第17期 用向量方法研究立体几何中的度量关系(空间中的角）-【数理报】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册同步学案（北师大版）

高中数学北师大版选择性必修第一册第17~20期 发理极 答案详解 2025~2026学年高中数学北师大版选择性必修第一册第17~20期(2025年11月) 第17期3,4版参考答案 所以Di=(0,0,a),M正=（-1,1，号） 空间中的角同步核心素养测评 因为cos(D亦，A正=5 3 一、单项选择题 a 1~4 CDCB 5~8 DBBA 所以一 DP.A正 2 5 I DPII AEI 3 提示： a× /2+ a 1.因为两个半平面的法向量所成的角为牙， 解得a=2,所以点E的坐标为(1,1,1) 6.如图1，以点A为坐标原点，AB,AD,AA的方向分别为x 所以这个二面角的平面角的大小为？或智 轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系。 2.因为m·n=(1,0,1）·(-3,1,3) =-3+0+3=0. 所以m⊥n, 所以平面α与B所成的角等于90° 3.设AB=a,AD=b,AA=c, 图1 则由题意知Ia1=2,1b1=3,Ic|=3, 设正方体的棱长为2，则A(0,0,0),E(2,0,1),F(0,2,1), 三向量a,b,c两两之间的夹角都是牙 C(2,2,0). B C=BC-BB'AD-AA'=b-c, 所以C正=(0，-2,1)，C=(-2,0,1) BD=AD-A店=b+c-a, 可求得平面ECF的一个法向量为n=(1,1,2). 设平面ECF与平面ABCD的夹角为a. 故B,元.BD=(b-c)·(b+c-a) 因为m=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量， =b2-a·b-c2+a·c 所以cos0=cos(m,n〉= 2 =9-2×3×c0s号-9+2×3×c0s号=0， 3 由图可知平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角为 即B亡1BD,所以B,C与BD,所成角的大小为受 锐角， 4.直线CD与平面ABC所成角的正弦值为 所以平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角的余弦 1emm,1=m=停 值为号 1m11CD15×5 15 7.由圆锥的性质可知SO⊥平面ABC,故以点O为坐标原 5.设IPDI=a(a>0), 点，以平面ABC内过点O且垂直于AC的直线为x轴，OC,OS分 则4(20.0)，B(2,2.0),P(0.0,a).E1,1,号） 别为y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图2， 高中数学北师大版选择性必修第一册第17~20期 设二面角M-BC-A为a, 则cosa=1cos(m,n〉1= m·n _30 = I m l l n l 10 所以二面角M-BC-A的平面角的余弦值为3而 10 B 图2 二、多项选择题 设0A=0B=1,SA=5,则0S=2, 9.ABC;10.AC;11.ABD. 提示： 则40，-10.c01.0s0.0,2,M(0,-1 9.对于(A),两条异面直线所成的角与这两直线的方向向 因为a∠B0c=子 量所成的角相等或互补，(A)错误； 对于(B),直线的方向向量与该平面法向量夹角与直线与 所议m∠B0C:V个-aZB0C-夸可得 平面所成的角相加或相减等于90°，(B)错误； (停 对于(C),二面角的大小等于该二面角两个面的法向量的 夹角或补角，(C)错误； 所以店=（子，-2，成=(0，-子，， 对于(D),若二面角两个面的法向量的夹角为120°，则该 二面角的大小等于60°或120°，(D)正确。 所以cos(SB,Ci) -1-2 故选(A)(B)(C). 10.对于(A),因为b=-2a,且41,2不重合， --665 65, 所以41∥2，(A)正确； 对于(B),因为c·m=6-4-2=0,所以c上m, 故异面直线SB与CM所成角的余弦值为5⑤ 65 所以l∥a或lCa,(B)错误； 8.如图3，过A作AE⊥CD,垂足为E,则DE=1, 对于(C),因为4·v=-6+8-2=0, 所以a⊥B,(C)正确； 对于(D),记直线l与平面a所成角为0， 则sin0=1cos(d,n〉I= 1 2×2=2 3 因为0e[0,受]，所以0=石，(D)错误 以A为坐标原点，分别以AE,AB,AP所在直线为x,y,z轴 故选(A)(C). 建立如图3所示的空间直角坐标系， 11.如图4， 则80.1,0).c(251,0,M(E,-） D 成=(，-子）成=2,0.o. 设平面MBC的法向量为m=(x,y,z), 图4 m·BC=22x=0, 以A点为坐标原点，以AB,AD,AA所在直线分别为x轴、y 则 m,成=万x-子y+子=0， 轴、z轴建立空间直角坐标系： 取m=(0,1,3). 