第2期 §1.4 空间向量的应用-【数理报】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册同步学案（人教A版）

16.(15分)如图3，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方 18.(17分)如图6，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=3,AC=6, 19.(17分)在陕西汉中勉县的汉江河与定军山武侯平一带，经 形，PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,M,N分别为AP,BC的中点. D,E分别为边AC,AB上一点，且CD=2,DE∥BC,将△ADE沿DE 常出土有铜、铁扎马钉等兵器文物.扎马钉（如图8）是三国时蜀汉 (1)证明：直线MW∥平面PCD; 折起到△PDE的位置，使得PC上CD,P为PB上一点，路=号 的著名政治家、军事家诸葛亮所发明的一种对付骑兵的武器，状若 (2)求点B到平面MWD的距离. 荆刺，故学名蒺藜，有铜、铁两种.扎马钉有四个锋利的尖爪，随手 (1)证明：PD∥平面CEF 掷，三尖撑地，一尖直立向上，推倒上尖，下尖又起，始终如此，使触 (2)若H为线段PD上一点（异于端，点），且平面HCF与平面 者不能避其锋而被刺伤.即总有一个尖垂直向上，三尖对称支承于 cE夹角的正弦值为号，术器的色， 地.简化扎马钉的结构，如图9，记组成该“钉”的四条等长的线段公 7 共点为0，钉尖为A(i=1,2,3,4) (1)判断四面体A,-A,444的形状特征： (2)若某个出土的扎马钉因年代久远，有一尖爪受损，其长度仅 利其他尖爪长度的号（即0=子0A,),如图10，将4,4,4置于地 高中数学 面，求OA,与面A2A3A4所成角0的正弦值. 高中数学· 选择性必修第一 17.（15分)如图4，在边长为4的菱形ABCD中，∠BAD=609 DE⊥AB于点E,将△ADE沿DE折起到△ADE的位置，使A,D1 册 DC,如图5. 教 (1)证明：AE⊥平面BCDE: (2)判断在线段EB上是否存在一点P,使平面A,DP⊥平面 A版) ABC老存在，求出器 的值；若不存在，请说明理由 同 我 选择性必修第一册（人教A版）同步核心素养测评 心素养测评 参考答案见下期 本版责任编辑：蒋丕清 报纸编辑质量反馈电话： 高中数学 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 羞理橘 2025年7月14日，星期 第 2期总第1146期 人教A 0351-5271248 选择性必修第一册 珠峰上的“绿色”守护者 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-289 在西藏定日县城 0,0) 有一位家喻户晓的人 空间中的角 所以P=(1,5,-2),P元=(0,25，-2). 物 —次仁旦达，他出 DC=(1,3,0), 例4已知PA⊥平面ABC,AC⊥BC,PA=AC 生于1987年，是一位登 山向导，也是环保卫士。 求解策略 设平面PDC的一个法向量为n=(x,y,z), =1,BC=√2，求平面APB与平面PBC的夹角的余 弦值 15岁时，次仁旦达 ◎湖南汪成龙 则m·元=2，-2：=0. 解法1：如图6所示， 进入西藏登山学校，开 启专业登山学习。从基 空间向量的引入，使立体几何问题的难度 ln·DC=x+5y=0 取PB的中点D,连接CD, 大大降低.因此，正确理解和运用向量方法，对 令y=√3得n=(-3,3,3), 础的系绳扣，到攀岩、高 因为PC=BC=√2 海拔登山等技能，他刻 备战高考有重要意义. 设PB与平面PDC所成角为O, 所以CD⊥PB. 苦钻研，为日后的登山 一、异面直线m,n所成的角 则sin9cs〈PB,n)1上2 作AE⊥PB于E,那么平 事业筑牢根基。2002至 例1已知P为一圆锥的顶点，AB为底面圆 面APB与平面PBC夹角的大 2018年，他4次成功登顶 的直径，PA⊥PB,点M在底面圆周上，若M为 所以PB与平面PDC所成角的正弦值为小就等于异面直线DC与EA所成角的大小 珠峰。2012至2016年， AB的中点，则异面直线AM与PB所成角的大小 /42 设平面PAB与平面PBC的夹角为A. 他与队友历时1756天， 为 ( 在Rt△PAB中，易知PB=2. 三、两个平面所成的角 完成登顶七大洲最高 （A) 峰，并徒步到达南北极 6 (B)平 (C) (D) 例3如图4，AB是半圆 因为m=1,P原-= 点的“7+2”活动，征服全 解析：如图1，建立空间 0的直径，C是半圆0上除 所以DE=Pn-PE= 球9个地理极限，点。 直角坐标系0-xyz.不妨设 A,B外的一个动点，DC垂 然而，每次登顶，他 OB=1.因为PA⊥PB, 直于半圆0所在的平面， 又AE=P4B=cD=1,4c=l PB 都痛心于珠峰的垃圾污 所以OP=OB=OA DC∥EB,DC=EB=1,AB=4.当点C为半圆 A=A正+ED+DC, 染。随着登山者增多，珠 OP⊥底面AMB 的中点时，求平面ADE与平面ABE的夹角的余 峰生态遭到破坏，大量 则B(0,1,0),M(1,0,0) 弦值 且A正⊥ED,ED⊥DC 生活垃圾、登山垃圾堆 P(0,0,1),4(0,-1,0), 解析：因为AB是圆O的直径； 所以1AC12=1A正12+1E⑦12+1D元12+ 积，甚至还有排泄物。于 AM=(1,1,0),PB=(0,1,-1), 所以AC⊥BC, 21A正1.1D元1·cos(T-9), 是，次仁旦达决心行动 起来。2018年，他与其他 cos(Ai,P或=。1 1 因为DC垂直于半圆O所在的平面 2x2=2, 所以以C为原点， 即1=3 ++1-2x5 +4 ×1×c0s0, 登山者在珠峰大本营海 CA,CB,CD所在直线分 拔5200米以上区域，开 所以异面直线AM与PB所成角的大小为于 别为x轴、y轴、z轴，建立 解得c0s0=了 展3次大规模垃圾清理 二、直线l与平面α所成的角 如图5的空间直角坐标 行动，共清理出5240公 例2如图2，在四棱锥P 故平百AB与平面P8C的夹的余值为得 系C-xyz. 