假期作业二 立体几何中的向量方法-【快乐假期】2025-2026学年高二数学寒假作业（人教B版）

曼快乐假期 假期作业二 立体几何中 《思维整合室 知识梳理 1.两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线a,b的方向向量为a,b,其 夹角为6，则cosp=|cos1= (其 中p为异面直线a,b所成的角). 2.直线和平面所成的角的求法 如图所示，设直线l的方向向量为e,平面α 的法向量为n,直线l与平面α所成的角为 p,两向量e与n的夹角为0，则有sinp= I cos 0= 3.求二面角的大小 (1)如图①，AB,CD是二面角&一l一3的两个 面内与棱1垂直的直线，则二面角的大 小0 n B ① ② ③ (2)如图②③，n1,n2分别是二面角a-l-B的 两个半平面α，3的法向量，则二面角的大 小0= 4.点面距离的求法 设n是平面a的法向量， AB是平面a的一条斜 a 线，则点B到平面α的距离为 (如图). 的向量方法 学然后知不足，教然后知困。 完成日期： 月 日 自测自查 1名☆ 2调 3.(1)AB,CD》 (2)Kn1,n2)(或π-(n1,n2) IBA·n 4. n 要点记忆 向量法证明空间几何问题的两种基本思路 思路一：用向量表示儿何量，利用向量的运 算进行判断」 思路二：用向量的坐标表示几何量，共分 三步： (1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间 向量（或坐标）表示问题中所涉及的量，把 立体几何问题转化为向量问题. (2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置 关系 (3)根据运算结果的几何意义来解释相关 问题 《技能提升台 neng ti she1ta司 技能提升 1.若两个不同平面a,3的法向量分别为W= (1,2,-1),v=(-3,-6,3),则 () A.a∥B B.a⊥3 C.α，B相交但不垂直 D.以上均不正确 2.若平面α的法向量n,直线l的方向向量为 a,直线l与平面α的夹角为0，则下列关系 成立的是 A.cos n·a n a B.cos0=n·al na C.sin =Tnlal .n·a D.sin 三0022 3.在长方体ABCD-A1B,C1D1中，AB=BC =1,AA,=√3，则异面直线AD,与DB,所 成角的余弦值为 A吉 R要 c n号 4.把边长为a(a>0)的正△ABC沿高线AD 折成60°的二面角，则点A到BC的距离是 () A.a B 2a C. 3 a D.5 a 5.(多选)将正方形ABCD沿对角线BD折成直 二面角，给出下列四个结论，正确的是() A.AC⊥BD B.AB,CD所成的角为60 C.△ADC为等边三角形 D.AB与平面BCD所成角为60° 6.（多选)如图，在正四面体 ABCD中，E为CD中点，F 为BC中点，则下面是平面 B AEB的法向量的为( A.CE B.DE C.FE D,CD 7.如图所示，已知正四面体ABCD 中，AE=AB,CF=}CD,则 直线DE和BF所成角的余弦 值为 8.在四面体ABOC中，OC⊥OA,OC⊥OB, ∠AOB=120°，且OA=OB=OC=1.则二面 角O一AC一B的平面角的余弦值为 9.若a=(2,-3,5),b=(-3,1,-4), 则1a-2b= 10.在正三棱柱ABC-A,B1C1中，若AB=2, AA=1,则点A到平面A,BC的距离为 5 高二教类) 11.在棱长为1的正方体ABCD-A B,C,D 中，M,N,E,F分别是棱A1B1,A1D1 B,C,C,D,的中点.证明平面AMN∥平 面EFDB,并求平面AMN与平面EFDB 的距离. 12.(2023·全国甲卷， 18)如图，在三棱柱 ABC-AB1C1中， AA1=2,A,C⊥底面 ABC,∠ACB=90°， A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)求证：AC=A,C; (2)若直线AA,与BB,的距离为2，求 AB1与平面BCC,B,所成角的正弦值. 快乐假期 00M-= 高考冲浪 2.(2025·全国一卷，17)如 1.（2024·新课标I 图，在四棱锥P一ABCD P 卷，17)如图，四棱 中，PA⊥底面ABCD,AB 14 D 锥P-ABCD中，PA ⊥AD,BC∥AD. B ⊥底面ABCD,PA 0 (1)证明：平面PAB⊥平面PAD; =AC=2,BC=1, (2)若PA=AB=√2，BC=2,AD=1+√3， AB=√5. 且点P,B,C,D均在球O的球面上 (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC: (ⅰ)证明：点O在平面ABCD内； (2)若AD⊥DC,且二面角ACPD的正弦 (iⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值. 