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A版）

三0022 参考 假期作业一空间向量及其运算 技能提升台技能提升 1.D2.C3.A 4.C[b+c=(-1,2,1)+(0,1,1)=(-1,3,2),又.a= (2,2,3),.a·(b+c)=(2,2,3)·(-1,3,2)=-2+6+ 6=10.] 5.D[根据向量线性运算原则求解即可. 曲题意，PE-P心-ac-A)=心-}A正- 4 +a0)-炉-名+b子，n店-A店-A的 1 4 =a-c, →1。 则B龙-P啦-P店=a+}b-子c-a-0)= 4a十 4 6.A[因为M为AC的中点，所 以BM=2(BA+BC).又因为 M=2Ni,所以M=号Mò N-- -号(B防-B,所以B成=D B成i+M=号BD+子B成- 号ò+×号i+ò=耐+成+号筋.] 7.BCD[,a·b=0,a·c≠0，b·c=0,只有A正确， BCD错误. 8.ABD[只有C正确.] 9.010.号或号11.2：3：(-0 12.(1)证明：：四边形ABCD是平行四边形， ..AC=AB+AD, :EG=OG-OE=k·OC-k·OA=k(OC-OA) =kAC=k(AB+AD) =k(OB-OA+OD-OA)=OF-OE+OH-OE =EF+Ei,∴E,F,G,H共面； (2)证明：：EF=OF-OE=k(OB-OA)=k·AB, 又EG=k·AC,.EF∥AB,EG∥AC,又AB∩AC=A, 所以，平面ABCD∥平面EFGH. 13.解：(1)a+b=(1,1,0)+(-1,0,c)=(0,1,c), 所以a+b=√1+c2=√5，解得c=士2. (2)当c=2时，ka十b=(k,k,0)+(-1,0,2)=(k一1，k, 2),2a-b=(2,2,0)-（-1,0,2)=(3,2,-2), 因为a十b与2a-b互相垂直，所以3(k-1)十2k-22= 0,解得=了 当c=一2时，a+b=(k,k,0)+(一1,0，一2)=(k一1， k,-2),2a-b=(2,2,0)-(-1,0,-2)=(3,2,2). 因为ka+b与2a一b互相垂直，所以3(k-1)+2k-22= 7 0,解得=5 综上=子 14.(1)证明：以，点A为原，点，AB所在直线为x轴，AD所在 直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间 直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0), D(0,2,0),P(0,0,1).点E,F分别是PB,PD的中点， 01,号)(z0} 1 11 富二数学岁 答案 F龙=（合，-10Bi= (-12,0,F店=-号Bd, 即EF∥BD. E 又BDC平面ABCD,EF 平面ABCD, 所以EF∥平面ABCD. (2)证明：由(1)可知AP={ (0,0,1),AD=(0,2,0), DC=(1,0,0), 因为AP·DC=(0,0,1)·(1,0,0)=0, AD·DC=(0,2,0)·(1,0,0)=0, 所以AP⊥DC,AD⊥DC,即AP⊥DC,AD⊥DC. 又AP∩AD=A,AP,ADC平面PAD,所以DC⊥平面 PAD.因为DCC平面PDC,所以平面PAD⊥平面PDC 高考冲浪 1.D[因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,则4+x2 4x=0,解得x=2.] 2.解析：由题意可知，2k=5×6,则k=15. 答案：15 假期作业二立体几何中的向量方法 技能提升台技能提升 1.A2.D3.C 4.C[当二面角A-BD-C为锐角时，其大小为〈n1,n2）= 哥：当二面角ABDC为能角时，其大小为一m,) x-号-经] 5.D 6.D[依题意，PA,PB,PC两两垂 直，建立如图所示的空间直角坐 标系.设PA=PB=PC=2,则 P(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0), C(0,0,2),E(1,1,0),F(0,1,1), 则PE=(1,1,0),PF=(0,1,1), AF=(-2,1,1). 设平面PEF的法向量为n=(x,y,之)， 则：PEx十y0令工=1，可得平面PEF的一个法 1n·PF=y+z=0, 向量n=(1,-1,1). 设直线AF与平面PEF的夹角为0，则sin0=ln,A nAF 及后=票0e引&m0=-(得 7.ABC 8.ABC[以D为原点，分别以DA, 8外D DC,DD1的方向为x轴、y轴、之轴的 正方向建立如图所示的空间直角坐 标系. 由题意知，A(1,0,0),B(1,1,0),E DA-- (0,2）C0,1,0,01. 