课时冲关37 空间直角坐标系、空间向量及其运算&课时冲关38 立体几何中的向量方法证明空间位置关系&课时冲关39 求空间角和距离-【创新教程】2026年高考数学艺考生文化课百日冲关课时作业

　　　　　　　　　 课时冲关三十七　空间直角坐标系、 空间向量及其运算　　　　　　　　　　　　　　　　　　 １．O为空间任意一点,若OP → ＝３４OA → ＋１８OB → ＋ １ ８OC → ,则A,B,C,P 四点 (　　) A．一定不共面　　　　　B．一定共面 C．不一定共面 D．无法判断 ２．已知a＝(λ＋１,０,２),b＝(６,２u－１,２λ),若 a∥b,则λ与u 的值可以是 (　　) A．２,１２ B．－ １ ３ ,１ ２ C．－３,２ D．２,２ ３．结晶体的基本单位为晶 胞,如图 是 食 盐 晶 胞 的 示意图(可看成是八个 棱长为１ ２ 的小正方体堆 积成的正方体),其中白 点○代表钠原子,黑点●代表氯原子．建立 空间直角坐标系O－xyz后,图中最上层中 心的钠原子所在位置的坐标是 (　　) A．１２ ,１ ２ ,１æ è ç ö ø ÷ B．０,０,１( ) C．１,１２ ,１æ è ç ö ø ÷ D．１,１２ ,１ ２ æ è ç ö ø ÷ ４．(２０２５􀅰长春三模)如图,在 △ABC 中,点 D,E是线段BC 上两个动点,且AD → ＋AE → ＝ xAB → ＋yAC → ,则１ x＋ ４ y 的最小值为 (　　) A．３２ B．２ C． ５ ２ D． ９ ２ ５．(多选题)已知正方体 ABCD－A１B１C１D１ 的中心为O,则在下列各结论中正确的结论 共有 (　　) A．OA → ＋OD → 与OB１ → ＋OC１ → 是一对相反向量; B．OB → －OC → 与OA１ → －OD１ → 是一对相反向量; C．OA → ＋OB → ＋OC → ＋OD → 与OA１ → ＋OB１ → ＋OC１ → ＋OD１ → 是一对相反向量; D．OA１ → －OA → 与OC → －OC１ → 是一对相反向量． ６．已知点A(１,２,１),B(－１,３,４),D(１,１,１), 若AP → ＝２PB →,则|PD → |的值是　　　　． ７．如图所示,PD 垂直于正 方形ABCD 所在平面, AB＝２,E 为 PB 的 中 点,cos‹DP →,AE →›＝ ３３ , 若以 DA,DC,DP 所在 直线分别为x,y,z轴建 立空间直角坐标系,则点 E 的坐标为　　 　　． ８．如图所示,已知二面角αＧ lＧβ 的 平 面 角 为 θθ∈ ０,π２ æ è ç ö ø ÷ æ è ç ö ø ÷, AB ⊥ BC,BC⊥CD,AB 在 平 面β内,BC在l上,CD 在平面α 内,若AB ＝BC＝CD＝１,则AD 的长为　　　　． ９．已 知a＝(１,－３,２),b＝(－２,１,１),点 A(－３,－１,４),B(－２,－２,２)． (１)求|２a＋b|; (２)在直线 AB 上,是否存在一点 E,使得 OE → ⊥b? (O为原点) １０．已知空间三点A(－２,０,２),B(－１,１,２), C(－３,０,４),设a＝AB →,b＝AC → ． (１)若|c|＝３,且c∥BC →,求向量c; (２)求向量a与向量b的夹角的余弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０６２􀅰 班级:　　　　　姓名:　　　　　　学号:　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 课时冲关三十八　立体几何中的向量方法 证明空间位置关系 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 １．若直线l的一个方向向量为a＝(２,５,７),平 面α的一个法向量为u＝(１,１,－１),则 (　　) A．l∥α或l⊂α　　　B．l⊥α C．l⊂α D．l与α斜交 ２．设平面α的法向量为(１,２,－２),平面β的 法向量为(－２,－４,k),若α⊥β,则k等于 (　　) A．２ B．－４ C．－５ D．－２ ３．已知A(１,０,０),B(０,１,０),C(０,０,１),则平 面ABC的一个单位法向量是 (　　) A． ３ ３ ,３ ３ ,－ ３３ æ è ç ö ø ÷ B． ３ ３ ,－ ３３ ,３ ３ æ è ç ö ø ÷ C．－ ３３ ,３ ３ ,３ ３ æ è ç ö ø ÷ D．－ ３３ ,－ ３３ ,－ ３３ æ è ç ö ø ÷ ４．