值为厚，求AD. ·6=0022 含二数学 参考答案 假期作业一 F本-（合，10）丽-(-120，F后励，即 技能提升台技能提升 EF∥BD. 1.D2.C3.A 又BDC平面ABCD,EF丈平面ABCD,所以EF 4.C[b+c=(-1,2,1)+(0,1,1)=(-1,3,2), ∥平面ABCD. a=(2,2,3),.a·(b+c)=(2,2,3)·(-1,3,2) =-2+6+6=10.] (2)由(1)可知AP=(0,0,1),AD=(0,2,0), 5.D[根据向量线性运算原则求解即可. DC=(1,0,0), 由题意，PE-P心-c-护)-子AC-是 因为AP·DC=(0,0,1)·(1,0,0)=0,AD·DC =(0,2,0)·(1,0,0)=0, -+ai)-a护=a+6-c,P店 所以AP⊥DC,AD⊥DC,即AP⊥DC,AD⊥DC. =AB-AP=a-c, 又AP∩AD=A,所以DC⊥平面PAD. 则B成=p呢-PB-=a+}b-子c-(a-e) 因为DCC平面PDC,所以平面PAD⊥平 面PDC. a+ib+3c.] 3 高考冲浪 6.ABD[只有C正确.] 1.D[因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,则4 7.08.5或号9.2：3：(-4)10.90°120° 十x2-4x=0,解得x=2.] 2.解析：由题意可知，2k=5×6,则k=15. 11.解：(1)证明：四边形ABCD是平行四边形， 答案：15 ..AC=AB+AD, :EG=OG-OE=k.O元-k.OA=k(O元-OA) 3.解析：由a+b=2a-b,得a2=2a·b; =kAC=k(AB+AD) 由a-b=√5，得a2-2a·b十b=3,即b=3, =k(OB-OA+0D-OA)=OF-OE+OH-OE |b=√5. =EF+EH, 答案：√3 ∴E,F,G,H共面； 假期作业二 (2):E京=O京-O正=k(OB-OA)=k·AB, 技能提升台技能提升 又：EG=k·AC,.EF∥AB,EG∥AC, 1.A 2.D 3.C 4.D 5.ABC 6.ABD 又AB∩AC=A, 所以，平面ABCD∥平面EFGH. 青 9.√258 1a.号 12.证明：(1)以点A为原，点，AB所 11.解：以D为原点，建立如图所示 在直线为x轴，AD所在直线为y 的空间直角坐标系，则D(0,0, 轴，AP所在直线为之轴，建立如 0),A(1,0,0),B(1,1,0) 图所示的空间直角坐标系A xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0), 1,小N(301 C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1).点E,F分别是 (1 PBPD的中点，F01,2)E合0，) i-(日20F元=（合0 ·39 火壁快乐假期 ∴.NM=FE,即MN∥FE. ∴.CB=(0,√3,0)，CC1=(-√2,0W2), 同理可证AM∥DF,.平面AMN∥平面EFDB. AB1=(-2√2，W3,N2), 设平面AMN的法向量为n=(xy,1), 设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),则 由n⊥NM,n⊥AM,得n·NM=0,n·AM=0, n·CB=0, W3y=0, 即 求得n=(2,-2,1)..平面AMN与平面EFDB {n.cC=0,{-Ex+2x=0. 的距离为d=n·AB _2 令x=1,则y=0,x=1. n 3 所以，平面BCC,B,的一个法向量为 12.解：(1)证明：如图，A1C n=(1,0,1), ⊥底面ABC,BCC平 A 设AB与平面BCC1B所成的角为0， 面ABC, 10 M 六cosf=|cosn,AB)1=ln·ABl 13 .AC⊥BC,又BC⊥AC, |nl·1AB 13 A1C,ACC平面ACC1A1, A CnAC=C, 故AB,与平面BCC,B,所成角的正孩值为 13 .BC⊥平面ACC1A1,又BCC平面BCC,B,, 高考冲浪 .平面ACC1A1⊥平面BCC,B1, 1.解：(1)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AD,PA 过A1作A,OLCC,交CC,于O,又平面ACC,A1 ⊥BC.又AD⊥PB,且AP∩BP=P,所以AD⊥平 ∩平面BCC1B,=CC1,A,OC平面ACC1A1, 面PAB.在△ABC中，因为AC=2,BC=1,AB=√3， ∴.A,O⊥平面BCC1B1,:A1到平面BCC,B,的 所以AC=BC+AB,即AB⊥BC,又AP⊥BC,且 AP∩AB=A,所以BC⊥平面PAB.