则A(0,0,1),B(3,0,0),C(5,1,0),C1(5,1,1), 取平面ABCD的一个法向量n=(0,0,1), D(0,1,0),D(0,1,1),则AC=(5,1,-1). -2 高中数学北师大版选择性必修第一册第17~20期 设P(x,y,z),则A1=(x,y,z-1) 所以P(5A,A,1-A),D,P=(5A,A-1,-A) 对于(A),当A1C=2A1P时，5=2x,1=2y,-1=2(z- 由A,C.D产=(5)×5+(-1)+(-)×(-1)= 1), 0解得A=了，所以A户=4C,即C=5A产，故(D)正确 所以P()，所以=() 故选(A)(B)(D) 平面ABCD的法向量为A1A=(0,0,-1) 三、填空题 所以直线BP与平面ABCD所成角的正弦值为 I cos(A A,BP)I= AA·B 1AAI BPI 提示： 12.建立如图5所示空间直角坐标系，设正方体的边长为 对于(B),当A1C=3A1P时，5=3x,1=3y,-1=3(z D,所以P(停号号)所以=（停，-子-号）月 设平面BDC的法向量为n=(x',y',z), CD=(-5,0,-1),CB=(0,-1,-1), mG团=0得：=0 由 B [n .CB=0 -y'-z'=0, 图5 取n=(1,6,-),所以D立.n=x1+(-子） 则C(0,2,0),E(1,0,2),F(2,1,0), C2=(1,-2,2),C=(2,-1,0) ×万+（-号）×(-万)=0，故(B)正确： 所以cos∠ECF= CE.CR 、4 ICEII CFI 3x 15 对于(C),当A1乙=4A1P时，W5=4x,1=4y,-1=4(z- 13.由题意得，直线1的方向向量为1=(2,3，-1)，平面 1),所以P5,13】 44,4 的法向量为1=(2，-7,1)， 设直线1与平面α所成角的大小为0， 平面A4,D1的法向量记为AB=(5,0,0), 则sin6=|cos(n1,m1〉|= 设平面APD1的法向量记为m=(a,b,c), 123,-)(2.-70业-14-21-是=T 币=(4)0=0,1，， 4+9+1×√4+49+1√/14×54 7 14.将该“阿基米德多面体”放人正方体中， m·A=0, 1 -b+ 平面EFG和平面GHK为有公共顶点的两个正三角形所在 由 得/4a+ 4 4=0, LmAD=0b+c=0, 平面， 建立如图6所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 取m= 2 31,-1月 显然二面角A1-AD,-P的平面角为锐角， 所以二面角A1-AD,-P的平面角的余弦值为 1cos(AB,m〉1= AB·m 1ABII mI =,故（©）结误： 图6 对于(D),若A元.DP=0,AC=(5,1,-1),AP= 则E(1,0,2),F(2,1,2),G(2,0,1),H(2,1,0),K(1,0,0), 入AC(0≤入≤1). 设平面EFG的法向量为m=(x,y,z), 因为AP=(x,y,2-1),所以5入=x,入=y,-入=z-1, E=(1,1,0),E元=(1,0，-1)， —3 高中数学北师大版选择性必修第一册第17~20期 EF.m =x+y=0, 因为点P是AC的中点，则PD⊥AC,PB⊥AC. 所以 取m=(1,-1,1) LEG.m =x-z=0, 因为PD∩PB=P,PDC平面PBD,PBC平面PBD 设平面GHK的法向量为n=(a,b,c), 所以AC⊥平面PBD,因为ACC平面ACD, Gi=(0,1,-1),G尿=(-1,0，-1)， 所以平面ACD⊥平面BDP. rGH·n=b-c=0, (2)解：如图7，作CE⊥BD,垂足为E,连接AE. 所以 取n=(1,-1,-1) G尿n=-a-c=0, 设平面EFG和平面GHK所成二面角的平面角为O, n·n 则eos0=os(m,m〉=1mm=万x5=3 图7 显然0为锐角，所以所求角的余弦值为了 因为Rt△ABD≌Rt△CBD, 四、解答题 所以AE⊥BD,AE=CE,∠AEC为二面角A-BD-C的平 15.解：以D为原点，D,DC,DD的方向为x,y,z轴正方向 面角. 建立空间直角坐标系D-z,则D(0,0,0),C(0,1,0),C1(0, 所以∠AEC=120° 1,2),B(2,4,0),BC=(-2,-3,2),DC=(0,1,0). 在等腰三角形AEC中，由余弦定理可得AC=5AE. BC·DC 因为△ABC是等边三角形，则AC=AB, 因为cos(BCi,Dd= =-3页 I BC II DCI 17 所以AB=5AE 所以异面直线BC与DC所成角的余弦值为3T 17 在△ABD中，有分A·BD=之B·AD, 16.解：以B为原点，BA,BC,BB的方向分别为x,y,z轴正 得BD=√5AD, 方向建立空间直角坐标系，则A(2,0,0),C(0,2,0),A1(2,0, 因为BD=6,所以AD=2. 2),B(0,0,2),C1(0,2,2).设AC的中点为M,连接BM(图 又BD2=AB2+AD2,所以AB=2. 