飞空快乐假瑚 F2所以庇=(-1,0，-10，可=(0,7 Ad=(-10,1Ai=(-1,20） 设平面AED1的法向量为n=(x,y,z), AD1·n=-x+之=0， 所以 有正n=一x+2y=0,则可得平面AED,的-个 1 法向量为n=(1,2,1) 点F到点E的距离FE=√(-1)2+(-1)2=2，故A正确； 点F到直线ED1的距离为 FE.ED 1)2 FE2 √3 2 ,故B正 ED 5 2 确；点F到平面AED1的距离d= ·n=2=,故 n √6 C正确； 由正方体的性质可知，平面BFC1∥平面AED1,平面 BFC1到平面AED1的距离即为，点F到平面AED1的距 离9故D辑花.] 9音10.压1.9 5 2 12.解：先证明平面AMN∥平面EFDB. 以D为原点，建立如图所示的空间 直角坐标系，则D(0,0,0),A(1,0,0), B(1,1,0), M,2N(合o少 -(合g啦-（合 AM=(0,号1AB=(01,0.∴M=FE,即MN/FE. 同理可证AM∥DF,.平面AMN∥平面EFDB. 设平面AMN的法向量为n=(x,y,1), 由n⊥NM,n⊥AM,得n·NM=0,n·AM=0,求得n= (2,-2,1).∴.平面AMN与平面EFDB的距离为d= ln·AB=2 n 3 13.(1)证明：如图，A1C⊥底面 C ABC,BCC平面ABC, .A1C⊥BC,又BC⊥AC, A1C,ACC平面ACC1A1, AC∩AC=C, .BC⊥平面ACC1A1,又BC C平面BCC1B1, .平面ACCA1⊥平面BCCB, 过A1作A1OLCC1交CC1于 O,又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1,A1OC平 面ACC1A1, ∴.A1OL平面BCC1B1, A1到平面BCC1B1的距离为1，.A1O=1, 在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1,CC1=AA1=2, 设CO=x,则C1O=2一x, :△A1OC,△A1OC1,△A1CC1为直角三角形， 且CC1=2, CO2+A102=A]C2,A102+OC=C]A, AC2+AC=CC2, ∴1十x2+1+(2-x)2=4,解得x=1, .AC=A1C=AC1=√2，.AC=A1C. ·40 00M-= (2)连接A1B,由(1)易证A1B=A1B1,故取BB1的中点 F,连接A1F,,A1A与B1B的距离为2， .A1F=2, ∴A1C=AC=2,AB=A1B1=√5，BC=√3， 建立空间直角坐标系C-xyx如图所示， C B B y C(0,0,0),A(√2,0,0)，B(0,W3,0),B1(-√2,3，W2), C1(-√2,0，√2)， ∴.CB=(0,3,0),CC1=(-√2,0，W2), AB1=(-2√2，W3,W2), 设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z), 则/n·CB=0, ”即3y=0, 令x=1, (n·CC1=0,-√2x+√2z=0, 则y=0,之=1， 所以平面BCC1B1的一个法向量为： n=(1,0,1), 设AB1与平面BCC1B所成的角为0， 'sin 0-lcos(m,AB )1-InABL13 |nl·AB1l 13 故AB,与平面BCCB,所成角的正弦值为√图 13 14.(1)证明：连接A1B,如图.由直三 棱柱ABC-A1B1C1的性质可知， BB1⊥BC. 因为AB⊥BC,AB∩BB1=B,AB C平面AA1B1B,BB1C平 面AA1B1B, 所以BCL平面AA1B1B. 因为AB1C平面AA1B1B,所以 BC⊥AB1. 因为AA1=AB=1,所以四边形AA1B1B为正方形，所 以AB1⊥A1B, 又因为BC∩A1B=B,BCC平面A1BC,A1BC平面 A1BC,所以AB1⊥平面A1BC.因为A1CC平面A1BC, 所以AB1⊥A1C. (2)解：由(1)得BC⊥平面AA1B1B,从而点C到平面 AA1B1的距离为BC, 故V人AC=VeM,=号X号A1B·AA1·BC =6BC=号，即BC=2 6 以B为原点，分别以BC,BA,BB1所在直线为x轴，y 轴，之轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,1,0),A1(0,1,1),B1(0,0,1),C(W2,0,0), 设平面AB1C的法向量为m=(x1,y1,之1)，因为AC= (2,-1,0),AB1=(0,-1,1), 所以m·AC0,→E1-当=0， 1m·AB1=0{-y1+1=0, 令x1=√2，则y1=z1=2,可得平面AB1C的一个法向量 m=(√/2,2,2). 设平面A1B1C的法向量为n=(x2,y2,22),因为A1C= (2,-1,-1),A1B1=(0,-1,0), 三0022 所以Ⅲ·AC0:>2-%-2=0, n·A1B1=0-y2=0, 令x2=√2，则y2=0,z2=2,可得平面A1B1C的一个法 向量n=(√2,0,2). 设平面A1B1C与平面AB1C的夹角为0，则cos0= |m·n=5 mn5’ 故平面A1B,C与平面AB1C的夹角的余弦值为压 5 高考冲浪 1.解：(1)因为PA⊥底面ABCD,AD,BCC平面ABCD,所 以PA⊥AD,PA⊥BC.