因此，AD∥BC,又 距离为1，.A1O=1, AD￠平面PBC,BCC平面PBC, 在Rt△ACC1中，A1C⊥A1C1,CC1=AA1=2, 所以AD∥平面PBC. 设CO=x,则C1O=2-x, (2)过D点作DE∥PA,则 △A,OC,△A,OC1,△ACC1为直角三角形，且 DEL平面ABCD,以D为 CC1=2, 坐标原点，分别以DA,DC, CO+AO=A C,AO+OC=CA,A C2+ DE为x轴，y轴，之轴建立 AC=CC, 空间直角坐标系。 .1十x2十1十(2-x)2=4,解得x=1, 设DA=m,DC=n,其中m2+n2=4,则A(m,0,0), C(0,n,0),P(m,0,2), ∴.AC=AC=AC1=√2，.AC=AC. 所以AP=(0,0,2),CP=(m,-n,2),DC=(0,n,0). (2)连接AB,由(1)易证A1B=AB1,故取BB 设平面APC的法向量为n=(x,y,z), 的中点F,连接A1F,,A1A与B,B的距离为2， 2z=0, .AF=2, 则 令x=n,则y=m, mx-ny+2z=0, .AC=AC=√2，AB=AB1=√5，BC=√3， 所以n=(n,m,0); 建立空间直角坐标系C一 设平面DPC的法向量为v=(x,y,2),同理可得 xyz如图所示， v=(2,0,-m). C(0,0,0),A(√2,0,0)， 因为二面角A-PC-D为锐二面角，所以其余弦值为 B(0,√3,0)，B1(-√2，√3， 2n ，解得 B Y 复，因纯亨-sm1 √m2+n√/4+m √2)，C(-√2,0，W2) m=√3，即AD=√. ·40 =0022 2.解：(1)证明：由PA⊥平面ABCD可得PA⊥AB. (2)用③④分别代换x一y一2=0中的x,y,得关 又AB⊥AD,AD∩PA=A,所以AB⊥平面PAD, 于1对称的直线方程为一4x+3y一9 5 又，ABCPAB,故平面PAB⊥平面PAD (2)易知AB,AD,PA两两垂直，以A为坐标原点， 32十4y+3-2=0, 5 AB方向为x轴正方向，AD方向为y轴正方向，AP 即7x+y+22=0. 方向为之轴正方向建立空间直角坐标系，易得A 12.解：(1)当两直线的斜率都不存在时，方程分别为 (0,0,0),B(√2,0,0)，C(√2,2,0)，D(0√5+1,0)， x=一4，x=0,满足题意； P(0,0,√2). 当两直线的斜率都存在时，设方程分别为y=k(x十 (1)设球心O(x,y,之)，由OB=OC=OD=OP 4)与y=kx-3,即kx-y十4k=0与kx-y-3=0, 可得 由随意得6=4，解得长=员，所以所求的直线 √+1 [(x-√2)2+y2+之2=(x-√2)2+(y-2)+ 方程分别为7x一24y十28=0,7x-24y-72=0. (x-√②)2+y2+之2=x2十(y-5-1)2+父，解得 综上，所求的直线方程为7x一24y十28=0,7x (x-√2)2+y2+z2=x2+y2+(之-√2)2 24y-72=0或x=-4,x=0. y=1,x=z=0,显然点O(0,1,0)为直线AD上的 (2)由(1)知，当两直线的斜率都存在时， 点，ADC平面ABCD,所以点O(0,1,0)在平面 d=4k+31 ABCD上. √R+1 (i)AC=(√2,2,0)，PO=(0,1,-√2)，直线AC与 dP=16k+24k+9 b2+1 PO所成角的余弦值等于cOs〈AC,PO)= .(d2-16)k2-24k+d2-9=0, AC·PO 2 k∈R,∴.△≥0，即d4-25d≤0，∴.d≤25， AC1|PO√6X√3 3 ∴.0<d≤5， 假期作业三 ∴d=5,此时=专 技能提升台技能提升 当两直线的斜率都不存在时，d=4,dmx=5, 1.B2.A3.D4.B5.AB6.AC 此时两直线的方程分别为4x一3y十16=0,4.x 7.0减2 8号+￥-19.310.10-12 -2 3y-9=0. 11.解：设P(x,y)关于直线l:3x-y十3=0的对称，点 高考冲浪 为P'(x,y'). 1.B[由直线y=k(x十1)过定点（一1,0），要使距离 m=-1…3=-1 ⑦ 最大，则当y=k(x十1)与(0,1)和（一1,0）的连线 垂直时可得最大距离为(0,1)和（一1,0）两，点之间 又PP的中点在直线3.x一y十3=0上， 的距离d=√(0+1)2+(1-0)产=√2，故选B.] 3X十x-y+y+3=0 2 ② 2.解析：本题主要考查弦长公式和，点到直线的距离公 z=二4x+3y-9」 ③ 式的应用，因为圆心(0,0)到直线x一3y十8=0的 5 联立①②，解得 y'-3x+4y+3 距离d= 5 ④ 8=4,由弦长公式1=2P一d可得 √/1+3 (1)把x=4,y=5代入③④，得x'=-2,y=7, 6=2√r2-4,解得r=5. .P(4,5)关于直线1的对称点P的坐标为（一2,7）. 答案：5 ·41·