略)， 因为BM⊥AC,BM⊥CC1·所以BM⊥平面A1C,C,即BM 则E=25D=5 =(1,1,0)是平面ACC的一个法向量 以E为坐标原点，以向量E元，ED的方向分别为x轴、y轴的 设平面AB,C的一个法向量是n=(x,y,z), 正方向，以过点E垂直于平面BCD的直线为z轴，建立空间直 A1C=（-2,2,-2),AB=(-2,0,0), 角坐标系E-xyz,则 rn·A1B=-2x=0, o5)-o.市=（停5-小 所以 n·AC=-2x+2y-2z=0. 取平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1), 取n=(0,1,1).设法向量n与BM的夹角为p,二面角B 设直线AD与平面BCD所成的角为O, -A1C-C的平面角为0，显然0为锐角. 则n6=emm,商1-m=号 1m1AD11×,2 因为0s91c0s91=之=2，解得日二π I nllBMI 3 所以直线A0与平面BCD所成角的正弦值为号 所以二面角B-A,C-C的平面角为写 18.(1)证明：连接BD交CE于点G,连接FG, 17.(1)证明：因为△ABC是等边三角形，则AB=CB. 由DE∥BC得2%=8在△MBc中，由DE/8C 又∠BAD=∠BCD=90°，BD为公共边， 所以Rt△ABD≌Rt△CBD,可得AD=CD 是GB=BC=3, 4 高中数学北师大版选择性必修第一册第17~20期 A3A4=A4A2: (2)在四面体A1-A2AA4中，不妨令0A1=OA2=OA= 又FGC平面CEF,PD平面CEF, 0A4=3,A1A2=A1A3=A1A4=A2A3=AA4=A4A2=a, 所以PD∥平面CEF 在面A2A,A4内作点0的射影0'，连接0'A2, (2)解：因为DE⊥CD,DE⊥PD,CD∩PD=D, 在等边△A2AA4中，0'为其外心， CD,PDC平面PCD, 所以DE⊥平面PCD.又PCC平面PCD, 则0%=号×只-月 则DE⊥PC 在Rt△A1O'A2中（如图8），可得 又DE∥BC, 所以PC⊥BC,直线CP,CD,CB两两垂直. 以C为坐标原点，CD,CB,CP所在直线分别为x轴y轴z 轴建立空间直角坐标系，则D(2,0,0),B(0,3,0),E(2,2,0), r00.2fo,号5） A 图8 所wd=(2,2.0).本=(0，号5) Pi=(2,0,-25). 所以(-3)+（原）=， 设Pi=tPi(0<t<1), 则Ci=C+Pi=(2t,0,25-25t), 解得a-26,所以04=气=号×25=4 设平面CFE的法向量m=(x,y,z), 又因为A01面A2AA4,且垂足为0'， g0 故以0'为原点，以A,0',O'A1所在直线分别为x轴、z轴， 则 建立如图9所示的空间直角坐标系，则0'(0,0,0)，A1(0,0, m·C2=2x+2y=0, 4),A2(2,-6,0),4(2,6,0),44(-22,0,0),0(0,0, 取m=(3,-5,1). 1). 设平面HCF的法向量n=(a,b,c), n·c㎡=b+6 则 5 5c=0, n·ci=2ta+25(1-t)c=0, 取n=(5(t-1),-5t,t) 设二面角H-CF-E的平面角为O, 图9 则co0=1a(m,m1= 因为0=子0A,即0成=子0风。 17t-31 1 万×√7-6t+3 则4(-4号0写） 解得：=分或=音所以说=方或瑞=各 所以=0,26,0)4=(-79，-5，） 19.解：(1)点0为四面体A1-AA3A4外接球的球心，即 设平面A2AA4的一个法向量为n=(x,y,z), 0A1=0A2=0A3=0A4,且A10⊥面A2A3A4,A20⊥面 rAA⊥n, r26y=0, A1A3A4,A,0上面A1AA4,A0上面A1AA,则空间四面体A,- 则 即 1 A2AA4的每一条棱都相等，即A1A2=A1A3=A1A4=A2A3= 41m,-72 3x-6y+3=0, -5 高中数学北师大版选择性必修第一册第17~20期 取n=(1,0,72). 5.因为AC=BC,O为AB的中点，则OC⊥AB, 又0A1=(0,0,3), 由圆锥的几何性质可知SO上平面ABC, 04·n=212=722 以点0为坐标原点，0元，0A,0尽的方向分别为x,y,2,轴正 所以cos(OA1,n〉= I0A11n13×3T 33 方向建立空间直角坐标系， 故04与面44，化所成角的正弦值为 则S(0,0,4),B(0,-2,0),C(2,0,0),A(0,2,0),D(0,0, 2),N(0,1,1), BC=(2,2,0),B=(0,2,4),B=(0,3,1), 第18期3,4版参考答案 设平面SBC的法向量为n=(x,y,z), 空间中的距离问题同步核心素养测评 n·BC=2x+2y=0, 则 一、单项选择题 n·B=2y+4z=0, 1~4 DCAB 5~8 BACD 取n=(2,-2,1),所以点N到平面SBC的距离为d= 提示： 1.由题意，M0=(1,-1,2),n=(1,-2,2), 3 则7=（兮，-子子） 6.由题可知AB=(-1,1,0),AC=（-1,0,1), c⑦=(1,1,0) 所以点M到平面B的距离为 设平面ABC的法向量为m=(x,y,z), d=肠开=子 rm·AB=-x+y=0, 则 取m=(1,1,1). 