(多选题)在正方体ABCDＧA１B１C１D１ 中,E、F 分别为线段A１D１、AB的中点,则 (　　) A．EF与BC 异面 B．EF∥平面CDD１C１ C．EF⊥AC D．BD⊥平面EFC１ ５．(多选题)已知点P 是平行四边形ABCD 所 在的平面外一点,如果AB → ＝(２,－１,－４), AD → ＝(４,２,０),AP → ＝(－１,２,－１)．对于以 下结论正确的是 (　　) A．AP⊥AB B．AP⊥AD C．AP → 是平面ABCD 的法向量 D．AP → ∥BD → ６．在空间直角坐标系中,点P(１,２,３),过点P 作平面yOz的垂线PQ,则垂足Q 的坐标为 　　　　． ７．已知平面α内的三点A(０,０,１),B(０,１,０), C(１,０,０),平面β的一个法向量n＝(－１,－１, －１),则不重合的两个平面α与β的位置关系 是　　　　． ８．如 图,在 正 方 体 ABCDＧ A１B１C１D１ 中,棱长为a, M、N 分别为A１B 和AC 上 的 点,A１M ＝AN ＝ ２a ３ ,则 MN 与 平 面 BB１C１C的位置关系是　　　　． ９．如图,在多面体ABCＧA１B１C１ 中,四边形A１ABB１ 是正方形, AB＝AC,BC＝ ２AB,B１C１􀱀 １ ２BC ,二面角 A１ＧABＧC 是直 二面角．求证: (１)A１B１⊥平面AA１C; (２)AB１∥平面A１C１C． １０．如 图 所 示,在 四 棱 锥 PＧABCD中,PC⊥ 平 面 ABCD,PC＝２,在四边 形 ABCD 中,∠B ＝ ∠C＝９０°,AB＝４,CD ＝１,点 M 在PB 上,PB＝４PM,PB 与平 面ABCD 成３０°的角．求证: (１)CM∥平面PAD; (２)平面PAB⊥平面PAD． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１６２􀅰 艺考生文化课百日冲关􀅰数学　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 第六章　立体几何 　　　　　　　　　　　课时冲关三十九　求空间角和距离　　　　　　　　　　　　　　　　　　 １．如图,点 A、B、C 分 别在空间直角坐标 系OＧxyz 的 三 条 坐 标轴上,OC → ＝(０,０, ２),平 面 ABC 的 法 向量为n＝(２,１,２), 设二面角C－AB－O的大小为θ,则cosθ＝ (　　) A．－ ５３　　B． ５ ３ C． ２ ３ D．－ ２ ３ ２．在空间直角坐标系OＧxyz 中,平面OAB 的 一个法向量为n＝(２,－２,１),已知点P(－ １,３,２),则点P 到平面OAB 的距离d 等于 (　　) A．４ B．２ C．３ D．１ ３．如图,在直三棱柱ABC －A１B１C１ 中,AB＝１, AC＝２,BC＝ ３,D,E 分别是AC１ 和BB１ 的 中点,则直线 DE 与平 面 BB１C１C 所 成 的 角为 (　　) A．π６ B． π ４ C． π ３ D． π ２ ４．已知直三棱柱 ABCＧA１B１C１ 中,∠ACB＝ ９０°,AC＝１,CB＝ ２,侧棱 AA１＝１,侧面 AA１B１B 的两条对角线交于点D,则平面 B１BD 与平面CBD 所成的二面角的余弦 值为 (　　) A．－ ３３ B．－ ６ ３ C． ３ ３ D． ６ ３ ５．如 图,在 直 三 棱 柱 ABC － A１B１C１ 中,∠ACB＝９０°,２AC ＝AA１＝BC＝２．若二面角B１－ DC－C１ 的大小为６０°,则AD 的 长为 (　　) A．２ B．３ C．２ D．２２ ６．如图,在正方形 ABCD 中,EF∥AB,若沿 EF将正方形折成一个二面角后,AE∶ED ∶AD＝１∶１∶ ２,则AF与CE 所成角的余 弦值为　　　　． ７．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－ A１B１C１ 的底面边长为２,侧棱长为２ ２,则 AC１ 与侧面ABB１A１ 所成的角为　　　　． ８．设正方体ABCD－A１B１C１D１ 的棱长为２, 则点D１ 到平面A１BD 的距离是　　　　． ９．(２０２５􀅰 全国一卷)如 图,在四棱锥P－ABCD 中,PA⊥ 底 面 ABCD, AB⊥AD,BC∥AD． (１)证明:平面PAB⊥平 面PAD; (２)若PA＝AB＝ ２,BC＝２,AD＝１＋ ３, 且点P,B,C,D 均在球O 的球面上． (ⅰ)证明:点O在平面ABCD 内; (ⅱ)求直线AC与PO 所成角的余弦值． １０．