(八)向量在立体几何中的应用-【衡水金卷·先享题】2024-2025学年高二数学选择性必修1同步周测卷（新高考北师大版）

① 12.(本小题满分15分) 13,《本小题清分20分 知图，在账面为菱形的直四棱柱ABCD-A,AC,D,中，∠BAD=要，AM,=AB 如图，在五面体ABCDEF中，AF⊥平面ABCD,AD∥BC∥FE.AB⊥AD,AF一AB 2,E.F,G分别是BB1CC,DD的中点. =BC=FE=子AD. (I)求证：A:EGC, (1)求异面直线F与DE所成角的余弦值： (2)求平面A,EF与平面ABCD所成锐二面角的平面角. (2)在棱CE上是杏存在点M,使直线AM与平面CDE所成角的正弦值为！若 存在，试确定点M的位置：若不任在，请说明理由， 益学（北防大极]就择性必修第一册第多项（共4页引 衡水会幕·究草最·喜二同步丽测卷八 数学（北师大密}让择性垫作第一册第4夏「共4页]高二周测卷 ·数学（北师大版）选择性必修第一册· 高二同步周测卷/数学选择性必修第一册（八） 9 命题要素一览表 注： 1.能力要求： I,抽象概括能力Ⅱ.推理论证能力Ⅲ，运算求解能力下，空间想象能力V,数据处理能力 M.应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模①直观想象⑤数学运算©数据分析 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 (主题内容) I Ⅲ N T ① ② ③④ 0 ⑥ 档次系数 1 选择题 5 由线面垂直求参 扇 0.80 2 选择题 5 求平面的法向量 易 0.72 3 选择题 5 利用空间向量判断三 角形形状 多 0.70 4 选择题 5 利用空间向量求线 面距 √ 务 0.55 选择题 5 二面角，利用空间向量 0.45 求线段的长 % 选择题 利用空间向量求线面 0.30 角的正弦值 米 7 选择题 6 利用空间向量判断位 置关系 易 0.70 8 选择题 6 利用空间向量解决存 在性问题 L 难 0.28 9 填空题 5 求两平面间的距离 易 0.71 10 填空题 由线面平行求线段长 度的最值 中 0.45 11 解答题 13 利用空间向量求点线 0.60 距，证明线面垂直 利用空间向量证明线 12 解答题 15 线平行，求二面角 中 0.45 利用空间向量求异面 13 解答题 20 直线所成角的余弦值， 由线面角的正弦值确 √ 中0.30 定点的位置 ·31· ·数学（北师大版）选择性必修第一册· 参考答案及解析 9 香考管案及解析 一、选择题 BD平面EFD,B,B,DLC平面EFDB,所以BD 1.B【解析】因为山…所以m∥，所以号= ∥平面EFD,B,所以直线BD到平面EFD,B:的距 离即为点B到平面EFD,B,的距离，所以直线 千，解得1=一2.故选B, BD到平面EFD,B的距离d=成：nl n 2.C【解析】由题可得a与b不平行，设平面a的一个 法向量为n=(x,y,z),则 /a·n=2x+3y+x=0 ×(-2) b·n=5x+6y十4z=0 一2)+2方3·故选D. 1 令=1，得x=一2，y=1,所以n=(一2,1,1).故 5.C【解析】由题得CD-CA+AB+BD,且CA⊥A, 选C, 3.C【解析】：M为BC的中点，Ai=之(A店+ 筋1A成，，市)=元受-号所以市 (CA+AB+BD)*=CA+AB+BD:+2CA.AB AC,AM.Ai=号(Ai+A花)·A市=号Ai, +2BD.AB+2CA·BD=1+(3)+2+0+0 A市+号AC.AD=0,AMLAD.:△AMD为直 +2×1×2×(-号)=6，所以i=6,即CD的 角三角形.故选C 长为√6.