斤生活垃圾、1000公斤 ABCD中，PA⊥平面 解法2：由解法1可知，向量D元与E的夹角 登山垃圾，以及2260公 ABCD,底面ABCD是菱形， 当点C为半圆的中点时，AC=BC=22, 的大小就是平面PAB与平面PBC夹角的大小， 斤排泄物。 AB=2,∠BAD=60°. 则D(0,0,1),E(0,22,1), 如图6，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0) 在恶劣环境下，捡 (1)证明：BD1平面 A(22,0,0),B(0,22,0), B(0,2,0),C(0,0,0),P(1,0,1) 垃圾艰难又危险。强风 PAC: 低温、稀薄空气，每一步 所以4B=(-22,22,0),B2=(0,0,1), (2)若PA=AB,求PB与平面PDC所成角 因为D为PB的中点，以n(分号，)H 都如履薄冰，但他从未 的正弦值， D2=(0,22,0),D=(22,0,-1), 退缩。在他的影响下，越 解析：(1)因为四边形ABCD是菱形 设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,a), 来越多人加入环保行 所以AC⊥BD 列。同年4月30日，西藏 则m·=0,期-=0， 即 因为PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 故E为PD的申点所以E(?票，) 喜马拉雅高山环保基金 lm.Di=0,22y1=0, 所以PA⊥BD. 会在珠峰大本营成立， 又因为AC∩PA=A,所以BD1平面PAC. 令x1=1得m=（1,0,22)， 所以i-(冬-， 高山环保走向制度化 (2)设AC∩BD=O. 设平面ABE的法向量为n=(x2,y2,), 常态化。 因为∠BAD=60°，AB=2, 次仁旦达，用行动 则”·正=0， 即22+22，=0， 所以B0=1,A0=C0=5. 诠释对珠峰的热爱，用 [n.BE=0,2=0, i=1,i元=4×(2)+(-) 如图3，以0为坐标原 坚持守护珠峰的纯净 令2=1得n=(1,1,0). 他是当之无愧的珠峰守 点，直线OB,0C所在直线分 设平面ADE与平面ABE的夹角为0， ×(-)+(-)×()= 护者，激励着我们守扩 别为x轴，y轴，过点0平行 E.D元 地球家园。 于PA的直线为z轴，建立空 则ws0em,a1= 所以cos(E,DC= EA1D元1 3 间直角坐标系，如图3， 1 则P(0, -3,2) 3×2=6 故平百APB与面PBC的夹角的余法值为号 A(0,-3,0),B(1,0,0),C(0,3,0),D(-1 所以平面ADE与平面ABE的夹角的余弦值 (下转第2版) 2 素养专练 专项小练一、用空间向量研究直线、 4.已知11，且1的方向向量为(2，m,4),平 平面的位置关系 面a的法向量为(1,2,2)，则m= 1.若A(0,1,1),B(2,3,5)在直线1上，则直线 5.已知直线1的一个方向向量为m=(x,2, 1的一个方向向量是 ( -5),平面α的一个法向量为n=(3,-1,2),若1 (A)(1,1,2) (B)(1,2,1) ∥，则x= (C)(1,2,2) (D)(2,2,2) 6.已知平面a经过三点A(1,2,3),B(2,0, 2.设平面x的法向量的坐标为(1,2，-2)，平-1)，C(3,-2,0),试求平面x的一个法向量. 面B的法向量的坐标为(-2，-4，k).若α1B,则 li= () (A)4 (B)-5(C)2 (D)-2 3.(多选)已知平面&与平面B平行，若n= (2,-4,8)是平面B的一个法向量，则平面x的法 向量可能为 () （A)(-1,2,-4) (B)(-1,2,4) (C)(2,4,-8) (D)(-2,4,-8) 专项小练二、用空间向量研究距离、夹角问题 棱长为2，E,F分别是A,B1,B,C,的中点，则 D, 1.设两条异面直线m,n的方向向量分别为a (A)EF∥平面ABCD =（-1,1,0),b=(0,-1,1),则直线m与n所成 (B)AF=3 的角为 (C)直线AF与平面 )号 (B)牙 ADn4,所成角的正弦值为号 (c)君 (D)平 (D)直线AF与平面 2.在空间直角坐标系0-xz中，已知点D(2, AD,A所成角的正弦值为 1,0),向量m=(4,1,2),m1平面DEF,则点0 4.若平面的一个法向量为m=(-1,0, 到平面DEF的距离为 3),平面B的一个法向量为n=(0,0,-1),则x (A)32 7 (2 与B的夹角为 5.已知点A(1,1,1),点B(2,1,0),则点P(1, c票 (D)821 -1,-1)到直线AB的距离为 21 数理报社试题研究中心 3.（多选)如图，正方体ABCD-A,B,C,D,的 参考答案见下期 第1期2版参考答案 第1期3版参考答案 专项小练一 一、单项选择题 1BC:2A:3.D.4:50 1~4 BCCD 5~8 CABC 二、多项选择题 5.解：(1)B.B元=1B11BC1cos(BA,BC 9.BD;10.BD;11.BC. =3×4×c0s120°=-6. 三、填空题 (2)因为CD=CE+B+Ad, 所以1C12=(C店+B+AD2=1C?+1BA12+ 24:183-25;14(-1-5,-1+5. 5 I AD1+2(CB.BA+BA.AD+CB.AD)=16+9+25 四、解答题 +2(4×3×cos60°+3×5×c0s60°+4×5×c0s90°)= 15证明：由题图知瓜=成-成=（子耐+ 77, 所以CD=I心1=√7. 号成)-子成=子耐+号成-子（耐+成 专项小练二 1AB0:2.C:3.D.4.-2:534-子b+6 分成-号元， 专项小练三 所以向量M,C心，D正共面. 1.B:2C:3.AC.4石；53或5， 6g,(2m= 6.解：设00=入0=(A,A,2), n.)丽=-2m+b+c:(2)5 则0=0-00=(1-A,2-入，3-2)， QB=0i-00=(2-A,1-A,2-2入) 18.