2P=(c+22,-4),而d=1P.nL-0 m·AC=-x+z=0, 3 则点D到平面ABC的距离为 即-2(x+2)-4-41-10 /4+4+1 d= 解得x=-1或x=-11. 又因为1AB1=1AC1=1BC1=2, 3.由已知得AB=(1,1,1),C⑦=(-2,2,1)，AC=(1,0, 0),设向量n=(x,y,z)与向量4B,C元都垂直，则 所以sac=空×厄×反×9-县 2 rn·AB=x+y+z=0, 所以四面体ABCD的体积为 取n=(1,3,-4). n.Ci=-2x+2y+z=0, 又平面α∥平面B,则平面a与平面B间的距离为 7.如图1，取AC的中点0，连接OB,OP. I nl =1×1+3×0+(-4)×0L=26 √+32+(-4) 26 4.BC=(1,1,1)-(1,0,2)=(0,1,-1), 图1 则与式同方向的单位向量为e=(0,号，-受) 因为∠ABC=90°，所以AC=AB2+BC=10. 又B4=(0,0,-2), 因为PA=PC,O为AC的中点， 则点A到直线BC的距离为 所以0P1AC,0P=√(42)2-52=万. d=1B2-(B.e)2 又0B=2AC=0A,PA=PB, =V4-[(-2)×(-)]=2 所以△POA≌△POB,所以OP⊥OB. -6 高中数学北师大版选择性必修第一册第17~20期 因为AC∩OB=O,所以OP⊥平面ABC. 提示： 以B为坐标原点，BC,BA所在直线分别为x,y轴，建立如图 9.对于(A),AB=(3,1,1),CD=(-1,1,2), 1所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,6,0),C(8,0,0), 因为AB.C⑦=-3+1+2=0， P(4,3,√7). 所以AB⊥CD,故(A)正确； 所以BC=(8,0,0),Bp=(4,3,万)，BA=(0,6,0) 对于(B),AD=√(0+1)2+(2-1)2+(3-0)= 设m=(x,y,2)为平面PBC的法向量，则有 √T,故(B)正确； rm·BC=8x=0, 对于(C),B元=(-1，-1,0)， m·B㎡=4x+3y+万：=0， 取a=BA=(-3,-1,-1), 取m=(0,7,-3). BC u= I BCI =10=(9 2 所以点A到平面PBC的距离为 d=1:mL:6万=3 所以a2=11,a·u=2√2，所以点A到直线BC的距离为 = I ml √7+92 √a2-(a·u)=√1-8=√5，故(C)错误； 8.如图2,0是底面正△ABC的中心，A1O⊥平面ABC,AO 对于(D),A店=(3,1,1)，AC=(2,0,1),4币=(1,1,3). C平面6c,期10上40,4B=26,则4A0=号× 2 Lx2万 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), r·AB=3x+y+z=0, =2,又A41=7,A10=A4-A0=3, 则 取n=(1,-1,-2), n·AC=2x+z=0, 所以点D到平面ABC的距离为d= 1m·A1=1-1-6=6,故(D)正确。 1n1 1+1+4 D 图2 故选(A)(B)(D). C0⊥AB,直线CO交AB于点D,OD=1, 10.AB=(-1,1,-1),D=(2,2,-4). 以直线C0为x轴、OA1为z轴、过O平行于AB的直线为y 对于(A),当C(2,3,-1)时，A元=(1,2，-2)， 轴建立空间直角坐标系，如图2， 设n1=(x1,少1，a1)为平面ABC的一个法向量， 则A1(0,0,w3),A(1,-5,0),B(1,W5,0),C(-2,0,0), AB·n1=0,「-x1+y-名1=0， 所以 得 AA=(-1,w5,w3),A元=(-3,5,0)， l4元m1=0,x+2y1-2a=0, AB=(1,5,-5), 取n1=(0,1,1),则点D到平面ABC的距离为 AC=AA+AC=(-4,25,5), 4=DmL=L24山=万<瓜，放(A)不符合： 设n=(x,y,z)与A1B和AC都垂直， 对于(B),当C(2,-3,1)时，AC=(1,-4,0), n·AC=-4x+25y+5z=0, 则 设n2=(x22,2)为平面ABC的一个法向量， n·AB=x+5y-5z=0, rAB·2=0, -x2+2-2=0, 所以 得 取n=(5,1,2). A元m,=0,x2-4=0, P,Q两点间距离的最小值即为异面直线AC,与AB间的 取2=(4,1，-3)， 离，即m·--万+5+21- I n l √3+1+4 2 则点D到平面ABC的距离为4，=1.L I n 二、多项选择题 18+2+121=126>√4，故(B)符合： 9.ABC:10.BD;11.ABC. 26 13 一7 高中数学北师大版选择性必修第一册第17~20期 对于(C),当C(-2,3,1)时，AC=(-3,2,0). (B)正确； 设n3=(x,y3,a)为平面ABC的一个法向量， 