在 直线分别为x 轴,y 轴,z轴,建立如图所示 的空间直 角 坐 标 系,则 D 22a,22a,3a , B1(0,0,3a),C(0,2a,0). 设点E 的坐标为(2a,0,z)(0≤z≤3a),则 DE→= 22a,- 22a,z-3a ,CE→=(2a, - 2a,z),B1E →=(2a,0,z-3a). 由CE⊥平面B1DE,得CE⊥DE,CE⊥B1E, 故 CE→·DE→=0, CE→·B1E→=0, 即 a2+a2+z(z-3a)=0, 2a2+z(z-3a)=0, 解得z=a或2a,即AE=a或2a.] 11.ABD [如图所示,以BD 中点O 为坐标原 点,OD,OA,OC 所 在 直 线 分 别 为x 轴、y 轴、z轴,建立空 间 直 角 坐 标 系 Oxyz,设 正 方形 ABCD 的 边 长 为 2,则 D(1,0,0), B(-1,0,0),C(0,0,1),A(0,1,0),所 以 AC→=(0,-1,1),BD→=(2,0,0),AC→·BD→= 0,故AC⊥BD,A正确;又|AC|= 2,|CD→|= 2,|AD→|= 2,所 以 △ACD 为等边三角形,B正确;对于C,OA→为平面BCD 的一个法向 量,cos<AB→,OA→>= AB →·OA→ |AB→||OA→| = (-1,-1,0)·(0,1,0) 2×1 =-1 2 = - 22. 因为直线与平面所成的角的范围是 0,π2 ,所以AB 与平 面BCD 所成的角为π4 ,故C错误;又cos<AB→,CD→>= AB →·CD→ |AB→||CD→| = (-1,-1,0)·(1,0,-1) 2× 2 =-12. 因为异面直线所成的角为锐角 或直角,所以AB 与CD 所成的角为π3 ,故D正确.] 12.116 [如 图,设CN→=mCF→,由 于AE→=AB→+ BE→,MN→=MC→+CN→=12BC →+mBE→, 由MN→⊥AE→可得AE→·MN→=0, ∴AE→·MN→=(AB→+BE→)· 12BC→+mBE→ = 0,又AB→⊥BE→,BC→⊥BE→,因此12×1×1× -12 +4m=0,解得 m=116 ,所以CN CF= 1 16. ] 13.1(答案不唯一) 6(答案不唯一) [如图所示建立空间直角坐标 系B-xyz,则A1(6,0,6),C1(0,6,6),故A1C1 →=(-6,6,0),另设 M(m,6,n),若BNNC=1 ,则N(0,3,0),故NM→=(m,3,n), ∵MN⊥A1C1,即MN →·A1C1→=(m,3,n)·(-6,6,0)=-6m+ 18=0,所以m=3,动点M 的轨迹为线段FH,其长度为6.若BNNC= 2,则N(0,4,0),故NM→=(m,2,n),∵MN⊥A1C1,即MN→·A1C1→= -6m+12=0,所以m=2, 在棱C1D1 上取点P,使得PC1=2,过点P 作PQ∥CC1,分别交 FE,EH 于K,Q, 则动点 M 的轨迹为线段KQ,其长度为23FH=4. 若BN NC 取其它值时,同上述方法.] 14.33 [因为 M(-1,2,0),A(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,1),所以 AM→=(-2,2,-1),AB→=(0,1,-1),AC→=(-1,1,0), 设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z), 则 AB→·n=0 AC→·n=0 ,即 y-z=0-x+y=0 , 令x=1,则n=(1,1,1),所 以 则 点 M 到 平 面α 的 距 离 为d= |AM→·n| |n| = 3 3. ] 15.证明:建 立 如 图 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系 C xyz, ∵∠PBC=30°,PC=2,∴BC=2 3,PB= 4, ∴D(1,0,0),C(0,0,0),A(4,2 3,0),P(0, 0,2), ∵PB=4PM,∴PM=1,M 0,32,32 , ∴CM→= 0,33,32 ,DP→=(-1,0,2),DA→=(3,2 3,0), 设平面PAD 的一个法向量为n=(x,y,z), 则 n·DP→=0, n·DA→=0, 即 -x+2z=0 , 3x+2 3y=0, 令x=1,解得y=- 32 ,z=12 ,故n= 1,- 32,12 , 又∵CM→·n= 0,32,32 · 1,- 32,12 =0, ∴CM→⊥n,又CM⊄平面PAD,∴CM∥平面PAD. 16.证明:∵ 平 面 ADEF⊥平 面 ABCD,平 面 ADEF∩ 平 面 ABCD =AD,AD⊥ED, ED⊂平面ADEF,∴ED⊥平面ABCD. 