(２０２５􀅰山东省 实验中学二模) 如图,在 四 棱 锥 PＧABCD 中,底 面 ABCD 是 矩 形,PA⊥底面ABCD,PA＝AB＝２,AD＝ ４,E是PD 的中点． (１)求证:PB∥平面AEC; (２)求直线 PC 与平面AEC 所成角的正 弦值; (３)若点F在棱PC 上运动,当点F到平面 AEC的距离为２３ 时,求PF的长度． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２６２􀅰 班级:　　　　　姓名:　　　　　　学号:　　　　　　　　　　　　　 △AB１P 中,AB１ ＝ ２,AP ＝ １＋μ ２,B１P ＝ １＋(１－μ) ２,因此周长L＝AB＋AP＋B１P 不为定值; 所以选项 A错误． B选项,当μ＝１时,可知点P 在线段B１C１(包括端点)上 运动． 由图可知,线段B１C１∥平面A１BC,即点P 到平面A１BC 的距离处 处 相 等,△A１BC 的 面 积 是 定 值,所 以 三 棱 锥 PＧA１BC的体积为定值,所以选项B正确． C选项,当λ＝ １２ 时,分别 取 线 段 BC,B１C１ 中 点 为 D, D１,可知点P 在线段DD１(包括端点)上运动． 很显然若点P 与D 或D１ 重合,均满足题意,所以选项C 错误． D选项,当μ＝ １ ２ 时,分别取线段BB１,CC１ 中点为M,N,可 知点P在线段DD１(包括端点)上运动． 此时,有且只有点P 与N 点重合时,满足题意． 所以选项 D正确．] ７．解析:由定理可知,BD⊥PC．所以当 DM⊥PC 时,即有 PC⊥平面 MBD,而PC⊂平面PCD,所以平面 MBD⊥ 平面PCD． 答案:DM⊥PC(答案不唯一) ８．解析:由题意知PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC． 又AC⊥BC,PA∩AC＝A,∴BC⊥平面PAC． ∴BC⊥AF．∵AF⊥PC,BC∩PC＝C, ∴AF⊥平面PBC,∴AF⊥PB,AF⊥BC． 又AE⊥PB,AE∩AF＝A,∴PB⊥平面AEF． ∴PB⊥EF．故①②③正确． 答案:①②③ ９．解:(１)由于AD＝CD,E 是AC 的中点,所以AC⊥DE． 由于 AD＝CD BD＝BD ∠ADB＝∠CDB{ ,所以△ADB≌△CDB, 所以AB＝CB,故AC⊥BE, 由于DE∩BD＝D,DE、BD⊂平面BED, 所以AC⊥平面BED, 由于AC⊂平面ACD,所以平面BED⊥平面ACD． (２)依题意AB＝BD＝BC＝２,∠ACB＝６０°,三角形ABC 是等边三角形, 所以AC＝２,AE＝CE＝１,BE＝ ３, 由于AD＝CD,AD⊥CD,所以三角形ACD 是等腰直角 三角形,所以DE＝１． DE２＋BE２＝BD２,所以DE⊥BE, 由于AC∩BE＝E,AC,BE⊂平面ABC, 所以DE⊥平面ABC． 由于△ADB≌△CDB,所以∠FBA＝∠FBC, 由于 BF＝BF ∠FBA＝∠FBC, AB＝CB{ 所以△FBA≌△FBC, 所以AF＝CF,所以EF⊥AC, 由于S△AFC＝ １ ２ 􀅰AC􀅰EF,所以当EF 最短时,三角形 AFC的面积取得最小值． 过E 作EF⊥BD,垂足于F, 在 Rt△BED 中,１２ 􀅰BE􀅰DE＝ １２ 􀅰BD􀅰EF,解 得 EF＝ ３２ , 所以 DF＝ １２－ ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ １２ ,BF ＝２－DF＝３２ , 所以BF BD＝ ３ ４． 过F 作FH⊥BE,垂足为 H,则FH∥DE,所以FH⊥平 面ABC,且FHDE＝ BF BD＝ ３ ４ , 所以FH＝３４ , 所以VF－ABC＝ １ ３ 􀅰S△ABC 􀅰FH＝ １ ３× １ ２×２× ３× ３ ４ ＝ ３４． １０．解:(１)因为E,F 分别是AC,B１C的中点, 所以EF∥AB１, 因为EF⊄平面AB１C１,AB１⊂平面AB１C１, 所以EF∥平面AB１C１． (２)因 为 B１C ⊥ 平 面 ABC,AB⊂ 平 面 ABC１, 所以B１C⊥AB． 又AB⊥AC,AC∩B１C＝ C,AC⊂平 面 AB１C,B１C ⊂平面AB１C, 所以AB⊥平面AB１C, 又AB⊂平面ABB１, 所 以 平 面 AB１C ⊥ 平 面ABB１． 课时冲关三十七 １．B　[∵OP → ＝３４OA → ＋１８OB → ＋１８OC →,且 ３ ４＋ １ ８＋ １ ８＝ １．∴P,A,B,C四点共面．] ２．A　[由题意知(λ＋１)􀅰２λ＝２×６,可得λ＝－３或２,由０ 􀅰２λ＝２(２u－１)得 u＝ １２ ,分 析 选 项 知 A 正 确．