设平面AED1的法向量为n=(x,y,z), rAB·n=0,「-3+y-3=0, AD·n=-x+z=0, 所以 得 A元.m=0, -3x3+2y3=0, 所以 取n=(1,2,1) A正n=-x+2y=0, 1 取n3=(2,3,1), 1Di·n31 则点D到平面ABC的距离为d= 点F平面以的距离为--后=学放 I nl (C)正确： 14+6-41-3年<m,故(C)不符合： √14 7 由正方体的性质可知平面BFC1∥平面AED, 对于(D),当C(2,3,1)时，AC=(1,2,0), 所以平面BFC,到平面AED,的距离即为点F到平面AED 设n4=(x4,y4,4)为平面ABC的一个法向量， 的距离，即为5放(D)错误 死儿=0得F4+4名=0g 所以 故选(A)(B)(C). Cm=0,Lx,+2.=0, 三、填空题 取n4=(-2,1,3), 29:132,4号 则点D到平面ABC的距离为d=DnL I nl 提示： 1-4+2-12L=4,故(D)符合 12.由题可得平面ABC过点Q(0,0,1),且其法向量为n= 4 (1,2,-1),Pd=(-1,-2,-2),点P(1,2,3)到平面的距 故选(B)(D) 离为 11.以D为原点，DA,DC,DD的方向分别为x轴、y轴、z轴 的正方向建立如图3所示的空间直角坐标系 P0nL=1-1-4+2L= I nl 6 2 D 13.连接A01,建立如图4所示的空间直角坐标系，则A(2, 0,0),0(0,0,2),C(0,3,0), 0 B 图3 0 由题意知，41,0.0)，B11,0),E(0,7,0）,G(0,1 图4 ),D(0,01),P(1,2,1 所以A0=(-2,0,2),A元=(-2,3,0)， 则应=(-1,0，-0.D=(0,-1 所以A0·AC=(-2,0,2)·(-2,3,0)=4, 所以O·dC 4 AD=(-1,0,1),A2=（-1,2,0 I ACI13 所以点O,到直线AC的距离为 点F到点E的距离为1F尼1=√(-1)2+（-1)了=2， 故(A)正确； d= 01)-()-2 13 点F到直线ED,的距离为 14.由题得AB=(3,-1,2),BC=(-2,2,-1), FE·ED 30 故 AC=(1,1,1),BD=(2,5,-4),则1AB12=14, 5 I BC12 =9,1 AC12=3, 一8 高中数学北师大版选择性必修第一册第17~20期 osB=LAB1+BC2AC_5▣ 两异面直线，且两直线间的距离越来越近 21 ABII BCI 21 当三棱锥A-BCD的体积最大时， 所以sinB=V√个-cosB=9I 21 此时AD⊥平面BCD, 即此时M,N两点之间的距离最小，即为两异面直线AB, Sc=分1AB11BC1simB=2④ 2 CD之间的距离. 设平面ABC的一个法向量为m=(x,y,z), 以点B为坐标原点，分别以BC,BD为x轴、y轴，以过点B m·AB=3x-y+2z=0, 且与AD平行的直线为z轴建立空间直角坐标系， 则有 m·BC=-2x+2y-z=0, 则B(0,0,0),A(0,5,1),C(1,0,0),D(0,5,0), 取m=(3,1,-4). 即B=(0,5,1),C⑦=(-1,5,0)， B配在m方向的投影向量的模即为点D到平面ABC的距离 设与BA,C元垂直的一个向量为n=(x,y,z), h=m·BD=27/2西 「n·B=5y+z=0, 26 取n=(5,1,-5) Ln.CB=-x+/3y=0. 所以四面体D-ABC的体积V=专S6c×h= 2 不妨取AD=(0,0,-1), 四、解答题 由两异面直线间的距离公式可得 15.解：建立如图5所示的空间直角坐标系，则 d的最小值为-牙 I nI D 17.解：连接BD,与AC相交于点O,连接PO,则AC⊥BD. 因为四棱锥P-ABCD为正四棱锥， 所以OP⊥底面ABCD. 以0为坐标原点，OA,OB,OP所在直线分别为x轴y轴z 图5 轴，建立空间直角坐标系，如图6所示. E10,）F0B1,10).D0.0,0 则床=(0,7，）m=(-山，-1，). 设EF,BD1公垂线的方向向量为m=（x,y,z), Q B 图6 n=之-=0 则 因为正方形ABCD的边长为1， BD·n=-x-y+z=0, 所以A0=B0=号 取m=(01,).又房=(0,1，-） 因为PA=1,所以0P=号 「故EF与BD,的距离为EB,m1三子÷② I ml 4 则A(0.0,B(0,.c(-0.0P(0. 16.解：由题得BD2=AB2+AD2-2AB·ADeos60°， 解得BD=5,所以满足AD2+BD2=AB, 即AD⊥BD,则CB⊥BD. 令点R的竖华标为m,则R(m-号0，m小， 又M,N分别为直线AB,CD上的动点，记M,N两点之间的 最小距离为d,则d表示两直线AB,CD之间的距离， 令点Q的横坐标为m,则Q(a,号-n,0) 在△ABD沿BD折叠过程中，直线AB,CD由两平行线变成 当RQ为直线PC,AB的公垂线时，RQ取得最小值， -9 高中数学北师大版选择性必修第一册第17~20期 Rd·A正=0， rn·P7=2y-2z=0, 即 rd.P元=0， 所以 n·元= 3 2x+y=0, 「-m+竖号-，-小(-经号）=0 取n=（-√5,1,1)： 故 连接04，则0-(-9.