以D 为 原 点,DA→,DC→,DE→分 别 为x 轴、y 轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐 标 系.则 D(0,0, 0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),E(0,0,2),F(2,0,2). (1)∵M 为EC 的中点,∴M(0,2,1),则BM→=(-2,0,1),AD→= (-2,0,0),AF→=(0,0,2), ∴BM→=AD→+12AF →,故BM→,AD→,AF→共面.又BM⊄平面ADEF, ∴BM∥平面ADEF. (2)BC→=(-2,2,0),DB→=(2,2,0),DE→=(0,0,2), ∵BC→·DB→=-4+4=0,∴BC⊥DB.又BC→·DE→=0, ∴BC⊥DE. 又DE∩DB=D,DE,DB⊂平面BDE,∴BC⊥平面BDE. 17.解 (1)在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,以点D 为原点,射线DA,DC,DD1 分 别为x,y,z轴非负半轴建立空间直角坐 标系,如图, 则D(0,0,0),B(2,2,0),D1(0,0,4), A1(2,0,4),C1(0,2,4),B1(2,2,4),F(0, 2,2), 因E 为棱AA1 上的动点,则设E(2,0,t) (EC1 →=(-2,2,4-t),而BD→=(-2, -2,0), EC1 →·BD→=(-2)×(-2)+2×(-2)+(4-t)×0=0,即EC1→⊥ BD→,所以EC1⊥BD. (2)由(1)知,点 E(2,0,2),BE→=(0,-2,2),D1B1→=(2,2,0), D1F →=(0,2,-2),BB1→=(0,0,4), 设平面B1D1F 的一个法向量n=(x,y,z), 则 n·D1B1 →=2x+2y=0 n·D1F →=2y-2z=0 ,令z=1,得n=(-1,1,1), 显然有BE→·n=(-1)×0+1×(-2)+1×2=0,则BE→⊥n,而 BE⊄平面B1D1F,因此,BE∥平面B1D1F,于是有直线BE 到平 面B1D1F的距离等于点B到平面B1D1F 的距离d= |BB1 →·n| |n| = 4 (-1)2+12+12 =4 33 ,所 以 直 线 BE 到 平 面B1D1F 的 距 离 是4 3 3 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 45 — —48 — 18.解 (1)以 A 为原点,射线 AB,AD, AP 分别为x 轴,y 轴,z轴非负半轴 建立如图所示的空间直角坐标系, 因为PA=AB=BC=12AD=1 ,所 以A(0,0,0),P(0,0,1),B(1,0,0),C (1,1,0),D(0,2,0),所以PB→=(1,0,-1),CD→=(-1,1,0), 所以cos<PB→,CD→>= PB →·CD→ |PB→||CD→| = -1 2· 2 =-12 所以<PB→,CD→>=120°,所以PB 与CD 所成的角为60°. (2)由(1)知PD→=(0,2,-1),AP→=(0,0,1),AC→=(1,1,0), 设m=(x,y,z)是平面PAC的一个法向量, 则 m·AP→=0, m·AC→=0, 即 z=0,x+y=0, 取x=1, 则m=(1,-1,0), 设直线 PD 与 面PAC 所 成 的 角 为θ,所 以sinθ=|PD →·m| |PD→||m| = 2 5· 2 = 105 . 因为θ∈ 0,π2 ,所以cosθ= 155 . 即直线PD 与面PAC 所成角的余弦值为 155 . 19.解 (1)如 右 图 所 示,以 D 为 原 点,DA,DC,DD1 所 在 直 线 分 别 为x轴,y 轴,z轴建立空间直角 坐标系, 则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2, 0),C(0,2,0),E(1,0,0),B1(2,2, 2),D1(0,0,2).所以D1E →=(1,0, -2),EB→=(1,2,0) 设平面BD1E 的一个法向量n=(x,y,z), 所以 n·D1E →=0 n·EB→=0 ,即 x-2z=0x+2y=0 , 令x=2,则y=-1,z=1,所以n=(2,-1,1), 连接AC,因为AC⊥BD,D1D⊥AC,D1D∩BD=D,D1D⊂平面 BD1D,BD⊂ 平 面 BD1D,AC⊄ 平 面 BD1D,所 以 AC⊥ 平 面BD1D, 所以AC→=(-2,2,0)为平面BD1D 的一个法向量, 所以cos<AC→,n>= AC →·n |AC→||n| = -6 6× 8 =- 32 , 由图知,二面角D BD1 E 为锐二面角, 所以二面角D BD1 E 的大小为 π 6. (2)假设在线段B1C上存在点F, 使得DF∥平面BD1E, 设CF→=λCB1→(λ∈[0,1]),CB1→=(2,0,2), DF→=DC→+CF→=DC→+λCB1→=(0,2,0)+λ(2,0,2)=(2λ,2,2λ), 因为DF∥平面BD1E,所以DF →⊥n,即DF→·n=0 所以(2λ,2,2λ)·(2,-1,1)=0, 即6λ-2=0解得λ=13∈ [0,1] 所以在线段B1C上存在点F,使得DF∥平面BD1E, 此时点F 为线段B1C上靠近点C 的三等分点. 