又AD⊥PB,且AP∩BP=P, AP,BPC平面PAB,所以AD⊥平面PAB.在△ABC中，因 为AC=2,BC=1,AB=√3，所以AC2=BC2+AB2,即AB BC,又AP⊥BC,且AP∩AB=A,AP,ABC平面PAB,所以 BC⊥平面PAB.因此，AD∥BC,又AD中平面PBC,BCC平面 PBC,所以AD∥平面PBC (2)过D点作DE∥PA,则DE ⊥平面ABCD,以D为坐标原 点，分别以DA,DC,DE所在的 直线为x轴，y轴，z轴建立空间 直角坐标系.设DA=m,DC= n,其中m2+n2=4,则A(m, 0,0),C(0,n,0),P(m,0,2), 所以AP=(0,0,2),CP=(m, -n,2),DC=(0,n,0). 设平面APC的法向量为n=(x,y,之)，则 {mx-y十2z=0,令x=n,则y=m,所以n=(n,m,0)； (2z=0, 设平面DPC的法向量为v=(xy,z),同理可得v=(2,0,一m. 因为二面角APCD为锐二面角，所以其余弦值为牙，因 此 7=|cos(n,)1= m2+4十，解得m=V,即 2n AD=√3. 2.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，AB方 向为x轴正方向，AD方向为y轴正方向，AP方向为之轴 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,W2). （i)设球心O(x,y,z),由OB=OC=OD=OP可得 (x-√2)2+y2+x2=(x-√2)2+(y-2)2+x2 (x-√2)2+y2十x2=x2+(y-√3-1)2十z2,解得y=1, (x-√2)2+y2+z2=x2+y2+(x-√2)2 x=之=0，显然点O(0,1,0)为直线AD上的点，ADC平面 ABCD,所以点O(0,1,0)在平面ABCD上. (i)AC=(W2,2,0),PO=(0,1,-√2)，直线AC与PO所 成角的余弦值等于cos(AC,PO)》=AC·Pg 2 IACIIPOI 6X3 ② 3 假期作业三直线方程和两条直线的位 置关系 技能提升台技能提升 1.B2.A3.D4.B 5.B[由直线y叶2-9(x-4③可得元针摩k=9设支 3 线的倾斜角为0，则tan0=3 31 ·4 高二数学 因为0e[0,x,所以0=否，即领斜角为答.当x=0时，y +2=3×(二43)=一4，得y=-6,所以直线在y轴上 的截距为一6.] 6.C[B(3,-3),C(0,2),∴BC中点的坐标为D (空，2）中D(侵》则BC边上的中线应过 1 A(-50D(侵)两这，由两点式，得言。 13 2 +5,整理得x十13y十5=0.] 8+5 7.AC 8.AB 9.0或子10.受+￥=1 11.10-12-2 12.解：(1)由l1⊥l2,得2(a十2)-(a-1)(2a+1)=0,即 2a2-3a-5=0,所以(2a-5)(a十1)=0，解得a=-1 (2)由l1∥l2,得2(2a+1)=-(a-1)(a+2),即a2+5a =0,解得a=0或a=-5.当a=0时，l1:2x十y一2=0， 4:2x+y+3=0,则41,2之间的距离为3-（-2) W22+12 =√5； 当a=-5时，l1:x+3y-1=0,l2:x十3y-1=0,此时两 直线重合，舍去. 综上，若l1∥12，则l1,2之间的距离为√5. 13.解：设P(x,y)关于直线l:3x-y+3=0的对称，点 为P(x',y). m·=-13=-1,@ 又PP的中点在直线3x-y十3=0上， 3×x-y十+3=0.② 2 2 x'= -4x+3y-9 ，③ 联立①②，解得 5 by-3x+4y+3 ④ 5 (1)把x=4,y=5代入③④，得x=-2,y=7, ∴.P(4,5)关于直线1的对称点P'的坐标为（一2,7）. (2)用③④分别代换x一y一2=0中的x,y,得关于1对 称的直线方程为二4虹+3y-9_3x+4y+3-2=0, 5 5 即7x十y十22=0. 14.解：(1)当两直线的斜率都不存在时，方程分别为x= 一4，x=0,满足题意； 当两直线的斜率都存在时，设方程分别为y=k(x十4)与 y=kx-3,即kx-y十4k=0与kx-y-3=0, 由题意得十=4，解得=，所以所求的直线方程 √R2+1 分别为7x-24y+28=0,7x-24y-72=0. 综上，所求的直线方程为7x一24y十28=0,7x一24y一 72=0或x=一4，x=0. (2)由(1)知，当两直线的斜率都存在时，d=46+3, √/k2+1 d2=162+24k+9,.(d2-16)k2-24k+d-9=0, k2+1 k∈R,.A≥0，即d4-25d2≤0，.d2≤25， .0<d5, 4 ∴dmax=5,此时k=3 当两直线的斜率都不存在时，d=4,.dmax=5, 此时两直线的方程分别为4x一3y十16=0,4x一3y一9=0.受快乐限期 假期作业二 立体几何中日 〈《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0，则cosp=|cos|= (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a 的法向量为n,直线l与平面a所成的角为p, 两向量e与n的夹角为0，则sinp=|cos8 3.