-子0小， m-=0, 所以所求距离为4=0，nL-25 I nl 5 所以 2m-2,n1 解得m=号= 61 19.(1)解：平面PMW中，P=(1,-2,1),P示=(2，-1,0). 2n-2 =0 设平面PMW的法向量为n=(x,y,z), 2 2、 3 PM.n x-2y+z==0, 所以 取n=(1,2,3) 2 三棱锥R-ACQ的高即为m=号 PN.n=2x-y=0, 设平面PMN任意一点Q=(x,y,z), 27 当Q不同于P,有P01n: 18.如图7，以A为坐标原点，平面ABC内垂直于AC边的直 当Q与P重合，则有P0=0,所以P0.n=0. 线为x轴，AC所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直 所以(x-1,y-3,2+1)·(1,2,3)=0, 角坐标系 化简得x+2y+3z-4=0. 所以平面PMW的方程为x+2y+3z-4=0. (2)设P(x1,1,),P2(3,2,2)为平面Ax+By+C2+ D=0的任意两个点， Ax By +Cz +D =0,Ax2 +By2 +Cz2 +D=0. 图7 两式相减得A(2-x1)+B(y2-y1)+C(a2-)=0,即 因为AP=2,AB=BC=AC=4,且E,F分别是BC,AC的 m·PE=0,即m1PE, 中点， 所以平面Ax+By+Cz+D=0的法向量可取m=(A,B, 所以A(0,0,0),B(23,2,0),C(0,4,0),F(0,2,0), C). E53.0.0(9子.P0.02) 记H(,o,),因为A,B,C不同时为0， 所以不妨令C≠0， (证明：因为成=（多，0），正=(53,0， 平面4x+B+G+D=0上可取点c(00,-是)， 所以A正=2F元 所以励=(6+名) 因为AE与FQ无交点，所以AE∥FQ. 又FQC平面PFQ,AE￠平面PFQ, 则点H到平面Ax+By+Cz+D=0的距离为 所以AE∥平面PFQ. 4=li:mL-14,+B+G+D1 √A+B2+C (2)解：由(1)知，AE∥平面PFQ, 所以点A到平面PFQ的距离就是AE与平面PFQ间的距 第19期参考答案 离 空间向量与立体几何，数学建模核心素养综合测评 m=02-2,风=（停是0， 一、单项选择题 设平面PFQ的法向量为n=(x,y,z), 1~4 BDDB 5~8 AADC 1016.(15分)如图10，在直三棱柱ABC-A,B,C中，AA,=BC= 18.(17分)如图12，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=3,AC= 19.(17分)在陕西汉中勉县的汉江河与定军山武侯平一带，经 AB=2,AB1BC,求二面角B,-A,C-C,的平面角， 6,D,E分别为边AC,AB上一点，且CD=2,DE∥BC,将△ADE沿 常出土有铜、铁扎马钉等兵器文物.扎马钉（如图14）是三国时蜀汉 DE折起到△PDE的位置，使得PC⊥CD,F为PB上一点，且E 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 PB 三 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 品 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 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 (1)证明：PD∥平面CEF: 地.简化扎马钉的结构，如图15，记组成该“钉”的四条等长的线段 (2)如图13，若H为线段PD上一点（异于端点），且二面角H 公共点为0，钉尖为A:(i=1,2,3,4) CF-￡的平面角的正弦值为5，求”的值， (1)判断四面体A,-4,4,44的形状特征； 7 PD (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 剩其他尖爪长度的号（即0A:=子0A,),如图16，将4，4，4置于地 面，求OA,与面A2A3A4所成角的正弦值 高中数学·选择性必修第一 反1 册 17.(15分)如图11，在三棱锥A-BCD中，△ABC是等边三角 形，∠BAD=∠BCD=90°，点P是AC的中点，连接BP,DP (北师大版) (1)证明：平面ACD1平面BDP; (2)若BD=√6，且二面角A-BD-C的平面角为120°，求直线 晃 AD与平面BCD所成角的正弦值. 移 高中数学·选择性必修第一册（北师大版）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：崔明 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 0351-5271248 羞理橘 2025年11月3日·星期- 高中数学 17期总第1161期 北师大 选择性必修第一册 希尔伯特的无穷旅” 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/川F)邮发代号：21-168 大数学家希尔伯特 空间向量的引人，使立体几何问题的难度 在一次演讲中虚构了这 大大降低.