证明：(1)易知(A店，BC=120°，AB=AB+BB, 所以Q.Q店=(1-A)(2-A)+(2-A)(1-A)+ 则AB·B元=(A正+BB)·B元=A正.B元+BB·BC (6-2)2-2)=6x-16A+10=6A-号)广°-子，=2×2×(）+2×2×7=0所以418c 当入=号时，0·0店的最小值为-子 (2)易知四边形AA1C1C为菱形，所以A,C⊥AC 因为AB·AC=(BB-B)·(AC-AA 所以d=(手号)，即（告号骨）H =(BB-B·(BC-B-AM) 数理极 (上接第1版) 解法3：如图7所示，建立空 间直角坐标系，则A(0,0,0) B(2,1,0),C(0,1,0),P(0,0, 1),AP=(0,0,1),AB= (2,1,0),CB=(2,0,0) (名四告) CP=(0,-1,1) 设平面PAB的法向量为m=(x,y,z), 财m·花-0，=0. lm.AB=0,2x+y=0, 令x=1,则m=(1,-√2,0). = 设平面PBC的法向量为n=(x',y,2'), 则居0小r=0, 量2.17p70Vnyn=D2-AF国返E、ir有：22。RF n.Cp =0, -y'+z'=0, 令y'=-1,则n=(0,-1,-1). 设平面APB与平面PBC的夹角为O, 所以as0=omn1= 冷 故平面APB与平面PBC的夹角的余弦值为 方法规律：(1)解法1和解法2都是将二面角 m N 转化为两异面直线所成的角，然后运用向量的方 法求出该角。 (2)解法3是将二面角转化为平面法向量 所成的角，这两个向量的方向应该是由棱一侧 指向远离棱的方向，此时，这两个向量所成的角 与二面角相等。 BB'.BC-BB'BA BB'.AA BA.BC BA. 3A+B·AA 0 BB'.BC BB'.AA'-BA.BC+BA.BA =2x2×分-4-2×2×7+4=0， C4) 志 所以AB1⊥A,C,又AC∩AB,=A, 所以AC⊥平面AB,C. 19.解：(1)由题知a=i+2ji+3k,b=-i+j+2k, 所以a+b=(i+2j+3k)+(-i+j+2k)=3j+5k 所以a+b=[0,3,5]. (2)设ij,k分别为与A店，4d,AA同方向的单位向量， 则A店=2i,Ad=21,AA=3k (1)而=而-花=（而+）-（店+分） -店+d+3=-2i+2j+2k=[-22,2]， (i)由题AC=A店+AD+AA=2i+2j+3k, 因为Ai=[2,t,0],所以A=2i+j, 由A71AG知4i.AC=(2i+2+3k)·(2i+)=0, →42+2+(4+2t)i·j+6k·i+3tk·j=0, 4+2+(4+2)…3+3+头 g)汇 :0→t=-2 则1AM=12i-2j =√(2i-2) =4+4-8i·j =/4+4-4=2. (A)-1 (B)1或-1 (D)25 (C)-3 (D)1 5 四、解答题：本题共5小题，共77分 擊 2.已知两个向量A店=(1,2,3)，4C=(3,2,1),则平面ABC的 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 15.(13分)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为 矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图2，在阳马 一个法向量为 ( ) 9.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，若AB= P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形，E,F分别为 (A)(-1,2,-1) (B)(1,2,1) (2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),则下列结论正确 迭 PD,PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O,PA=AB= (C)(1,2,-1) (D)(-1,2,1) 的有 选择性必 2,若OG∥平面EFC,求AG的长 驚 3.若直线1的方向向量为b,平面a的法向量为n,则可能使l∥ (A)AP⊥AB 修 a的是 ( (B)AP⊥AD 册 册 (A)b=(1,0,0),n=(-2,0,0)》 (C)AP是平面ABCD的一个法向量 (B)b=(1,3,5),n=(1,0,1) A (A)AP∥BD 版 (C)b=(0,2,1),n=(-1,0,-1) 10.在长方体ABCD-A'B'C'D'中，AB=2,AD=3,AA'=1,以 星 (D)b=(1,-1,3),n=(0,3,1) D为原点，DM,DC,DD的方向分别为x轴y轴、z轴的正方向建立空 4.已知点A(0,1,0),B(-1,0,-1),C(2,1,1),P(x,0,z),x,z 间直角坐标系，则下列说法正确的是 ∈R,若PA⊥平面ABC,则点P的坐标为 素养测评 (A)BD=(-3,-2,1) 教A版)同步核心素养测 (A)(1,0,-2) (B)(1,0,2) (C)(-1,0,2)》 (D)(2,0,-1) (B)异面直线A'D与BD'夹角的余弦值为235 35 评 5.已知过坐标原点0的直线1的方向向量4=(1,1,1)，则点 (C)平面A'C'D的一个法向量为(-2，-3,6) P(1,2,3)到直线1的距离是 ( ) (A)2 (B)5 (D)平面CAD与平面A"DD的夹角的余弦值为号 (C)5 (D)2 11.已知正方体ABCD-AB,C,D,的棱长为2，M是A4的中点， 过点B的平面α满足CM⊥平面α，则下列说法正确的有() 6.已知点A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,2),P(1,-1,0),那么 (A)若P是线段CC,上的动点，则直线AP与平面α夹角的正弦 过点P平行于平面ABC的平面与平面ABC的距离是 (A)2 省的取值范用是停2学] (c)号 (D) (B)点C到平面a的距离为号 7.已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，SD (C)平面a截正方体所得就面的面积等于号 ⊥平面ABCD,棱AB,SC的中点分别为E,F.