故选C. 6.D【解析】在半圆柱下底面半圆所在平面内过点A 作直线AB的垂线，因为AA:垂直于半圆柱下底面 半圆所在平面，所以以A为原点，AB,AA1所在直线 分别为y轴、x轴建立如图所示的空间直角坐标系， 4.D【解析】以D为原点，DA,DC,DD,所在直线分 别为x轴、y轴、：轴建立如图所示的空问直角坐 标系， 则C(0,3,0),D(0,1,0),B(0,4,3),又因为E为 A1B的中点，则E(2,2,3),故B1E=(2,-2,0), BD=(0,-3,-3).CE=(2,-1,3),设平面DEB的 /B1E·n=2x-2y=0 法向量为n=(x),则B方.n=一3y一3：=0 令x=1,得y=1,x=一1，则n=(1,1,一1)，设直线CE 则B(1.1.0),E(21,0),B(1,11),D(0,0,1) 与平面DEB,所成的角为a,则sn0=cos<CE,m>|= CE·n 12-1-3 所以E成=（分0,0），BD=(-1,-1,0,B它 |CE1n√2+(-1)+3×√+1+（-1) (一号，0，-1)，设平面EFD,B的法向量为n=(x, 2 VIX3 座，所以直线CE与平面DEB,所 21 ),则”·月D=0 -x-y=0 nB在=0，即 1=0令=1，得 成角的正弦值为 .故选D 二、选择题 x=-2,y=2,则n=(-2,2,1),因为BD∥BD,7.AB 【解析】因为m=(一1，一1,1)，n ·32· 高二周测卷 ·数学（北师大版）选择性必修第一册· (1,1,一1)，所以m=一n,所以a∥3，故A正确：因 三、填空题 为c·n=0,l过3，所以（∥B,故B正确：因为c·m= 0,所以l∥a或lCa,故C错误：因为m·n=一3≠0， 【解析】因为a∥A,所以平面a到平面3的距离 所以平面a与B不互相垂直，故D错误，故选AB. 即为点O到平面B的距离，因为OA=(2,1,1),所以 8.ABD【解析】将半正多面体补成一个棱长为2的正 方体，则半正多面体的所有顶点都是正方体的棱的中 平面。到平面月的距离d=n: n 点，以O为原点，过O的三条棱所在直线分别为x -1×2+0×1+1×1山L=E 轴，y轴，之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， √-1)+0十1F 2 74 0平 【解析】以A为原点，AB,AD,AA,所在直 线分别为x轴，y轴，：轴，建立如图所示的空间直角 坐标系， 则A(2,1,0),F(2,2,1),B(1,0,2),C(0,1,2), D D(1,2,2),对于A项，当点E与点C重合时，FD (-1,0,1),AE=(-2,0,2),则AE=2FD,又因为 C A,F,D,E四点不共线，则AE∥DF,则A,F,D,E四 点共面，故A正确：对于B项，当点E与点B重合时， 则A(0,0,1),B(1,0,1),M(0,70）,N(1,0, DE=(0,-2,0),则D求·FD=0,即DE⊥DF,故B 正确：对于C项，设B成=入B式，A∈[0,1]，则D正 专).C11,0.因为动点P在底面正方形ABCD D成+BE=Di+aBC=(0,-2,0)+x(-1.1,0)= 内（包括边界）运动，则设P(x,,0),x,y∈[0,1门， (一A,A一2,0)，设平面CDF的法向量为n= 所以BP=(x一1，y,一1)，设平面AMN的法向最 (xy),Ci=(1,10).C求=(21，-1)，则 为n=(abe,又AN=（1,0,-z）,Ai n·Cj=x十y=0 nC亦=2十y一文=0令=1，得y=-1,=1,则 (0,-1)则 A衣：n=a-含=0 令c=2.得 n=(1,-1,1),设直线DE与平面CDF所成的角为A, AM.n-b-c=0 则sin9=,n·D 1-A+2-A a=1,b=4,则n=(1,4,2),因为BP∥平面 |nl·1DE3×(-x)+(a-2) AMN,所以BP·n=(x-1,y.