因此，正确理解和运用向量方法，对 备战高考有重要意义， 空间中的角 样一个故事： 求解策略 一、异面直线m,n所成的角 有一家旅店，设有 例1直棱柱ABC一A,B,C ©湖南李 中，已知∠ABC=90°，AB=a 无穷多个房间，假定每 BC=b,BB,=c,求异面直线AB, AE=(1,,-4,4i=(0,2,-4) 故二面角A-PB-C的平面角的余弦值为？ 个房间只能住一人，所 与BC,所成角的余弦值， 解：如图1，以B为坐标原 所以F.店=1+2×号-4=0， 解法2：由解法1可知，向量D元与E的夹角 有的房间都住满了人这 点，BA,BC,BB,所在的直线分别 A下.AD=2×2-4=0, 的大小就是平面PAB与平面PBC夹角的大小， 时一位新旅客要一个房 为x,y,z轴，建立空间直角坐标 如图5，建立空间直角坐标系Cxyz,则A(1,0 所以AF⊥AE,AF⊥AD, 系，则A(a,0,0),B(0,0,c),C(0,b,c),AB 因为AE∩AD=A, 0),B(0,2,0),C(0,0,0),P(1,0,1). 间房主说：“不成问题. 他把这位旅客安排在1 (-a,0,c),BC=(0,6,c)cos(AB,BC= 所以AF⊥平面A,ED 因为D为PB的中点，所以D(分号) 号房间，让1号房间的客 AB·BC (2)设平面EFD的一个法向量为n=(x y,z), AB II BC1√(a+c)(6+c2 因器=指号即质=3尿 人安排到2号，2号房间 所以异面直线AB,与BC,所成角的余弦值 因为F=(0,2而=(-1,20 的客人到3号，3号房间 c2 故E为PD的申点所以E(层票，)、 r+z=0, 的客人到4号，…这样 √/(a2+c2)(b2+c2) 则有 n·EF=0, 二、直线1与平面α所成的角 ln·ED=0, 所以厨=（任-，-子） 就把新来的这位客人安 x+2=0 例2已知正三棱柱 排下了. ABC一A,B,C,的侧棱长为2，底面 取n=(-1,-2,1) 又成=（分-只-）1团= 由(1)可知AF=(1,2,1)是平面A,ED的一个 但严重的问题来 边长为L.求AB,与侧面ACC,A, 所成角的正弦值. 法向 成=1，团元=4×()+(-空) 了，一次来了一个“无穷 解：如图2，建立以A为坐标 设平面A,ED与平面FED所成的二面角为6， 旅行团”，它的成员个数 原点的空间直角坐标系，则A4 则观察图形可知0为锐角， ×(-)+()×(3)=方 图2 与正整数一样多.这时 =(0,0,2),AC=(0,1,0), 所以cos0=lcos(Af,n)1 1,2,1)·(-1,-2,1 所以cos(EA,DC= EA DC 设平面ACC,A1的一个法向量为n=(x,y,z), 刚才的应急措施行不通 (6)2 二3 I EAII DCI 了，怎么办呢？店主人又 则·=0即2：=0， Ln·Ad=0, ly=0, 所以如。=√-(=停 故二面角A-PB-C的平面角的余兹值为停 有了新招.他请1号房间 取n=(1,0,0), 解法3：如图6所示，建立空 所以二面角A,-ED-F平面角的正弦值为间直角坐标系，则A(0,0,0), 的客人到2号，2号的客 则1cos(AB,m)1=IB·nl 灯 B(2,1,0),C(0,1,0),P(0,0,1), 人到4号，3号的客人到6 I AB1I n 3 31 例4已知PA1平面ABC, AP=(0,0,1),AB=(2,1, 号，…这样所有的奇 (22)(1,0,0) 15 AC⊥BC,PA=AC=1,BC= 0),CB=(2,0,0),Cp = 数号的房间都空出来 10 2,求二面角A-PB-C的平面 (0,-1,1).设平面PAB的法 +22.√ 向量为m=(x,y,2), 了，正好安排给这个“无 √()+) 角的余弦值 故AB,与侧面ACC,A1所成角的正弦值为 解法1：如图5所示，取PB 穷旅游团”的成员们住 则m·亦=0， /15 的中点D,连接CD lm·AB=0, 如果到了旅游旺 10 因为PC=BC=2 =x,）·(0.0,1)=0,=y+2x=0, 季，来了无穷多个“无穷 三、两个平面所成的角 所以CD⊥PB. l(x,y,z)·(2,1,0)=0, z=0, 例3如图3，在长方体ABCD-A,B,C,D,中， 作AE⊥PB于E,那么二面角A-PB-C的 旅游团”，怎么办呢？店 取m=(1,-2,0). E,F分别是棱BC,CC1上的点，CF=AB=2CE, 平面角的大小就等于异面直线DC与EA所成角 设平面PBC的法向量为n=(x',y',z),则 主人略加思索，又想出 AB:AD:AA =1:2:4. 的大小 了一条妙计，把无穷多 (1)证明：AF⊥平面AED: 设平面PAB与平面PBC夹角为A. (2)求二面角A,-ED-F平面角的正弦 在Rt△PAB中，易知PB=2. [n…Ci=0,(x,',)(2,0,0)=0, n·C=0,1(x',y',z')·(0,-1,1)=0, 个“无穷旅行团”成员都 值 因为m=1P除活-安 安排住下了到底怎样安 58 所以DE=PD-PE= 3 取n=(0,-1,-1), 排下的？