若直线EC与BF所成角 (D)平面α截正方体所得截面的形状是平行四边形高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 数理柄 答案详解 2025~2026学年高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期(2025年7月) 第1期2版参考答案 3.AB=(-3,1,-1),BC=(m+4,1,n+2), 因为点A,B,C在同一条直线上， 专项小练一 1.Bc;2.A:3.D435.0 所以∥屁，则苦=十-是 -1 解得m=-7,n=-3,所以m-n=-4. 5.解：(1)B.BC=1BI1BC1cos(B,BC 4.设a与b的夹角为0，由a+b+c=0得a+b=-c, =3×4×c0s120°=-6. 两边平方得a2+2a·b+b2=c2, (2)因为C⑦=CB+B+AD, 因为1a1=2,1b1=3,1c1=4, 所以1C2=(C应+B+AD2=1C2+B12+ 所以4+2×2×3×s0+9=16,解得cas0=子， 1A⑦T2+2(CB.BA+B.AD+CB.AD)=16+9+25+2(4 ×3×c0s60°+3×5×c0s60°+4×5×c0s90°)=77， 5成=陀-店=m-m 所以CD=1C⑦1=√7. 专项小练二 店+励)-m 1.ABD:2c:3.4-2:50-号0+c =(所-P成=}(+配-P 专项小练三 =-成+元-成- 1.B,2C;3.AC.4.;53或5. 6.解：设00=入0=(x,入，2入)， 6.设c=(x,y,2）, 则0A=0A-00=(1-A,2-,3-2), 因为向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6), QB=0i-00=(2-A,1-入，2-2x). 1c1=/14,(a+b)·c=7, 所以QA·QB=(1-A)(2-A)+(2-A)(1-A)+(3 所以a+b=(-1,-2,-3), -2)2-20)=6-161+10=6-号)°-是 所以√家+子+2=4， [-x-2y-3z=7, 当A=专时，·0成的最小值为-号 设a与c的夹角为0， 所以而=（侍号号）即（告专） w。搭分 因为0°≤0≤180°，所以0=120°. 第1期3版参考答案 7.若G,M,W三点共线， §1.1~§1.3同步核心素养测评 则存在实数入，使得0G=入0i+(1-A)0N, 一、单项选择题 1~4 BCCD 5~8 CABC 提示： 1.0A CO-CB=OA+BO=BA. 2.设D(x,y,z）,则AD=(x+2,y-3,z),AB=(3,0,2), 由题可得(x+2,y-3,z)=2(3,0,2)=(6,0,4), 即x+2=6,y-3=0,z=4, 图1 解得x=4,y=3,z=4,故D的坐标为(4,3,4) 又点M,N分别为OA,BC的中点， 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 则0成=之0,0成=0成+分0心， 0,故(C)错误； 3 则0=分成+2i+2元 o元=0i+正=a+b+ 1 3 4 c、 = 4a+ 4 b+ 4 C [片方 故(D)正确。 故选(B)(D). 则=x解得x=y=石则x+y= 1 2 3 1.由而=号B+子配， 1-入=y, 2 得破+励=号店+子花， 8.如图2，过点P作平行于底面的截面圆0， 13 过点Q作平行于底面的截面圆02,0102=6， 所以励=子(C-)=子B配 2701 设圆柱的底面圆半径为t,则2π=12， 得2BC=3BD,故(A)错误； 解得，=6 2302 T 如图3，由于G为△ABC的重心， 于是(0，户0,0=2+2-2- 连接AG并延长，交BC于点Q, r Γ3 M 图2 由P0=P0+0O+0,0, 得1p01=√(Po+0,O+02 =√2r+00+2Po.0,d =2x(9) +62+2×（ 图3 =63+m 则心=子而=子·分（证+）=令（店+心. T 所以元=+A元=+子A+子Ad 所以P,Q两点间的距离为53+元 二、多项选择题 =i+子店-子+子心-子 9.BD;10.BD;11.BC. =子+子流+子M元，故(B)正确： 提示： 9.由题得2a+b=（-1,2,7),a=（-2,-1,1), 由MA.BC=0得(MB+B)·BC=0, 而号号≠子，故(A)不正确： 即M店.BC+BA.BC=0, 由M元.A店=0得(M店+BC·A正=0， 因为1a1=6,1b1=52, 所以51al=√31b1,故(B)正确： 即MB.AB+BC·AB=0, 因为a·(5a+4b)=(-2,-1,1)·(2,11,25)=10≠ 两式相加可得M店.BC+M店.AB=0, 0,故(C)不正确； 即M店·AC=0,故(C)正确； 因为a在b上的投影向量的长度为l1a|cos(a,b〉I= 因为三棱锥M-ABC的棱长都为2，可得AQ=MQ=√3， =号放(D)正确 IbI 则1P01=√(3)2-12=2，故(D)错误 5 故选(B)(C). 故选(B)(D). 三、填空题 10.利用向量加法的运算法则得O成=分成+分0心- 12子；133-，4(1-g,-1+ 5 b+2c,故(A)错误： 1 提示： 利用向量减法的运算法则得-0-0-子0成-0 2设器=小 =b+子c-a,故(B)正确： 则E序=E正+B+AD+D 因为IAPI=3IPNI, =-ABB-A店+Ad+之DD 4c- =--A店+丽+分 -2 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 =-正+而+（分-）， 1 所以x=-1,y=12=2-A 因为x+y+:=分-A=子所以A=子 D 13.因为BC=A元-AB! 图4 所以O.B元=O.(4元-AB =0A·A-o.AB 则贿(0.0,2)F(分0）.c0,1),c(o,,0) =I OAII AC I cos(OA,AC)-1 OAII ABI.cos(OA,AB) 所以c=(0,-子庄=（分宁） =8×4×cos135°-8×6×cos120 =-162+24. 