(五)空间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2同步周测卷（新高考湘教版）

高二周测卷 ·数学（湘教版）选择性必修第二册· 高二同步周测卷/数学 选择性必修第二册（五） 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W.空间想象能力V,数据处理能力 1.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⑥数据分析 能力要求 学科素养 预估难度 题号 分 知识点 题型 (主题内容) ① ②③ 档次系数 1 选择题 由线面垂直求参 易 0.80 2 选择题 求平面的法向量 易 0.72 利用空间向量判断三 3 选择题 5 角形形状 易 0.70 选择题 5 利用空间向量求线 4 面距 的 0.55 5 选择题 二面角，利用空间向量 5 0.45 求线段的长 务 选择题 利用空间向量求线面 6 L 0.30 角的正弦值 选择题 利用空间向量判断位 7 6 易 置关系 0.70 8 选择题 利用空间向量解决存 6 在性问题 难 0.28 填空题 5 求两平面间的距离 易 0.71 10 由线面平行求线段长 填空题 中 0.45 度的最值 11 利用空间向量求点线 解答题 13 中 0.60 距，证明线面垂直 12 解答题 利用空间向量证明线 15 线平行，求二面角 小 中 0.45 利用空间向量求异面 13 解答题 直线所成角的余弦值， 20 分 0.30 由线面角的正弦值确 定点的位置 ·67· ·数学（湘教版）选择性必修第二册· 参考答案及解析 香考答案及解析 一、选择题 ∥平面EFD,B,所以直线BD到平面EFD,B,的距 1.B【解析】因为La,所以m∥n,所以号= 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=E成：nl- n 2.C【解析】由题可得a与b不平行，设平面a的一个 ×(-2) 法向量为n=(y,),则0：n=2十3y叶=0 b·n=5.x+6y+4=01 2年2青一子放进n 5.C 【解析】由题得CD=C+AB+BD,且CLAB, 令=1，得x=-2,y=1,所以n=(-2,1,1).故 选C. 筋L成，，动》=x-音=餐，所以市 3.C【解析】：M为BC的中点，Ai=号(A店+ (CA+AB+BD)=CA+AB+BD:+2CA.AB +2BD.AB+2Ci.Bi=1'+(3)2+2+0+0 ACAi.A市=号(AB+AC)·A市=之Ai, +2×1×2×(-之)=6，所以1Ci1=6,即CD的 Ai+号AC.AD-0,AM1Ai.△AMD为直 长为v6,故选C. 角三角形.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,AA分别为y 轴、：轴正方向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分别为x轴y 轴、：轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 1 ↑2 则C(0,3,0),D(0,1,0),B(0,4,3),又因为E为 A1B1的中点，则E(2,2,3),故BE=(2,-2,0), BD=(0,-3,-3),C市-(2，-1,3)，设平面DEB的 BE·n=2x-2y=0 法向量为m=(xy).则B方：m=一3y一3x=0 令x=1,得y=1x=一1.则n=(1,1,一1)，设直线CE 则B(1,1.0),E(71.0）,B(1,1,1),D(0.0.1) 与平面DEB所成的角为a,则sin0=cos<C正，n> CE.nl 12-1-3 所以E弦=（号0,0）BD=(-1,-1,0),B正 1CE1n√2+(-1)+3×√+1+(-1)刀 2 (-号，0，-1)，设平面EFD,B,的法向量为n=(x, √1M×5 2,所以直线CE与平面DEB:所 y,),则 n·BD=0 一x一y0 n·BE=0·即 厂zx-=0令=1， 1 皮角的正弦值为票故选D 二、选择题 得x=-2,y=2,则n=(-2,2,1),因为BD∥BD1, 7.AB【解析】因为m=(一1，一1,1)，n BD在平面EFDB,,B,D,C平面EFD,B,所以BD (1,1,一1)，所以m=一n,所以a∥3，故A正确：因 ·68· 高二周测卷 ·数学（湘教版）选择性必修第二册· 为c·n=0,l寸3，所以l∥B,故B正确：因为c·m= 三、填空题 0,所以1∥a或lCa,故C错误；因为m·n=一3≠0， 所以平面a与3不互相垂直，故D错误.故选AB. 【解析】因为a∥B,所以平面a到平面B的距离 8.ABD【解析】将半正多面体补成一个棱长为2的正 即为点O到平面？的距离，因为OA=(2,1,1),所以 方体，则半正多面体的所有顶点都是正方体的棱的中 点，以O为原点，过O的三条棱所在直线分别为x 平面。到平面日的距离d=n:Oi n 轴，y轴，x轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 1-1X2+0X1+1X1- √(-1)+0+1 2 10.①7 4 【解析】以A为原点，AB,A5,AA分别为x 轴，y轴，之轴正方向，建立如图所示的空间直角坐 标系， 5 则A(2,1,0),F(2,2.1),B(1,0.2),C(0,1,2), D(1,2,2),对于A项，当点E与点C重合时，Fi (-1,0,1),AE=(-2,0,2).则AE-2FD,又因为 A,F,D,E四点不共线，则AE∥DF,则A,F,D,E四 点共面，敌A正确：对于B项，当点E与点B重合时， DE-(0,-2,0),则D正·FD=0,即DE⊥DF,放B 则A(0,0,1D,B,(1,0,1),M(0,70）N(1,0, 正确：对于C项，设正-ABC,入∈[0,1门，则DE 专).C1.1,0).