故 选 A．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４９３􀅰 艺考生文化课百日冲关􀅰数学 ３．A　[设图中最上层中间的钠原子所在位置为B 点,以 O、B 为 相 对 顶 点,作 出 长 方 体 ABCD－OEFG,如 图 所示: ∵平面BFGD 经过点B 与x 轴垂直, ∴点B 在x 轴上的射影为G 点,结合G １２ ,０,０( ) 得B 的横坐标为１ ２ ;同理可得,点B 在y 轴上的射影为E 点, 结合E ０,１２ ,０( ) 得B 的纵坐标为 １２;点B 在z 轴上的 射影为D 点,结合D(０,０,１)得B 的竖坐标为１．由此可 得点B 的坐标为 １２ ,１ ２ ,１( )．故选 A．] ４．D　[设AD → ＝mAB → ＋nAC →,AE→＝λAB→＋μAC →,其中 m, n,λ,μ为实数． 因为B,D,E,C共线,所以m＋n＝１,λ＋μ＝１． 因为AD → ＋AE → ＝xAB → ＋yAC → ＝(m＋λ)AB → ＋(n＋μ)AC →, 则x＋y＝m＋n＋λ＋μ＝２, 易知x＞０,y＞０,所以１x＋ ４ y＝ １ ２ １ x＋ ４ y( )(x＋y)＝ １ ２ ５＋ y x ＋ ４x y( ) ≥ １ ２ ５＋２ y x 􀅰４x y æ è ç ö ø ÷＝９２． ] ５．ACD ６．解析:设P(x,y,z),∴AP→＝(x－１,y－２,z－１)．PB→＝ (－１－x,３－y,４－z),由AP→＝２PB→,得 点 P 坐 标 为 －１３ ,８ ３ ,３( ) ,又D(１,１,１), ∴|PD→|＝ ７７３ ． 答案: ７７ ３ ７．解析:由已知得D(０,０,０),A(２,０,０),B(２,２,０), 设P(０,０,a)(a＞０),则E １,１,a２( ) , 所以DP → ＝(０,０,a),AE → ＝ －１,１,a２( ) ,|DP → |＝a, |AE → |＝ (－１)２＋１２＋ a２( ) ２ ＝ ２＋a ２ ４＝ ８＋a２ ２ ． 又cos‹DP →,AE→›＝ ３３,所以 ０􀅰(－１)＋０􀅰１＋a ２ ２ a􀅰 ８＋a ２ ２ ＝ ３３ , 解得a２＝４,即a＝２,所以E(１,１,１)． 答案:(１,１,１) ８．解析:AD → ＝AB → ＋BC → ＋CD →, 所以AD →２＝AB→２＋BC→２＋CD→２＋２AB→􀅰CD→＋２AB→􀅰BC→ ＋２BC →􀅰CD→＝１＋１＋１＋２cos(π－θ)＝３－２cosθ, 所以|AD → |＝ ３－２cosθ,即AD 的长为 ３－２cosθ． 答案: ３－２cosθ ９．解:(１)２a＋b＝(２,－６,４)＋(－２,１,１)＝(０,－５,５), 故|２a＋b|＝ ０２＋(－５)２＋５２＝５ ２． (２)令AE→＝tAB→(t∈R),所 以OE→＝OA→＋AE→＝OA→＋ tAB→＝(－３,－１,４)＋t(１,－１,－２)＝(－３＋t,－１－t, ４－２t),若OE→⊥b,则OE→􀅰b＝０,所以－２(－３＋t)＋(－１ －t)＋(４－２t)＝０,解得t＝９５． 因此存在点E,使得OE→ ⊥b,此时E 点的坐标为 －６５ ,－１４５ ,２ ５( )． １０．解:(１)∵c∥BC→, BC→＝(－３,０,４)－(－１,１,２)＝(－２,－１,２), ∴c＝mBC→＝m(－２,－１,２)＝(－２m,－m,２m), ∴|c|＝ －２m２＋－m２＋２m２＝３|m|＝３, ∴m＝±１,∴c＝(－２,－１,２)或(２,１,－２)． (２)∵a＝(１,１,０),b＝(－１,０,２), ∴a􀅰b＝(１,１,０)􀅰(－１,０,２)＝－１, 又∵|a|＝ １２＋１２＋０２＝ ２,|b|＝ －１２＋０２＋２２＝ ５, ∴cos‹a,b›＝ a 􀅰b |a||b|＝ －１ １０ ＝－ １０１０ , 即向量a与向量b的夹角的余弦值为－ １０１０ ． 课时冲关三十八 １．A　[由条件知a􀅰u＝２×１＋５×１＋７×(－１)＝０,所以a⊥ u,故l∥α或l⊂α．故选 A．] ２．C　[因为α⊥β,所以１×(－２)＋２×(－４)＋(－２)×k＝ ０,所以k＝－５．] ３．D　[因为 A(１,０,０),B(０,１,０),C(０,０,１),所以AB → ＝ (－１,１,０),AC → ＝(－１,０,１)． 经验证,当n＝ － ３３ ,－ ３３ ,－ ３３ æ è ç ö ø ÷ 时, n􀅰AB → ＝ ３３－ ３ ３＋０＝０ ,n􀅰AC → ＝ ３３＋０－ ３ ３＝０ ,故选D．] ４．