所以1G1=平，1=号 所以cos(Oi,BC=0O·Bd I OAII BCI 脉.GG=3x0+分×(-4)+(-2)x(- =24-162_3-22 8×5 5 即0A与BC所成角的余弦值为3-22 所以eos(成，Cds序.GC 5 I EFII C CI 14因为1a1=2,1b1=1,(a,b〉=60°， 则异面直线EF与GG所成角的余弦值为一 1 所以a·b=la1b1cos(a,b)=2×1×2=1, (2)由)得a0,名）， a2=1a12=4,b2=1b12=1, 故(a+Ab)·(Aa-2b)=Aa2+(x2-2)a·b-2Ab2 所以成=（宁）： =4X+（A2-2)-2A=X2+2A-2, 所以FH=IF 1a+b12=a2+2λa·b+A2b2=X2+2)+4, 1Aa-2b12=A2a2-4Aa·b+4b2 =√()+()+（合）=④ =42-4入+4=4(A2-入+1)， 17.解：(1)因为M是PC的中点， 因为向量a+Ab与Aa-2b的夹角为钝角， 所以a+b)·(Aa-2b)<0, 所以B丽=2（武+. lcos(a+Ab,Aa-2b〉≠-1， 因为A=B元，B=A-A正， 即a+Ab)·(Aa-2b)<0, (a+b)·(Aa-2b)≠-la+Ab11Aa-2b1. 所以B丽=而+（市-A], 则+212<0 结合A正=a,A币=b,4=c, 12+2入-2≠-2√2+2n+4·√2-A+1, 得8成=[b+(e-a)]=-2a+b+之 解得-1-5<入<-1+5， (2)因为AB=AD=1,PA=2, 即Ae(-1-√5，-1+5). 所以1a1=lb1=1,lcl=2. 四、解答题 因为AB⊥AD,∠PAB=∠PAD=60°， 15.证明：由题图知 所以a·b=0,a·c=b·c=2×1×cos60°=1. MN DN -DM 由(0知B成-+b+之c, 1 =(号耐+令)-子成 =子+号正-号+成 (atbi+o-2a.b-2ae+2b.e) =号成子成 4×(1+1+4-0-2+2)=3 1 所以向量M,C元，D正共面 16.解：(1)如图4所示，建立空间直角坐标系， 所以1丽1=石，即BM的长等于 -3 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 18.证明：(1)易知(A店，BC=120°，AB=A正+BB, 专项小练二 则AE·BC=(A正+BB)·BC 1.A;2.A;3.ABC. 4.石；56 =A店，BC+BB.BC 第2期3版参考答案 =2×2×(-7)+2x2x3=0, 空间向量的应用同步核心素养测评 所以AB,⊥BC 一、单项选择题 (2)易知四边形AA1CC为菱形，所以A,C⊥AC 1~4 AADC 5~8 DCCA 因为AB·AC=(BB-B·(AC-AA) 提示： =(BB-B·(BC-B-AA 1.由题意可得a∥b,所以b=入a(入∈R), =BB·BC-BB·BA-BB·AA-B·BC+BA·BA 则(-4,2x2,6.x)=A(2,-1,3)=(2入，-入，3入)， BA.AA 「-4=2， BB BC-BB'.AA"-BA.BC+BABA 所以2x=-A,解得1=-2， lx=-1. 6x=3A, =2×2×号-4-2×2×7+4 2.设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z), =0, 由AB⊥n,AC⊥n, 所以AB⊥A1C,又AC1∩AB,=A, 得+2)+3=0·所以=名， 所以AC⊥平面AB,C. 3x+2y+z=0,ly=-2x, 19.解：(1)由题知a=i+2j+3k,b=-i+j+2k, 令x=-1,解得y=2,z=-1, 所以a+b=(i+2i+3k)+（-i+j+2k)=3j+5k 所以n=（-1,2,-1). 所以a+b=[0,3,5]. 3.直线l的方向向量为b,平面a的法向量为n, (2)设ij,k分别为与AB,AD,A4同方向的单位向量， 若可能有l∥a,则b⊥n,即b·n=0. 则AB=2i,AD=2j,AA=3k, (A)选项，b·n=1×(-2)=-2≠0，不符合题意； (B)选项，b·n=1×1+3×0+5×1=6≠0，不符合 (i)D=0-花=（花+）-（店+之A) 题意； =-+而+3d-2i+2万+多 (C)选项，b·n=0×(-1)+2×0+1×(-1)=-1≠ 0,不符合题意； =【-22] (D)选项，b·n=1×0+（-1)×3+3×1=0,符合题 意.故选(D) (i)由题AC=Ad+Ad+AA=2i+2j+3k, 4.AB=(-1,-1,-1),AC=(2,0,1), 因为A=[2,0],所以4=2i+, PA=（-x,1,-z). 由AM1AC知A.AC=(2i+2+3k)·(2i+)=0, 因为PA⊥平面ABC, 42+2j2+(4+2t)i:j+6k·i+3k·j=0, 所以PA⊥AB,P⊥AC 4+2+(4+2)·分+3+}=0=-2. 所以P.A店=P·AC=0, 则1AMi1=12i-2j1=√(2i-2j) 28e化2 =√4+42-8i·j=√4+4-4=2. 所以点P的坐标为(-1,0,2). 第2期2版参考答案 5.由题意可知OP在直线l上的投影向量的模长为 专项小练一 103·u1=6=25, 1.A;2.B;3.AD.4.1;5.4. 6.解：因为A(1,2,3),B(2,0,-1),C(3,-2,0), 所以点P(1,2,3)到直线1的距离为 所以AB=(1,-2,-4),AC=(2,-4,-3). 设平面a的一个法向量为n=(x,y,z). 则有”·店=0， 即-2y-4好=0，解得=2， 故点P(1,2,3)到直线1的距离是2. 1n.Ad=0,12x-4y-3z=0, lz=0. 6.A店=(-1,1,0)，4元=(-1,0,2)，4=(0，-1,0)， 令y=1,则x=2.故平面α的一个法向量为n=(2,1,0). 设平面ABC的一个法向量为n=（x,y,z), 4 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 则.=0即+y=0。 设平面MBC与平面BCA的夹角为a, lac.n=0,-x+2=0, 则oa=-1cw(m.t)1=-2 10 令x=1得)=1，=分则n=(（1,1宁)， 所以平面MBC与平面BCA的夹角的余弦值为3而 10 嘴以a号 二、多项选择题 7.以D为坐标原点，建立如图1所示的空间直角坐标系. 9.ABC;10.ACD;11.ABC. 