因为动点P在底面正方形ABCD Di+B=Di+ABC=(0,-2,0)+A(-1,1.0)= (一A,A一2,0)，设平面CDF的法向量为n= 内（包括边界）运动，则设P(x,y,0),x,y∈[0,1门， (xy2),C市=(11,0)，C求-(2,1.-1)，则 所以BP=(x一1，y,-1),设平面A,MN的法向量 n·CD=x+y=0 为n=(a,bc),又AN=(10,-2）人Ai n.CF=2x+y-3=0 令x=1,得y=一1，=1，则 n=(1,一1,1)，设直线DE与平面CDF所成的角为0， (0,7-1)小则 n-a-tc-0 ,令c=2,得 则sin0=,一n·D亦 -X+2- A立.n=6-e=0 |n·1DE1√3×√/(-a)+(A-2) a=1,b=4,则n=(1,4,2),因为BP∥平面 ③ ，化简得3-2以+10=0,4-4-40=-36<0， AMN,所以B户·n=(x-1.y,-1)·(1,4,2)= 此方程无解，故不存在点E,使得直线DE与平面 x一1+4y一2=0，即x+4y-3=0,则x=-4y+3 CDF所成的角为受，故C错误：对于D项，A户= ∈[o11,所以ye[分·]11- (0,1,1),由C项可知，D求=(-λ，a-2,0),所 √(x-1)+(y-1)+0F=√17y-18y+5= 以|cos(AF,DE1= AF.DE √7(6一号)+青，由二次函数的性质可得当 IAF·DEI A-21 35 ,整理可得22+入 时.=当y=是时，=平因为 √2·√(-A)+(A-2) 10 1=0,因为∈[0,1叮，所以A=2,即当点E为BC 平>之·所以C印长度的最大值为平 4 四、解答题 的中点时，直线DE与直线AF所成角的余弦值为 放D正确，散选AD 11.解：(1)以D为原点，DA,D,DD分别为x轴、y 轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， ·69· ·数学（湘教版）选择性必修第二册· 参考答案及解析 所以A,E∥GC,即A,E∥GC (7分) D (2)EF=(0,2,0), 设平面A,EF的法向量为n=(x,y,), 则n·它=5-y-=0 n·EF=2y=0 取x=1,则y=0z=√3， 所以n=(1,0w3), (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所成的角为0， 则D1(0,0,4),E(0,2,1),F(1,1,0),C(0,2,0), 则s。-lmw--器 B(2,2,0),A(2.0.4).D(0,0.0) 所以ED=(0,-2,3),EF-(1,-1,-1),(4分) 2 点D到直线EF的距离为d 所以平面A,EF与平面ABCD所成的角为答 14 3 (15分) (6分) 13.解：(1)以A为原点，AB.AD,AF分别为x轴、y轴、 (2)由(1)可得AC-(-2,2,-4).DB=(2.2,0) :轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， DE=(0,2,1) 因为A,C.Di=-2×2+2×2=0,AC.DE-2× 2+(-4)×1=0, 所以AC⊥DB,ACLDE, (11分) 又DB∩DE=D,DB,DEC平面BDE, 所以A,C⊥平面BDE. (13分) 不妨设AB=1, 12.解：取BC的中点H,连接AH,AC, 则B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,3,0),F(0,0,1), 因为四边形ABCD为菱形，∠BAD== E(0,1,1),A(0,0,0), 所以△ABC为等边三角形， 所以BF=(-1,0,1),D求=(0，-2,1)，CD 所以AH⊥BC, (-1,2,0),CE=(-1,0,1). (4分) 又BC∥AD,所以AH⊥AD, (2分) 设异面直线BF与DE所成的角为， 易知AA:⊥平面ABCD, 所以AH,AD,AA,两两垂直， 则cos0=-cos(球，成1=苹.D |BF|IDE1V②X√5 则以A为原点，Ai,AD,AA分别为x轴、y轴、： =￥10 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 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,x), n·Ci=0 则 -x+2y=0 ,即 n.DE=0' 1-2y十e=0 令y=1,得x=2,2=2,故n=(2,1,2),(12分) 设存在点M(名)满足条件， 则A(0,0,0),A1(0.0,2),E(5,-1,1),G(0,2, 由CM=aCE,a∈[0,1]，得x1=1-,=1, 1)C(3.1,0).F(5.1,1). (4分) =, (1)因为AE-(W3,-1,-1),GC=(3,-1,-1). 故M(1-A,1,A), ·70· 高二周测卷 ·数学（湘教版）选择性必修第二册· 所以AM=(1-x,1,A). (14分) 整理得4以一4以+1=0，A∈[0,1]， 设直线AM与平面CDE所成的角为0， 解得A=之 (18分) 所以i血9=|os〈A成.m1=A立.n AMII 故当点M为CE的中点时，直线AM与平面CDE 2(1-入)+1+26 所成角的正弦值为写 (20分) 3×√(1-A)+1+ 3 ·71·① 12.(本小题满分15分) 13,《本小题清分20分 如图，在底面为菱形的直四校柱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AEF与平面ABCD所成角的大小. (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， 数学（涌教服}头择性企修第二质第3真「共4页引 衡水会幕·究草最·喜二同步丽测卷五 监学（湘教极！选择性必修氧二研第4页共4西