AC　[以点 D 为坐标 原 点,DA、DC、DD１ 所在直线分别为x、y、 z轴建 立 如 图 所 示 的 空间 直 角 坐 标 系,不 妨设正方体的棱长为 ２,则A(２,０,０)、B(２, ２,０)、C(０,２,０)、D(０, ０,０)、E(１,０,２)、F(２, １,０)、C１(０,２,２),对 于 A选项,EF、BC 既 不平行,也不相交,故 EF 与BC 异面,A 正 确;对 于 B 选 项,EF → ＝(１,１,－２),易知平面CDD１C１ 的一个法向量为 m＝ (１,０,０),则EF →􀅰m＝１≠０,故EF 与平面CDD１C１ 不平 行,B错误;对于C选项,AC → ＝(－２,２,０),所以,EF →􀅰AC→ ＝－２＋２＝０,故EF⊥AC,C对;对于 D 选项,DB → ＝(２, ２,０),所以,EF →􀅰DB→＝２＋２＝４,所以,EF、BD 不垂直, 故BD 与平面EFC１ 不垂直,D错误．] ５．ABC　[∵AP →􀅰AB→＝－２－２＋４＝０, ∴AP⊥AB,故 A正确; AP →􀅰AD→＝－４＋４＋０＝０,∴AP⊥AD,故B正确; 由 AB知AP⊥平面ABCD,故 C正确,D不正确．] ６．解析:由题意知,点Q 即为点P 在平面yOz 内的射影,所 以垂足Q 的坐标为(０,２,３)． 答案:(０,２,３) ７．解析:设平面α的法向量为m＝(x,y,z), 由m􀅰AB → ＝０,得x􀅰０＋y－z＝０⇒y＝z, 由m􀅰AC → ＝０,得x－z＝０⇒x＝z,取x＝１, ∴m＝(１,１,１),m＝－n,∴m∥n,∴α∥β． 答案:α∥β 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５９３􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 参考答案 ８．解析:∵正方体棱长为a,A１M＝AN＝ ２a ３ , ∴MB → ＝２３A１B →,CN→＝２３CA →, ∴MN → ＝MB → ＋BC → ＋CN → ＝２３A１B → ＋BC → ＋２３CA → ＝２３ (A１B１ → ＋B１B →)＋BC→＋２３(CD → ＋DA →) ＝２３B１B → ＋１３B１C１ → ． 又∵CD → 是平面B１BCC１ 的法向量, ∴MN →􀅰CD→＝ ２３B１B → ＋１３B１C１ → ( ) 􀅰CD → ＝０, ∴MN → ⊥CD → ．又∵MN⊄平面B１BCC１, ∴MN∥平面B１BCC１． 答案:平行 ９．证明:∵二面角A１－AB－C是直二面角, 四边形A１ABB１ 为正方形,∴AA１⊥平面BAC． 又∵AB＝AC,BC＝ ２AB, ∴∠CAB＝９０°,即CA⊥AB, ∴AB,AC,AA１ 两两互相垂直． 建立如图所示的空间直角坐标 系AＧxyz, 设AB＝２,则A(０,０,０),B１(０, ２,２),A１(０,０,２), C(２,０,０),C１(１,１,２)． (１)A１B１ → ＝(０,２,０),A１A → ＝(０,０, －２),AC → ＝(２,０,０), 设平面 AA１C 的 一 个 法 向 量n ＝(x,y,z), 则 n􀅰A１A → ＝０, n􀅰AC → ＝０,{ 即 －２z＝０, ２x＝０,{ 即 x＝０, z＝０．{ 取y＝１,则n＝(０,１,０)． ∴A１B１ → ＝２n,即A１B１ → ∥n．∴A１B１⊥平面AA１C． (２)易知AB１ → ＝(０,２,２),A１C１ → ＝(１,１,０),A１C → ＝ (２,０,－２),设 平 面 A１C１C 的 一 个 法 向 量m＝(x１,y１, z１), 则 m􀅰A１C１ → ＝０, m􀅰A１C → ＝０,{ 即 x１＋y１＝０, ２x１－２z１＝０,{ 令x１＝１,则y１＝－１,z１＝１,即m＝(１,－１,１)． ∴AB１ →􀅰m＝０×１＋２×(－１)＋２×１＝０, ∴AB１ → ⊥m． 又AB１⊄平面A１C１C,∴AB１∥平面A１C１C． １０．证明:以C 为坐标原点,CB 为 x 轴,CD 为y 轴,CP 为z 轴建 立如图所示的空间直角坐标系 CＧxyz． ∵PC⊥平面ABCD, ∴∠PBC为PB 与平面ABCD 所成的角, ∴∠PBC＝３０°, ∵PC＝２,∴BC＝２ ３,PB＝４, ∴D(０,１,０),B(２ ３,０,０),A(２ ３,４,０), P(０,０,２),M ３ ２ ,０,３２ æ è ç ö ø ÷, ∴DP → ＝(０,－１,２),DA → ＝(２ ３,３,０), CM → ＝ ３ ２ ,０,３２ æ è ç ö ø ÷． (１)设n＝(x,y,z)为平面PAD 的一个法向量, 由 DP →􀅰n＝０, DA →􀅰n＝０,{ 即 －y＋２z＝０, ２ ３x＋３y＝０,{ 令y＝２,得n＝(－ ３,２,１)． ∴n􀅰CM → ＝－ ３× ３２＋２×０＋１× ３ ２＝０ , ∴n⊥CM → ．