提示： 9.因为AP.AB=-2-2+4=0,所以AP1AB, 所以AP⊥AB,故(A)正确： 因为AP.AD=-4+4+0=0,所以4P上AD, 所以AP⊥AD,故(B)正确； 因为AP⊥AB,AP⊥AD,AB∩AD=A, 图1 所以AP⊥平面ABCD, 设SD=t(t>0), 所以AP是平面ABCD的一个法向量，故(C)正确； 则B(2,2,0),C(0,2,0),S(0,0,t), BD =AD-AB =(2,3,4),BD =A AP, E(21,0),F(0,1,） r2=-入， 所以武=(-2,1,0)，脉=（-2，-1,2) 即3=2入，方程组无解，故(D)错误。 4=-入， 因为直线EC与BF所成角的余弦值为 故选(A)(B)(C). 10.由题意可得D(0,0,0),B(3,2,0),D'(0,0,1), 所以1cos(E元，B丽1=1元.B A'(3,0,1),C'(0,2,1), I ECII BFI 则BD=(-3,-2,1), 14-1+01 5 5 DA=(3,0,1),故(A)正确： 4+T× 4+1+4 解得t=4(负值舍去)，即SD=4. cos(DA,BD=DA·BD I DAII BDI 8.如图2所示，过A作AE⊥CD,垂足为E, -8 则DE=1,以A为坐标原点，分别以AE,AB,AP所在直线 =~435 √10×√14 35 为x,y,z轴建立如图2所示的空间直角坐标系， 所以异面直线4D与BD'夹角的余弦值为压 35, 故(B)不正确； DC=(0,2,1). 设平面A'C'D的一个法向量为n=(x,y,z), n·DA=0 则 所以3x+2=0 图2 n·Dc=0, l2y+z=0, 则B(0,1,0),C(22,1,0),P(0,0,1),D(22,-1,0), 取z=6得n=（-2,-3,6),故(C)正确； (E-) 易知平面A'DD'的一个法向量为m=(0,1,0), 设平面C'A'D与平面A'DD'的夹角为0， 成-（5，-33)d=(250.0. 则co0=canm1==号 设平面MBC的一个法向量为m=(x,y,z), 故平面CA"D与平面A'DD的夹角的余弦值为号 rm·BC=22x=0, 则 故(D)正确， mB成=万x-2+=0, 1 故选(A)(C)(D). 令y=1得m=(0,1,3). 11.以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x轴y轴、z 取平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1), 轴建立如图3所示的空间直角坐标系， 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 图4 图3 则A(1,0,0),C(0,1,0),S(0,0,1),B(1,1,0), 则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(2,0,1) 从而AC=(-1,1,0),SB=(1,1,-1) 易得平面a的一个法向量为Ci=(2,-2,1), 设P(0,2,z),0≤z≤2，直线AP与平面a的夹角为0， 设向量n=()清足~C=0, ln·SB=0, 则P=(2,-2,-z), 即-+y=0,令y=1得n=（1,12. 所以sin0=1cos(pi,Ci1=8-2 x+y-z=0, 3√层+8 在AC上取点A,在SB上取点B, 设8-z=t, AB=(0,1,0),故异面直线SB与AC间的距离为 则sin0= 3(8-t)2+8 d=1A店·ml=6 I n l 6 =,t∈[6,8]， 14.如图5，以D为坐标原点，分别以 3√(：）+ D,D元，DD的方向为x,y,z轴正方向建 立空间直角坐标系， 所以当1=6，即：=2时，加0有最小值，为。 则D(0,0,0),P(1,a,0),Q(0,1,a), R(a,0,1),C(0,1,0), 当1=8，即：=0时，m0有最大值，为写放)正确： 因为G是△PQR的重心， 图5 B元=(-2,0,0)，所以点C到平面a的距离为d= 所以c(a+1,a+1a+1) 333 1心=号故(B正确： 所以D元= I CMI ） 设E,F分别为B,C1,C1D1的中点，易证CM⊥平面BDFE, 设平面CPQ的一个法向量为m=（x,y,z), 则平面BDFE就是平面α截正方体所得的截面， 因为C=(1,a-1,0),C0=(0,0,a), 易得四边形BDFE为等腰梯形， [m.CB=x+(a-1)y=0, 所以 其面积为号，故(C)正确(D)错误。 m.co=az =0, 令y=1,则m=(1-a,1,0), 故选(A)(B)(C). 因为直线DG与平面CPQ所成角为45°， 三、填空题 2-33答4店 所以sin45°=1cos(DC,m)1=1Dd·ml I DGI -I ml 2-a 2 提示： = 5/a-2a+2 12.由题知0A=（-3,y,2), 化简得a2+2a-2=0, 因为0A上a,所以OA∥n, 解得a=5-1或a=-5-1(舍去). 设O=An(入∈R), 四、解答题 则(-3，y,2)=A(6,-2,z), 15.解：以A为坐标原点，AB,AD,AP的方向分别为x,y,z轴 1 的正方向建立空间直角坐标系如图6所示， ,-3=6入， 入=-2 所以 y=-2A,解得 y=1, 2=入z, z=-4, 所以y+z=-3. 13.以点D为坐标原点，DA,DC,DS所在直线分别为x轴y 轴、z轴，建立如图4所示的空间直角坐标系， 6 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 则P(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0), 因为AD⊥DC,AD∩DE=D,AD,DEC平面ADE, 0(1,1,0),F(1,0,1),E(0,1,1), 所以DC⊥平面ADE,又AEC平面A1DE, 所以F元=(1,2，-1)，龙=(-1,1,0)， 所以DC⊥AE, 设平面EFC的一个法向量为n=(x,y,z), 又因为AE⊥DE,DC∩DE=D,DC,DEC平面BCDE, 则元=0-+2y=0 所以A1E⊥平面BCDE. n·屁=0{-x+y=0, (2)解：不存在.