第4期 核心素养阶段测评（一）空间向量与立体几何-【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）

核心素养阶段测评（一） 测试范围：第一章 ◎数理报社试题研究中心 第I卷选择题（共58分） 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 郑 1.已知空间四边形ABCD,连接AC,BD,设M,G分别是BC,CD的中点，则MG-AB+AD= () (号丽 (B)3 MG (c)3 GM (D)2 MG 2.已知向量a,b,c可作为空间的一组基底{a,b,c},若d=4a+8b+7c,且d在基底{(a+2b), (b+3c),(c+a)}下满足d=x(a+2b)+y(b+3c)+z(c+a),则x+y+z= (A)6 (B)2 (C)3 (D)4 3.已知平面a∩平面B=l,a,B的一个法向量分别为n1=(1,0,1),2=(0,-1,1),直 线1的方向向量为e=(入，，-2)，则下列结论不正确的是 (A)入+4=0 (B)入-=-4 (C)λ4=-4 (D)=-1 (1)10000-k 福 4.已知空间三点0(0,0,0)，A(-1,1,0),B(0,1,1),若直线OA上的一点H满足BH1 OA,则点H的坐标为 ( (A)(-2,2,0) (B)(2,-2,0) (c(-0 (D)(分，-0 5.如图1，甲站在水库底面α上的点D处，乙站在水坝斜面B上 的点C处.已知水库底面与水坝斜面所成的二面角为150°，测得从 D,C到水库底面与水坝斜面的交线的距离分别为DA=30√3m,CB 棕 =40m.若AB=20m,则甲、乙两人相距 ( 图1 画 腳 (A)10m (B)10/47m (C)70m (D)10√/83m 6.在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，E,F分别为棱AA1,BB,的中点，G为棱A,B,上 的一点，且AG=入(0<入<2)，则点G到平面DEF的距离为 (A)25 (B)√2 (C)22 25 3 (D) 5 D 7.已知动点P在正方体ABCD-AB,C,D(如图2)的对角线BD,(不含 %)上设品治 =入，若∠APC为钝角，则实数入的取值范围为 ( (B)(o,) 图2 (c)(31) (D)(31 8.在长方体ABCD-AB,CD1中，AB=AD=2,AA1=1,O是AC的中点，点P在线段AC 上，若直线OP与平面ACD,的夹角为0，则cos0的取值范围是 ( ()[停] ([停] (c[停] Φ[] 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 9.设Ox,0y,Oz是空间中两两夹角都为0的三条数轴，e1,e2,e3分别是与x,y,z轴正方向同 向的单位向量，若O=xe1+ye2+ze3,x,y,2∈R,则把有序数对(x,y,z),且叫做向量0P在坐 标系0-xyz中的坐标，则下列命题中，真命题为 () (A)若a=(1,3,-2),b=(4,-1,0)g,则a+b=(5,2,-2)g (B)若a=(2,6,-3)受，b=(3,-1,0)5,则a·b=0 (C)若a=（x,y,0),b=（3,1,0)g,则当且仅当x:y=3:1时，向量a与b的夹角取得 最小值 (D)若0=(1,0,0)，0B=(0,1,0),0C=(0,0,1),则三棱锥0-ABC的表面积 为5 10.已知三棱锥P-ABC如图3所示，G为△ABC的重心，点M,F为PG, PC的中点，点D,E分别在PA,PB上，PD=mP,PE=nPB,以下说法正确 的是 ( (A)若m=n=),则平面DEF∥平面ABC 图3 (B)店=号+gP丽+}P元 (C)成=分市+名店+6花 (D)若M,D,E,F四点共面，则+1=1 m n 11.如图4，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方 形，且DE∥SA,SA=AB=2DE,M,N分别是线段BC,SB的中点，Q是线段 DC上的一个动点（含端，点D,C),则下列说法正确的是 (A)不存在点Q,使得NQ⊥SB (B)不存在点Q,使得异面直线NQ与SA所成的角为60° (C)当点Q自D向C处运动时，平面NMQ与MQA的夹角先变大后变小 (D)当点Q自D向C处运动时，平面NMQ与MQA的夹角先变小后变大 第Ⅱ卷非选择题（共92分) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知a,b是两个空间向量，若1a1=2,Ib1=2,Ia-b1=√7，则cos(a,b〉= 13.在三棱锥P-ABC中，N在线段PA上，满足PA=3PN,M是平面ABC内任意一点，4PM =5P+xP店+2P元，则实数x= A B 14.如图5，在三棱柱ABC-A,B,C,中，已知AB=AC=A41=√5， E BC=4,点A,在底面ABC的投影是线段BC的中点O.若在侧棱AA,上 A 存在一点E,使得OE⊥平面BB,CC,则AE=一 B 四、解答题：本题共5小题，共77分 图5 15.(13分)如图6所示，平行六面体ABCD-A,B,C,D1中，E,F分别在BB和DD上，且BE =BB,DF=子DD. D (1)证明：A,E,C1,F四点共面； (2)试用AB,AD,A4表示E D 图6 16.(15分)如图7，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=a,AD=2,SA=1.且 SA⊥底面ABCD,若边BC上存在异于B,C的一点P使得PS⊥PD. (1)求a的最大值； (2)当α取得最大值时，求异面直线AP与SD所成角的余弦值， B 图7 17.(15分)如图8，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD=135°，PA⊥ 底面ABCD,AB=AC=PA=2,E,F分别为BC,AD的中点，点M在线段PD上 (1)证明：平面EMF⊥平面PAC; (2)如果直线Nk与平面PRC所成的和直线ME与平百CD所成的角相等，求号册的值 P 图8 18.（19分)如图9所示，在梯形ABCD中，AB∥CD,∠BCD=120°，四边形ACFE为矩形， 且CF⊥平面ABCD,AD=CD=BC=CF. (1)证明：EF⊥平面BCF; (2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB的夹角为0，试求cos0的取值范围. M E C B 图9 aa 19.(17分)三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下： bi b2 C2 C3 i j aib2c3 azb3c a3bic2-a3b2c1-azbic3-ab3c2.a x b x yI Z ,则称a×b为空间 x2y232 向量a与b的叉乘，其中a=xi+yj+zk(x1,y1,a1∈R),b=x2i+yj+2k(x2,y2,2∈R), {i,j,k}为单位正交基底.以O为坐标原点，分别以i,j,k的方向为x轴、y轴z轴的正方向建立 脚 空间直角坐标系，已知A,B是空间直角坐标系中异于O的不同两点， (1)(i)若A(1,2,1),B(0,-1,1),求0A×0B: (i)证明：0×0+0店×0i=0. (2)记△A0B的面积为Sw,证明：Se=方O×0元1. (3)证明：(0A×OB)2的几何意义表示以△A0B为底面、IA0×OB1为高的三棱锥体积的 6倍. 些 参考答案见下期高中数学人教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