又CM⊄平面PAD, ∴CM∥平面PAD． (２)取AP 的中点E,连接BE, 则E(３,２,１),BE → ＝(－ ３,２,１)． ∵PB＝AB,∴BE⊥PA． 又∵BE →􀅰DA→＝(－ ３,２,１)􀅰(２ ３,３,０)＝０, ∴BE → ⊥DA →,∴BE⊥DA． 又PA∩DA＝A,∴BE⊥平面PAD． 又∵BE⊂平面PAB, ∴平面PAB⊥平面PAD． 课时冲关三十九 １．C　[∵点A、B、C分别在空间直角坐标系 O－xyz的三条坐标轴上, OC → ＝(０,０,２),平面ABC的法向量为n＝(２,１,２), 二面角C－AB－O 的大小为θ, ∴cosθ＝ OC →􀅰n |OC → ||n| ＝ ４２×３＝ ２ ３． 故选 C．] ２．B　[由 已 知 平 面 OAB 的 一 条 斜 线 的 方 向 向 量OP → ＝ (－１,３,２),所以点 P 到平面OAB 的距离d＝|OP → |􀅰 |cos‹OP →,n›|＝|OP →􀅰n| |n| ＝ |－２－６＋２| ２２＋(－２)２＋１ ＝２．故选B．] ３．A　[∵AB＝１,AC＝２, BC＝ ３, AC２＝BC２＋AB２, ∴AB⊥BC． ∵三棱柱为直三棱柱, ∴BB１⊥平面ABC． 以B 为原点,BC,BA,BB１ 所 在的直线分别为x轴,y轴,z 轴建立如图所示的空间直角 坐标系BＧxyz,则 A(０,１,０),C (３,０,０)．设B１(０,０,a),则C１ (３,０,a), ∴ D ３ ２ ,１ ２ ,a ２ æ è ç ö ø ÷, E ０,０,a２( ) , ∴ DE → ＝ － ３２ ,－１２ ,０ æ è ç ö ø ÷,平 面 BB１C１C 的 法 向 量BA → ＝(０,１, ０)．设直线DE 与平面BB１C１C所成的角为α,则sinα＝ |cos‹DF →,BA→›|＝１２, ∴α＝π６． ] ４．A　[建立如图所示的空间直角 坐标系,则C(０,０,０),B(２,０, ０),A(０,１,０),B１(２,０,１), D ２ ２ ,１ ２ ,１ ２ æ è ç ö ø ÷,CD → ＝ ２ ２ ,１ ２ ,１ ２ æ è ç ö ø ÷,CB → ＝(２,０,０), BA → ＝(－ ２,１,０),BB１ → ＝(０,０, １)．设平面CBD 和平面B１BD 的法向量分别为n１,n２,可得n１ ＝(０,１,－１),n２＝(１,２,０),所 以 cos‹n１,n２›＝ n１􀅰n２ |n１||n２| ＝ ３ ３ ,又平面 B１BD 与平面CBD 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６９３􀅰 艺考生文化课百日冲关􀅰数学 所成的二面角的平面角与‹n１,n２›互补,故平面B１BD 与 平面CBD所成的二面角的余弦值为－ ３３． 故选 A．] ５．A　[如图,以C 为坐标原点,CA, CB,CC１ 所 在 直 线 分 别 为x 轴,y 轴,z轴建立空间直角坐标系,则C (０,０,０),A(１,０,０),B１(０,２,２),C１ (０,０,２)．设AD＝a,则D 点坐标为 (１,０,a),CD → ＝(１,０,a),CB１ → ＝(０, ２,２)．设平面B１CD 的法向量为m ＝(x,y,z)． 由 m􀅰CB１ → ＝２y＋２z＝０ m􀅰CD → ＝x＋az＝０{ , 得 y＝－z x＝－az{ ,令z＝－１,则m＝(a,１,－１)． 又平面C１DC的一个法向量为n＝(０,１,０), 则由cos６０°＝|m 􀅰n| |m||n| ,得 １ a２＋２ ＝１２ ,解得a＝ ２, 所以AD＝ ２．故选 A．] ６．解析:∵AE∶ED∶AD＝ １∶１∶ ２,∴AE⊥ED,即 AE,DE,EF 两 两 垂 直, 所以 建 立 如 图 所 示 的 空 间直 角 坐 标 系,设 AB＝ EF＝CD＝２,则 E(０,０, ０),A(１,０,０), F(０,２,０),C(０,２,１), ∴AF → ＝(－１,２,０), EC → ＝(０,２,１), ∴cos‹AF →,EC→›＝ AF →􀅰EC→ |AF → |􀅰|EC → | ＝ ４ ５× ５ ＝４５ , ∴AF 与CE 所成角的余弦值为４５． 答案:４ ５ ７．解析:以C 为原点建立如 图 坐标系,则: A(２,０,０),C１(０,０,２ ２)．