理由如下： 由题意以E为坐标原点，EB,ED,EA,所在直线分别为x, 令x=1,则y=1,z=3. y,z轴，建空间直角坐标系，如图8， 所以平面EFC的一个法向量为n=(1,1,3), 因为0G∥平面EFC,则n·OC=0. D 设G(0,0,a),则0元=(-1，-1，a). 所以-1-1+3a=0. B 解得0=子所以c(0.0,子)，即4G=子 图8 则DE=25, 16.(1)证明：取PD的中点Q, A1(0,0,2),B(2,0,0),C(4,25,0),D(0,25,0), 连接MQ,CQ,如图7， 所以BA=(-2,0,2),BC=(2,25,0). 设平面A1BC的一个法向量为m=(x,y,z), m·BA1=-2x+2z=0, 则 m·BC=2x+23y=0. 令x=-5得y=1,z=-5, 所以m=(-√5,1，-5)， 图7 设P(t,0,0)(0≤t≤2)， 因为M,Q分别为PA,PD的中点， 则A1P=(t,0,-2),A1D=(0,25,-2). 所以M0∥AD,M0=4D=1, 设平面ADP的一个法向量为n=(a,b,c), A1D.n=25b-2c=0, 又底面ABCD为正方形，N为BC的中点， 则 A B.n ta -2c=0, 所以C∥AD,NC=之AD=1, 所以MQ∥C,MQ=WC, 令a=2可得m=(2,得片 所以四边形MQCN为平行四边形，所以MW∥CQ, 因为平面ADP⊥平面ABC, 因为MW￠平面PCD,CQC平面PCD, 所以am=-2厅+号-5：=0，解得1=-3， 所以直线MN∥平面PCD. (2)解：因为底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD, 因为0≤t≤2， 所以AB,AD,AP两两互相垂直. 所以在线段EB上不存在一点P, 以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x轴y轴2 使平面ADP⊥平面ABC. 轴建立空间直角坐标系，如图7， 18.(1)证明：连接BD交CE于点G,连接FG, 则M(0,0,1),B(2,0,0),D(0,2,0),N(2,1,0) 由E∥BC,得%-在△AC中，由DE/BC. 所以M=(0,2,-1),D示N=(2,-1,0),B=(0,1,0), 设平面MWD的一个法向量为n=(x,y,z), ·防=0即-=0 则 则%号：路Pm∥G n·D示=0,12x-y=0, 而又FGC平面CEF,PD￠平面CEF, 令x=1得n=(1,2,4), 所以PD∥平面CEF. 所以点B到平面MWD的距离 (2)解：由DE⊥CD,DE⊥PD,CD∩PD=D, d=1B·nL=2-2I CD,PDC平面PCD, 1n=方=21 得DE⊥平面PCD,又PCC平面PCD, 17.(1)证明：因为DE⊥AB,AB∥DC, 则DE⊥PC,又DE∥BC, 所以DE⊥DC, 因此PC⊥BC,直线CP,CD,CB两两垂直， 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 以C为坐标原点，CD,CB,CP所在直线分别为x轴，y轴，z 故以O'为原点，以A,O'、O'A所在直线为x、z轴，建立如图 轴建立空间直角坐标系， 10所示的空间直角坐标系， 则D(2,0,0),B(0,3,0),E(2,2,0), Pro.,2.og5） 2-2,20).亦-(0，gg)元-2.0，-2). 设P7=tPD(0<t<1), 则Ci=Cp+P7=(2t,0,23-25t), 图10 设平面CFE的一个法向量为m=(x,y,z), m㎡名+ 则0'(0,0,0)，A(0,0,4),A2(2,-6,0), 则 520, A3(2,6,0),A4(-22,0,0),0(0,0,1), m·C2=2x+2y=0, 因为0A:=子0A,即0=子0N, 令z=1得m=(5,-5,1), 设平面HCF的一个法向量为n=(a,b,c), 则(-4号0时） a亦=gb+6e=0. 则 所以不=026,0)=(-79，-5写） n.Ci=2ta+23(1-t)c=0, 设平面A2AA4的一个法向量为n=(x,y,z), 令c=t得n=(5(t-1),-3t,t), 设平面HCF与平面CFE的夹角为O, A2A⊥n, r26y=0, 则 即 则e9-aa1=调 (AA Ln, 7迈 号-6+子=0， 1 17t-31 1 令x=1得n=(1,0,72), =7 √万.√7-6t+3 又0A=(0,0,3), 解得1=宁或：= 所以cs(Om)=,21E。=72 3T×3 33 所瑞=子瑞=音 19.解：(1)点0为四面体A1-A,AA4外接球的球心， 放01与面4,4所成角9的正弦值为爱 即0A1=0A2=0A3=0A4,且A101面A2AA4,A0⊥ 第3期3版参考答案 面A1A3A4,A0⊥面A1A2A4,A40⊥面A1A2A3, 则空间四面体A,-A2AA4的每一条棱都相等， 空间向量与立体几何核心素养综合测评 AA2 =AA3 AA A2A3 AA A.A2. 一、单项选择题 (2)在四面体A1-A2AA4中，不妨令 1~4 DCBD 5~8 DDCA 0A1=0A2=0A3=0A4=3,A1A2=A1A3 提示： =AA =A2A3 =A3As =AA2 =a, 1.由对称性可知点C的坐标为(1,2，-1)， 在面A2AA4内作点0的射影0'， 由空间两点间的距离公式得 连接0'A2, 1BC1=(-3-1)2+(-1-2)2+(4+1)7=52. 在等边△A2AA4中，0'为其外心， 则0%=子×月。-. 图9 2.设P(x,y,z),若点P在平面a内，则n·MP=0, 则2(x-1)-(y+1)+2(z-2)=0, 在Rt△A10'A2中（如图9），可得 经过验证只有点(2,3,3)满足. 3.ha+b=(-k+1,k,2),a-2b=(-3,1,-4), 0A=-0-V-(得)-5. 因为ka+b与a-2b互相平行， 所u(5。-3)°+()=， 所以二+1=k=2 -3 1-4 解得a=26,所以0A=气=9x26=4. 解得6=一之 4.