第二章 直线和圆的方程 1.D [由两直线2x-y+1=0与3x+ay=0平行,可得:32= a -1≠ 0 1 ,解之得a=-32. ] 2.D [当截距都为0,即过点(0,0)时直线为3x+2y=0, 当截距不为0时,设直线为xa + y a =1 (a≠0), 代入点P(2,-3)得a=-1,∴x+y+1=0.] 3.C [∵两点A(-1,-2),B(3,6)到直线l:ax+y+2=0的距离相 等, ∴|-a-2+2| a2+1 =|3a+6+2| a2+1 ,即|-a|=|3a+8|,解得a=-4或 a=-2.] 4.C [点A(2,4)关于x轴的对称点为A'(2,-4), 又反射光线倾斜角为180°-60°=120°, ∴斜率k=- 3, ∴反射光线所在直线方程为:y+4=-3(x-2),即3x+y+4-2 3 =0.] 5.A [过 点 P(1,1)的 斜 率 不 存 在 的 直 线 为 x=1,联 立 x=1 x2+y2-4x+2=0 可得y=±1, 即直线x=1与圆x2+y2-4x+2=0相交,不满足要求, 所以过点P(1,1)作与圆C:x2+y2-4x+2=0相切的直线l的斜 率存在, 设直线l的方程为y-1=k(x-1),即kx-y-k+1=0, 又圆x2+y2-4x+2=0的圆心为(2,0),半径为 2,圆心到直线 kx-y-k+1=0的距离d=|k+1| k2+1 , ∴|k+1| k2+1 = 2,∴k=1,∴直线l的方程为x-y=0,故选A.] 6.D [圆 心 为(-1,2),圆 心 到 已 知 直 线 的 距 离 为 d=|-1+2| 2 = 22 , 所以弦长为l=2 (2)2- 22 2 = 6.] 7.C [由题可知圆心C1(a,-2),半径r1=5,圆心C2(-1,-a),半径 r2=2,因为圆C1 与圆C2 内切,所以|C1C2|= (a+1)2+(-2+a)2 =|r1-r2|=3,解得a=-1或a=2.] 8.C [由题知a=b+3,圆化简为:(x+1)2+(y-2)2=2,则圆心 (-1,2),半径为 2,所以由点(a,b)向圆所作的切线长为: (a+1)2+(b-2)2-2 = (b+3+1)2+(b-2)2-2 = 2b2+4b+18 = 2(b+1)2+16, 当b=-1时,切线长取得最小值4.] 9.BCD [对于A,由直线n:x+λy-3-2λ=0,得λ(y-2)+(x-3) =0,因为λ为任意实数,所以 y-2=0 x-3=0 ,得 x=3y=2 ,所以B 点的坐 标为(3,2),所以A错误;对于B,由直线m:λx-y+λ=0和n:x+ λy-3-2λ=0,λ×1+(-1)×λ=0,所以m⊥n,所以B正确;对于 C,因为P 是两直线的交点,A、B 是两直线m 和n 分别过的定点, 且m⊥n,所以PA⊥PB,所以P 的轨迹是以AB 为直径的圆,所以 C正确;对于D,由直线m:λx-y+λ=0,得λ(x+1)-y=0,因为λ 为任意 实 数,所 以 x+1=0 y=0 ,得 x=-1y=0 ,所 以 A(-1,0),所 以 |AB|= 42+22=2 5,因为P 的轨迹是以AB 为直径的圆,所以 △PAB 面积的最大值为12×2 5× 5=5 ,所以D正确.] 10.ABC [把圆A 的方程x2+y2-2x-3=0化成标准方程为(x- 1)2+y2=4,所以该圆A 的圆心坐标为(1,0),半径为2,A项正 确;圆心 到 y 轴 的 距 离 为1,该 圆 A 截y 轴 所 得 的 弦 长 为2 4-1=2 3,B项正确;圆心(1,0)到直线3x-4y+12=0的距 离d=|3×1-0+12| 32+(-4)2 =3,故圆A 上的点到直线3x-4y+12=0 的最小距离为3-2=1,C项正确;圆B:x2+y2-8x-8y+23=0 的圆心为(4,4),半径为3,根据圆心距为 (4-1)2+42=5,而半 径和为:2+3=5,所以圆A 与圆B 外切,D项错误.] 11.BC [圆C:(x+2)2+(y-3)2=16,圆心C(-2,3),半径r=4, 圆心到直线的距离d=|3× (-2)-4×3-7| 32+(-4)2 =5>4,故直线l与 圆C相离,A错误;|PQ|的最小值是5-4=1,最大值是5+4= 9,故点P 到直线l的距离为3时,点P 有2个,B正确,C正确; 设 Q 点 向 圆 C 引 切 线 QT,|QT|= |QC|2-r2 = |QC|2-16,|QC|最小时,|QT|即最小,|QC|的最小值为圆心 到直线的距离,此时|QT|min= 52-16=3,D错误.] 12.