点 C１ 在 侧 面 ABB１A１ 内 的 射 影为点 C２ ３２ ,３ ２ ,２ ２ æ è ç ö ø ÷． 所以AC１ → ＝(－２,０,２ ２),AC２ → ＝ －１２ ,３ ２ ,２ ２ æ è ç ö ø ÷,设 直 线 AC１ 与平面ABB１A１ 所成的角 为θ, 则cosθ＝ AC１ →􀅰AC２ → |AC１ → ||AC２ → | ＝１＋０＋８ ２ ３×３ ＝ ３２． 又θ∈ ０,π２[ ] ,所以θ＝ π ６． 答案:π ６ ８．解析:如 图 建 立 空 间 直 角 坐 标 系,则D１(０,０,２),A１(２,０,２), D(０,０,０),B(２,２,０), ∴D１A１ → ＝(２,０,０),DA１ → ＝(２, ０,２),DB → ＝(２,２,０)． 设平 面 A１BD 的 一 个 法 向 量n ＝(x,y,z), 则 n􀅰DA１ → ＝２x＋２z＝０ n􀅰DB → ＝２x＋２y＝０{ ． 令x＝１,则n＝(１,－１,－１), ∴点D１ 到平面A１BD的距离d＝ |D１A１ →􀅰n| |n| ＝ ２ ３ ＝２３３ ． 答案:２ ３ ３ ９．解:(１)证明:由PA⊥平面ABCD 可得PA⊥AB． 又AB⊥AD,AD∩PA＝A,所以AB⊥平面PAD, 又∵AB⊂平面PAB,故平面PAB⊥平面PAD． (２)易知AB,AD,PA 两两垂直,以A 为坐标原点,AB → 方 向为x 轴正方向,AD → 方向为y 轴正方向,AP → 方向为z 轴 正方向建立空间直角坐标系,易得A(０,０,０),B(２,０, ０),C(２,２,０),D(０,３＋１,０),P(０,０,２)． (ⅰ)设球心O(x,y,z),由OB＝OC＝OD＝OP 可得 (x－ ２)２＋y２＋z２＝(x－ ２)２＋(y－２)２＋z２ (x－ ２)２＋y２＋z２＝x２＋(y－ ３－１)２＋z２, (x－ ２)２＋y２＋z２＝x２＋y２＋(z－ ２)２ { 解 得 y＝ １,x＝z＝０,显然点O(０,１,０)为直线AD 上的点,AD⊂ 平面ABCD,所以点O(０,１,０)在平面ABCD 上． (ⅱ)AC → ＝(２,２,０),PO → ＝(０,１,－ ２),直线AC与PO所 成角的余弦值等于cos‹AC →,PO→›＝ AC →􀅰PO→ |AC → ||PO → | ＝ ２ ６× ３ ＝ ２３． １０．解析:(１)证明:连接BD 交AC 于点O ,连接OE,如图 １所示． 因为底面ABCD 是矩形,所以O 是BD 的中点． 因为E 是PD 的中点,所以在△PBD 中． OE 是中位线,所以OE∥PB． 因为OE⊂平面AEC,PB⊄平面AEC, 所以PB∥平面AEC． 图１ (２)如图２,因为PA⊥底面 ABCD,所以PA⊥AB,PA ⊥AD, 又在矩形ABCD 中,AB⊥AD,所以AP,AB,AD 两两 垂直．以点A 为原点,分别以AB,AD,AP 所在直线为 x 轴,y 轴,z轴,建立空间直角坐标系,则 A(０,０,０), B(２,０,０),C(２,４,０),P(０,０,２),D(０,４,０)． 因为E 是PD 的中点,所以E(０,２,１)． 图２ 所以AE → ＝(０,２,１),AC → ＝(２,４,０)． 设平面AEC的法向量为n＝(x,y,z), 则 n􀅰AE → ＝０, n􀅰AC → ＝０,{ 即 ２y＋z＝０, ２x＋４y＝０,{ 令y＝１,则z＝－２,x＝－２,所以 n＝(－２,１,－２),PC → ＝(２,４,－２), 设直线PC与平面AEC 所成的角为θ, 则PC →􀅰n＝－２×２＋１×４＋(－２)×(－２)＝４, |PC → |＝ ２２＋４２＋(－２)２＝ ２４＝２ ６, |n|＝ (－２)２＋１２＋(－２)２＝３, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７９３􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 参考答案 所以sinθ＝|cos‹PC →,n›|＝ PC →􀅰n 　　　　　　 　　　　　 　 |PC → ||n| ＝ ４ ２ ６×３ ＝ ６９． 即直线PC与平面AEC 所成角的正弦值为 ６９． (３)由(２)知平面AEC的一个法向量 n＝(－２,１,－２),设PF → ＝tPC →(０≤t≤１), 又PC → ＝(２,４,－２), 则F(２t,４t,２－２t),AF → ＝(２t,４t,２－２t)． AF →􀅰n＝－４t＋４t－２(２－２t)＝４t－４,|n|＝３． 令点F 到平面AEC 的距离为d． 由d＝|AF →􀅰n| |n| ＝ |４t－４| ３ ＝ ２ ３ ,得|４t－４|＝２, 解得t＝１２ 或t＝３２ (舍去)． 