因为a与b的夹角为钝角， 又因为A0⊥面A2AA4,且垂足为0'， 所以a·b<0,且a与b不共线， —8 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 r-1-2(x-1)-1<0, 所以 所以0成=(00.)成=（分0，-） ≠-1， 解得x>0且x≠3， 励=(9) 所以x的取值范围是(0,3)U(3,+∞). 设平面BCD的一个法向量为n=(x,y,z), 5.连接AC,BD相交于点O, 则0=子配=之（店+， BC·n=0, 2、 则 即 CB.n=0 由于元-2元-2（石-耐=2[分(+动-] 分+=0， 令z=1得x=√5，y=1,则n=(5,1,1), AB +AD-2AP=a b -2c 6.在棱长为2的正方体ABCD-AB,CD1中，以D为原点， 易知平面c01的-个法向量为02=(0.0，冷)。 DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如 设平面BCD与平面CDA的夹角为O, 图1， 5 所以cos0=1cos(0B,n〉1= 2 D 5 ×5 5 2 8.如图3，连接AC1交BD1于点0，连接A0, DP 过点C作CH⊥AO于点H,连接CO,AC. A B 易得平面ABD1⊥平面AA,CC, 图1 且平面AB,D1∩平面AAC,C=A0,CHC平面AAC,C, 则有B(2,2,0),F(1,0,2), 则F=(1,2,-2), 所以CH⊥平面AB,D,则CH=4 5 设点P(0,y,0)y∈[0,2]， 设AA1=a(a>0),则A0=C0=√/a+2,AC=22, Bp=（-2,y-2,0), 则根据三角形面积公式得 则点P到直线BF的距离为 2×40xCH=×4CxM, 1Bp12- BB.FB d= 代入解得a=22(负值舍). 以A为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系。 /(y2-4y+8)- =√(-)+≥5 5 当且仅当y=号时取等号。 则点P到直线BF的距离的最小值为45 7.设菱形ABCD的边长为1， 图3 取AC的中点O,连接B0,D0, 则A(0,0,22),B(2,0,0),D1(0,2,0),D(0,2,22), 因为∠ABC=60°，所以B0⊥AC, 所以4D=(0,2,-22),AB=(2,0,-22), 又平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC, 所以BO⊥平面ACD,如图2建立空间直角坐标系， B,D=(-2,2,22) 设平面AB,D1的一个法向量为n=(x,y,z), n·AD=0,n「2y-22z=0, 则 即 n·AB=0,2x-22z=0, 令x=2得y=2,z=1, 图2 所以平面ABD1的一个法向量为n=(2,√2,1). 期00.0,0)，c(30.0),s(0.0号)D(0,号0) cos(BB.n) 可n- I B DII nl 10 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 所以直线B,D与平面AB,D,的夹角的余弦值为 -( 2 -30 10 二、多项选择题 9.ACD;10.ABC;11.ABC. 0 提示： 图5 9.A正=(2,1,0)，B元=(-3,1,1)，4C=(-1,2,1), 设点O是顶，点A在底面的射影，则AO是正四面体ABCD的 所以1A店1=√2+下=√5，故(A)正确： 高，OB是△BCD的外接圆半径，所以Bd=2OG, 子≠十，所以正与成不共线放()错误： 因为AE⊥底面BCD,CDC底面BCD, 所以AE⊥CD,所以A正.CD=0,故(A)正确； AB.A元=-2+2=0， 取CD的中点G,AB的中点F,连接AG,BG,GF, 所以AB和AC夹角的余弦值是0，故(C)正确； 设AO0 FG=E', 与A同向的单位向量是 设证=A0则证=A(号衣+号)， 花=-12. 666 1AC1个+4+I 6’3’6 ,故(D)正确. 由F,E',G三点共线得 故选(A)(C)(D). AE=uAG+(1-)A=μAG+,业AB 10.如图4，以D为坐标原点，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， 所以 入=4 解得 1 μ=2 所以证=子d,证=子花+之应， 所以E'为FG的中点， 因为AG=BG=5x2=5, 2 B 期0B=号8G=号×号x2:2 图4 则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0), AO =VAB-OB=2/6 3 A1(2,0,4),B1(2,2,4),D1(0,0,4) 因为BE=(A0-AE)2+B02, 设E(0,2,a),ae[0,4], 即AE=(A0-AE)2+0B, 则4B=(0,2,0),BE=（-2,0,a), 则ac-(5-A)+9) 因为AB·B2=0,所以A1B1⊥BE,故(A)正确； 因为VE-BBD=V1-E, 解得46一今放(C)正商： 又S△B1E为定值，点D,到平面B,BE的距离也为定值， 所以VE-B1BD,为定值，故(B)正确； 由40=5,4证=要得正=子d, 设平面BD,E的一个法向量为n=(x,y,z), 所以E,E'重合，所以E为FG的中点，即EF=EG, 因为B2=(-2,0,a),BD=（-2,-2,4), 所以EA+EB=2EF,EC+ED=2EG, 所以m·配-2x+:=0, 则E+EE=-(E元+E), ln·BD=-2x-2y+4z=0, 所以E+E元+E元+E元=0，故(B)正确； 令x=a,则y=4-a,z=2,所以n=(a,4-a,2), 因为cos(AC,A=os(aC,Ad=40=6 AC 3 因为AC=(-2,2,0),所以由AC·n=-2a+8-2a=0, 可得a=2,所以E(0,2,2),故(C)正确； 所以正.元-1C(元-x2x5- 3 因为BD上平面BDE,DB=(2,2,4), 2,故(D)错误 所以号=42=子，无解，故(D)结误 故选(A)(B)(C). 2 三、填空题 故选(A)(B)(C). 11.由题意得E是正四面体ABCD外接球的球心，如图5. 12分；1B月，4au<a< 10