求二面角的大小 (1)如图①，AB,CD是二面角l-3的两个面 内与棱垂直的直线，则二面角的大小 0= n B 九 ① ® (2)如图②③，n1,n2分别是二面角arl-B的两 个半平面α，B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的一条斜线， 则点B到平面α的距离为 (如图). 00-= 学而时习之，不亦说乎。 的向量方法 完成日期： 月 日 自测自查 a·b 1a11b 2a8 3.(1)AB,CD》 (2)n1,n2）(或π-n1,n2)4 |AB·n 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：用向量表示几何量，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 技能提升 1.若两个不同平面a,3的法向量分别为u= (1,2,一1)，v=(一3，一6,3)，则 () A.a∥3 B.a⊥3 C.α，B相交，但不垂直D.以上均不正确 2.若平面a的法向量为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 =T n·a In al B.cos0=n·a n a C.sin0-nal n·a n·a D.sinn al 三0022 3.在长方体ABCD-A1BCD1中，AB=BC=1, AA1=√3，则异面直线AD1与DB1所成的 角的余弦值为 () A 4.在三棱锥ABCD中，平面ABD与平面 BCD的法向量分别为n1,n2.若(n1,n2）= 否，则二面角ABDC的大小为 () A骨 以号 C晋或 D.君或号 5.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 3a D.15 4 a 6.如图，在正三棱锥P-ABC 中，PA,PB,PC两两垂直， E,F分别是AB,BC的中 点，则直线AF与平面PEF 的夹角的余弦值为 AB c n号 7.(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与CD所成的角为60° C.△ADC为等边三角形 D.AB与平面BCD所成的角为60° 8.(多选)如图，在棱长为1 D 的正方体ABCD A1BC1D1中，E,F分别 D 为CD,AB1的中点，则 下列结论正确的是() 。5 二数类为 A.点F到点E的距离为√2 B.点F到直线ED,的距离为3 C,点F到平面AED,的距离为9 D.平面BFC到平面AED,的距离为2,6 3 9.如图，在正四面体ABCD中，已 知AE-AB,CF=CD,则直 线DE和BF所成的角的余弦 值为 10.在四面体ABOC中，OC⊥OA,OC⊥OB, ∠AOB=120°，且OA=OB=OC=1.则二面 角O-ACB的平面角的余弦值为 11.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB=2, A1A=1,则点A到平面A1BC的距离 为 12.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1 中，M,N,E,F分别是棱A1B1,A1D1, BC1,CD1的中点.证明平面AMN∥平 面EFDB,并求平面AMN与平面EFDB 的距离. 飞曼快乐假期 00-= 13.如图，在三棱柱ABC 14.如图，在直三棱柱ABC A A1B1C1中，AA1=2, A1B1C中，AA1=AB=1, A1C⊥底面ABC, AB⊥BC. ∠ACB=90°，A1到平 (1)证明：AB1⊥AC: B 面BCC1B1的距离 (2)若三棱锥A1-AB1C的 A 为1. (1)求证：AC=AC: 体积为号求平面ABC (2)若直线AA1与BB1的距离为2，求 与平面AB1C的夹角的余弦值. AB1与平面BCC,B1所成的角的正弦值. ·6 三0022 二数学型) 2.(2025·全国一卷，17)如 D 高考冲浪 1.（2024·新课标I 图，在四棱锥P一ABCD 卷，17)如图，四棱 中，PA⊥底面ABCD,AB 锥P-ABCD中，PA ⊥AD,BC∥AD. (1)证明：平面PAB⊥平 B ⊥底面ABCD,PA D =AC=2,BC=1, C 面PAD; A AB=√3. (2)若PA=AB=√2，BC=2,AD=1+√5， (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC; 且点P,B,C,D均在球O的球面上. (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦 (ⅰ)证明：点O在平面ABCD内； (iⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值， 值为厚，求AD. ·7