(x-1)2+(y-1)2=2(答案不唯一) [可设所求圆为x2+y2-4 +λ(x+y-2)=0,即 x+λ2 2 + y+λ2 2 =4+2λ+λ 2 2 只需 -λ2>0 4+2λ+λ 2 2>0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,解得:λ<0,不妨取λ=-2,则圆的方程为: (x-1)2+(y-1)2=2. 故答案为:(x-1)2+(y-1)2=2(答案不唯一)] 13.1 [将两圆的方程相减,得相交弦所在的直线方程为y=1a. 圆 x2+y2=4的圆心为(0,0),半径为r=2.(0,0)到直线y=1a (a >0)的距离为:d=1a= 2 2- 2 32 2 ,解得a=1.] 14.2 [由题意知,圆C:(x-1)2+y2=1,圆心C(1,0),半径r=1, 直线l:mx-(2-m)y+1-m=0,m(x+y-1)-2y+1=0, x+y-1=0 -2y+1=0 ,解得 x=12 y=12 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,故直线l过定点P 12,12 , 设圆心到直线的距离为d,则|MN|=2 r2-d2=2 1-d2,可 知当距离d 最大时,|MN|有最小值,由图可知,CP⊥l时,d 最 大,此时d= 1-12 2 + 0-12 2 = 22 , 此时|MN|=2 1-d2=2× 1- 22 2 = 2. 故|MN|的最小值为 2.] 15.解 (1)设直线l关于 M(3,2)的对称直线上任意一点为 A(x, y), 则点A 关于点M(3,2)的对称为B(x1,y1), 则 x+x1 2 =3 y+y1 2 =2 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,解得x1=6-x,y1=4-y, 即B(6-x,4-y),将点B(6-x,4-y)代入直线l, 可得4-y=3(6-x)+3,整理得3x-y-17=0,即对称直线的方 程为3x-y-17=0. (2)由 y=3x+3 x-y-2=0 ,解得x=-52,y=-92, 即直线x-y-2=0与y=3x+3的交点坐标为 E -52,-92 , 再在直线x-y-2=0上取一点C(0,-2), 设点C关于直线y=3x+3的对称点为 N(m,n), 则 n+2 m-0×3=-1 n-2 2 =3× m+0 2 +3 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,解得m=-3,n=-1, 即 N(-3,-1), 又由kEN = -1- -92 -3- -52 =-7,所 以 直 线 EN 的 方 程 为y- (-1)=-7[x-(-3)],整理得7x+y+22=0, 即直线x-y-2=0关于直线l对称的直线的方程为7x+y+ 22=0. 16.解 (1)由x2+y2-4x-4y+3=0,得(x-2)2+(y-2)2=5, ∴圆心C的坐标为(2,2),半径r= 5. (2)∵P(5,0),∴|PC|= (5-2)2+(0-2)2= 13, ∴|PC|+r= 13+ 5,|PC|-r= 13- 5. ∵|PC|-r≤|PQ|≤|PC|+r,∴|PQ|的 取 值 范 围 是 13- 5, 13+ 5 . 17.解 (1)x2+y2-2x-3=0,① x2+y2-4x+2y+3=0,② ①-②得2x-2y-6=0,即公共弦AB 所在直线方程为x-y- 3=0. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 47 — — 2 — 高中同步章末卷 第一章 空间向量与立体几何 (时间:120分钟 满分:150分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 名师推好题 第13题.该题主要考查结合空间向量解决立体几何中动点轨迹的问题,让考生结 合建立空间直角坐标系解决运动的问题,从而提高学生的应用求解能力,值得推荐. 一、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.直三棱柱ABC A1B1C1 中,若CA → =a,CB → =b,CC1 → =c,则A1B → = ( ) A.-a+b-c B.a-b+c C.-a+b+c D.a+b-c 2.已知向量a=(0,-1,1)与b=(0,k-2,k2)共线,则实数k= ( ) A.0 B.1 C.-1或2 D.-2或1 3.