-1)·(1,4,2)= -号化简得-2以+10=0,4=一40=-36<0， x-1十y-2=0,即x十4y-3=0,则x=-4y十3 此方程无解，故不存在点E,使得直线DE与平面 ∈[o1门所以ye[合，]1 CDF所成的角为号，故C错误：对于D项，A市 √(x-1)+(y-1)+0=√17y-18y+5= (01,1),由C项可知，D元=(-X1-2,0),所 √7（少一号）+音：由二次函数的性质可得当y= 以1cosA求，D克1=1A,D |AF|·|DE 之时=当y=时，=厘，因为 A-2 35 √2·√-)+(-2) =6,整理可得2以+A 平>合：所以CP长度的最大值为平 1 1=0,因为X∈[0,1门，所以A=2,即当点E为BC 四、解答题 11.解：(1)以D为原点，DA,DC,DD所在直线分别为 的中点时，直线DE与直线AF所成角的余弦值为 x轴、y轴、：轴，建立如图所示的空问直角坐标系， 治故D正确故选AD ·33· ·数学（北师大版）选择性必修第一册· 参考答案及解析 所以AE∥G式，即AE∥GC (7分》 D (2)EF=(0,2,0), 设平面AEF的法向量为n=(x,y,x), 则n·A=5x-y=0 n.EF=2y=0 取x=1,则y=0,=√3， 所以n=（1,0,5) (11分) 易知AA=(0,0,2)为平面ABCD的一个法向量. (12分) 设平面A:EF与平面ABCD所成锐二面角的平面 角为0， 则D1(0,0,4),E(0,2,1),F(1,1,0)C(0,2,0), B(2,2,0),A(2,0,4),D(0,0,0) 则cos0=|cos(AA,n>|= 1AA·nL=2E 1AA 2×2 所以ED=(0,-2,3).EF=(1,-1,-1),(4分) 则点D,到直线EF的距离为d - 2 ED- ED·EF 所以平面A,EF与平面ABCD所成锐二面角的平 面角为君 (15分) (6分) (2)由(1)可得A1C=(-2,2,-4),DB=(2,2,0), 13.解：(1)以A为原点，AB,AD,AF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， DE=(0,2,1), 因为A1C·DB=-2×2+2×2=0,AC.DE=2× 2+(-4)×1=0, 所以AC⊥DB,AC⊥DE, (11分) 又DB∩DE=D,DB,DEC平面BDE 所以AC⊥平面BDE. (13分) 12.解：取BC的中点H,连接AH,AC, 不妨设AB=1, 因为四边形ABCD为菱形，∠BAD= 则B(1,0,0).C(1,1,0),D(0,3,0),F(0,0,1) 3 E(0,1,1),A(0,0,0), 所以△ABC为等边三角形， 所以AH⊥BC, 所以B求=(-1,0,1)，DE=(0,-2,1).CD= 又BC∥AD,所以AH⊥AD (2分) (-1,2,0),Ci=(-1,0,1). (4分) 易知AA1⊥平面ABCD, 设异面直线BF与DE所成的角为B, 所以AH,AD,AA两两垂直， 1 则以A为原点，AH,AD,AA所在直线分别为x 则cos9=|os萨，Di1=.D IBFIDE1√2X√5 轴、y轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 10 10 所以异面直线BF与DE所成角的余弦值为 10 (10分) (2)设平面CDE的法向量为n=(x,y之)， n.CD=0 则 ,即 1-x+2y=0 n·DE=0-2y+z=0 令y=1,得x=2,2=2,故n=(2,1,2), (12分) 则A(0,0,0),A(0,0,2),E(W5,-1,1)G(0,2 设存在点M(工，)满足条件 1),C(3,1,0),F(3,1,1) (4分) 由CM=ACE,A∈[0,1]，得x1=1一x,=1, (1)因为AE=(√3，-1，-1).GC=(3,-1,-1). 9=λ， ·34· 故M(1-A,1,a), 整理得4以-4入十1=0，a∈[0,1]， 所以AM=(1-入，1，A). (14分) 解得入=之 (18分) 设直线AM与平面CDE所成的角为9， 所以m日=os成.m1=A立：n= 故当点M为CE的中点时，直线AM与平面CDE AM 所成角的正弦值为。 (20分) I2(1-A)+1+2L-5」 3×√(1-λ)+1+xF3