又|PC → |＝２ ６,故|PF → |＝t|PC → |＝１２×２ ６＝ ６ ,所以 PF 的长度为 ６． 课时冲关四十 １．D　[直线l１ 的斜率角α１ 是钝角,故k１＜０,直线l２ 与l３ 的倾斜角α２ 与α３ 均为锐角,且α２＞α３,所以０＜k３＜k２, 因此k１＜k３＜k２,故选 D．] ２．A　[由于直线ax＋by＋c＝０经过第一、二、四象限,所 以直线存在斜率,将方程变形为y＝－abx－ c b ． 易 知 －ab ＜０ 且－cb ＞０ ,故ab＞０,bc＜０．故选 A．] ３．B　[设 M 的坐标为(a,b),若点 M 在直线y＝x＋１上, 则有b＝a＋１．① 若直线 MN 的斜率为２,则有b＋１a－１＝２．② 联立①②解可得a＝４,b＝５,即M 的坐标为(４,５)．故选B．] ４．C　[当x－１＝１时,y＝loga１＋１＝１,即A(２,１),因为A 在直线mx＋ny－１＝０上,所以２m＋n＝１,４m ＋ １ n ＝ (２m＋n) ４m＋ １ n( ) ＝９＋ ４n m ＋ ２m n ≥９＋２ ４n m 􀅰２m n ＝ ９＋４ ２,当且仅当n＝ ２２m＝ ２ ２－１ ７ 时,取等号,即４ m＋ １ n 的最小值为９＋４ ２．] ５．AC　[本题主要考查直线的截距式方程．当直线过原点 时,可得斜率为２－０ １－０＝２ ,故直线方程为y＝２x,即２x－y ＝０;当直线不过原点时,设直线方程为xa ＋ y －a＝１ ,代 入点(１,２),可得１a－ ２ a＝１ ,解得a＝－１,直线方程为x －y＋１＝０,故所求直线方程为２x－y＝０或x－y＋１＝ ０．故选 AC．] ６．解析:如图所示,直线l:x＋my＋ m＝０过定点 A(０,－１),当 m≠０ 时,kQA＝ ３ ２ ,kPA＝－２, kl ＝ － １ m ,∴ － １m ≤ －２ 或 －１m≥ ３ ２． 解 得 ０＜m≤ １２ 或 － ２ ３≤m＜０ ; 当m＝０时,直线l的方程为x＝０,与线段PQ 有交点． ∴实数m 的取值范围为－２３≤m≤ １ ２． 答案: －２３ ,１ ２[ ] ７．解析:设所求直线的方程为xa ＋ y b ＝１ , ∵A(－２,２)在直线上,∴－２a＋ ２ b＝１．① 又因直线与坐标轴围成的三角形面积为１, ∴１２|a| 􀅰|b|＝１．② 由①②可得(１)a－b＝１ , ab＝２,{ 或(２) a－b＝－１ ab＝－２{ ． 由(１)解得 a＝２ , b＝１,{ 或 a＝－１, b＝－２．{ 方程组(２)无解． 故所求的直线方程为x ２＋ y １＝１ 或 x －１＋ y －２＝１ , 即x＋２y－２＝０或２x＋y＋２＝０为所求直线的方程． 答案:x＋２y－２＝０或２x＋y＋２＝０ ８．解析:如图,设点P(x,y),因为x,y满足２x＋y＝８,且２ ≤x≤３,所以点P(x,y)在线段AB 上移动,并且A,B 两 点的坐标分别是(２,４),(３,２)．因为yx 的几何意义是直 线OP 的斜率,且kOA ＝２,kOB ＝ ２ ３ ,所以y x 的最大值为 ２,最小值为２３． 答案:２　２３ ９．解:(１)法一:设直线l的方程为y＝k(x＋３)＋４, 它在x轴,y轴上的截距分别是－４k－３ ,３k＋４, 由已知得(３k＋４) ４k＋３( )＝±６, 解得k＝－２３ 或k＝－８３． 故直线l的方程为２x＋３y－６＝０或８x＋３y＋１２＝０． 法二:由题知直线l在x 轴、y轴上的截距均不为０,设直 线l的方程为xa ＋ y b ＝１ , 则由题意得 １ ２|ab|＝３ , －３ a ＋ ４ b＝１ ,{ 即 ab＝６,４a－３b＝ab,{ ① 或 ab＝－６, ４a－３b＝ab,{ ② 解①得 a＝３ , b＝２,{ 或 a＝－３２ , b＝－４,{ ②无解． 所以直线方程为x ３＋ y ２＝１ 或 x －３２ ＋ y－４＝１ , 即２x＋３y－６＝０或８x＋３y＋１２＝０． (２)设直线l在y 轴上的截距为b, 则直线l的方程为y＝１６x＋b , 它在x轴上的截距为－６b, 由已知得|－６b􀅰b|＝６,∴b＝±１． ∴直线l的方程为x－６y＋６＝０ 或x－６y－６＝０． １０．解:(１)因为直线BC经过B(２,１)和C(－２,３)两点,由 两点式得 BC 的 方 程 为y－１３－１＝ x－２ －２－２ ,即 x＋２y－４ ＝０． (２)设BC边的中点D 的坐标为(x,y), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８９３􀅰 艺考生文化课百日冲关􀅰数学