已知a=(1,0,1),b=(x,1,2),且a·b=3,则向量a与b的夹角为 ( ) A.5π6 B. 2π 3 C. π 3 D. π 6 4.若向量a=(1,1,a),b=(2,-1,1)互相垂直,则|a|= ( ) A.2 B.3 C.2 D.3 5.已知空间A、B、C、D 四点共面,且其中任意三点均不共线,设P为空间中任意一点,若BD → =6PA → - 4PB → +λPC →,则λ= ( ) A.2 B.-2 C.1 D.-1 6.已知向量AB → =(1,5,-2),BC → =(3,1,2),DE → =(x,-3,6),若DE∥平面ABC,则x的值是 ( ) A.-1 B.2 C.3 D.5 7.如图,某圆锥SO的轴截面SAC 是等边三角形,点B 是底面圆周上的一点, 且cos∠BOC=14 ,点 M 是SA 的中点,则异面直线AB 与CM 所成角的余 弦值是 ( ) A.308 B. 7 4 C.34 D. 3 4 8.若120°的二面角α-l-β的棱l上有A,B 两点,AC,BD 分别在半平面α,β内,AC⊥l,BD⊥l,且 AB=AC=BD=1,则CD 的长等于 ( ) A.5 B.2 C.3 D.2 二、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.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别是DD1,DB 的中点, 则下列选项中正确的是 ( ) A.EF∥平面ABC1D1 B.EF⊥B1C C.EF与AD1 所成角为60° D.EF与平面BB1C1C所成角的正弦值为 3 3 10.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1 中,底面是以∠ABC 为直角的等腰直角 三角形,AC=2a,BB1=3a,D 是A1C1 的中点,点E 在棱AA1 上,要使CE⊥平 面B1DE,则AE 的值可能是 ( ) A.a B.32a C.2a D.52a 11.将正方形ABCD 沿对角线BD 翻折,使平面ABD 与平面BCD 的夹角为90°,以下四个结论正确 的是 ( ) A.AC⊥BD B.△ACD 是等边三角形 C.直线AB 与平面BCD 所成的角为π3 D.AB 与CD 所成的角为π3 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.已知正三棱柱ABC DEF 的侧棱长为2,底面边长为1,M 是BC 的中点,若直线CF 上有一点 N,使MN → ⊥AE →,则CN CF= . 13.如图,在棱长为6的正方体ABCD A1B1C1D1 中,E,F,G,H 分别为棱CC1,C1D1,DD1,DC 的 中点,点 M 在四边形EFGH 及其内部运动,N 是棱BC 上的点.当BNNC= 时(在线上填 入确定的常数),若 MN⊥A1C1,则动点 M 的轨迹长为 (填写一组关系即可). 14.已知点 M(-1,2,0),平面α过A(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,1)三点,则点 M 到平面α的距离为 . — 1 — — 4 — 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)如图所示,在四棱锥P ABCD 中,PC⊥平面ABCD,PC=2,在四边 形ABCD 中,CD∥AB,∠ABC=∠BCD=90°,AB=4,CD=1,点 M 在PB 上,且PB=4PM,∠PBC=30°,求证:CM∥平面PAD. 16.(15分)如图,正方形ADEF与梯形ABCD 所在的平面互相垂直,AD⊥CD, AB∥CD,AB=AD=2,CD=4,M 为CE 的中点. (1)求证:BM∥平面ADEF; (2)求证:BC⊥平面BDE. 17.(15分)正四棱柱ABCD A1B1C1D1 的底面边长为2,侧棱长为4.E 为棱 AA1 上的动点,F为棱CC1 的中点. (1)证明:EC1⊥BD; (2)若E 为棱AA1 上的中点,求直线BE 到平面B1D1F的距离. 18.(17分)如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥面 ABCD,AB⊥BC, AB⊥AD,且PA=AB=BC=12AD=1. (1)求PB 与CD 所成的角; (2)求直线PD 与面PAC 所成的角的余弦值. 19.(17分)如图,在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1 中,E 为AD 中点. (1)求二面角D BD1 E 的大小; (2)探究线段B1C上是否存在点F,使得DF∥平面BD1E? 若存在,确定 点F的位置;若不存在,说明理由. — 3 —