留给读者去想 m·n 3 想，当然这要费一番 XAE PAGAB=5.CD =1.AC =1, PB 2 所以cos(m,n〉=min=了 脑筋 AC=A正+ED+DC, 故二面角A-PB-C的平面角的余弦值为 由以上这个虚构的 图4 且A正1ED,ED1DC 方法规律：(1)解法1和解法2都是将二面角 故事，可以看出“无穷 解：如图4，建立空间直角坐标系Axz 所以1AC12=|A正12+1E元12+1DC12+转化为两异面直线所成的角，然后运用向量的方 的神奇之处 不妨设AB=1, 21 AI.I DCI cos(T -0), 法求出该角 则A0.0,0),D0,20.E1号0） 即1=子++1-2× (2)解法3是将二面角转化为平面法向量 ×1×c0s0, 所成的角，这两个向量的方向应该是由棱一侧 F(1,2,1),A(0,0,4) 指向远离棱的方向，此时，这两个向量所成的角 (1)因为AF=(1,2,1) 解得cos0= 31 与二面角相等. 2 素养专练H 数理极 在立体几何中，折叠问题是一类重要题型.求 (2)求BD与平面CDE所成角的正弦值； 解这类问题的关键，一是要分析清楚折叠前后图 形中元素的变与不变；二是要抓住折叠后的几何 “折叠”变式 体中的垂直关系建立空间直角坐标系，利用空间 向量求解.下面通过一道典型例题及其变式来说 明，以进一步深化应用空间向量解决立体几何问 图2 图 题的能力 是升能力 (3)求二面角D-EC-B的平面角的余弦值， 例如图1，把正方形纸片 解析：如图4，以B为原 ABCD沿对角线AC折成直二面 ⊙山西段瑢芳 点，以BC,BA分别为x轴和 角，点E,F分别为AD,BC的中 y轴，以过点B且与平面 点，点O是原正方形ABCD的中 变式2如图1，把正方形纸片ABCD沿对角线 ABCE垂直的直线为z轴，建 AC折成直二面角，点，E,F分别为AD,BC的中点， 心，求折纸后的∠EOF大小 点O是原正方形ABCD的中心，求二面角E-AB-C 立空间直角坐标系，则B(0, 图4 解析：以0为原点，以0B, 图1 的平面角的余弦值， 0.0,c10.0）402.0,B1,10,n分2 0元，0币的方向为x轴y轴、z轴的正方向，建立空 间直角坐标系，设原正方形的边长为1，则0(0,0， 舞新由例题解新知，正-o冬)正》 04o.-竖0)a(号0o,co,号，=（停90）】 (1)BE=(1,1,0),AE=(1,-1,0),AD= o0)0,-r(0于 设v=(x,y,z)是平面EAB的一个法向量， (分号)，因为函正=0.脏d=0,所 以BE⊥AE,BE⊥AD. 是成=o.-经).=停琴o, 正-+=0 则 又AE∩AD=A,所以BE⊥平面ADE. 则cos(0E,0i=0正.0正 、 …丽-+ 2y=0, (2)设向量n=(x,y,1)为平面CDE的一个法 向量，则n1C2,n1DE,即n·cE=0,n·D正=0. 10正110F1 2 所以∠E0F=120. 所以8取=1，-1 因为元=0,10)成=（分宁-号）， 若题目条件不变，变换结论，可有： 所以x=2,y=0,即n=(2,0,1). 变式1如图1，把正方形纸片ABCD沿对角线 又平面4BC的一个法向量为0元=(0,0，号)， AC折成直二面角，点E,F分别为AD,BC的中点， 设直线BD和平面CDE所成的角为6，因为BD 点O是原正方形ABCD的中心，求BE与平面ACD 则cos(,0d=v·0d 所成角的正弦值 IvODI 3 =(分2号)所以m0=丽”- I BD I I nl 3 解断：由题架折和，屁-(-受-)】 结合图形知二面角E-AB-C的平面角的余 弦植为滑 所以BD与平面cDE所成角的正弦值为号 又店=（号，0,0）是平面4CD的一个法向 (3)由(2)知平面CDE的一个法向量为n 若将原题中的正方形改为矩形，并改变点和 折痕的位置，可有： (2,0,1),又平面CBE的一个法向量为m=(0, 量 n·m 所以1c0s(B正，OB1=1BE·0店1 变式3如图2，在矩形纸片ABCD中，AB=2, 6 0山osn,m)n1me3×= 3 AD=1,E为CD的中点.将△ADE沿AE折起，使 1 BEII OBI 平面ADE⊥平面ABCE,得到几何体D-ABCE,如 结合图形知二面角D-EC-B的平面角的余弦 即BE与平面ACD所成角的正弦值为5， 图3. 3 (1)证明：BE⊥平面ADE; 值 3 第16期3,4版参考答案 19.(1)证明：连接AE, 第16期2版参考答案 因为M,N分别为AB,EF的中点 专项小练 一、单项选择题1~4BAAD5~8ADCC 所以AM∥EN且AM=EN, 1.B;2.BCD:3.B. 二、多项选择题9.ABCD;10.AD;11.BC. 所以四边形AMWE为平行四边形，则AE∥MW. 4.(0,0,z)(z≠0)；5.-1,2 三、填空题 在△ACE中，G,H分别为AC,EC的中点， 6.解：(1)由已知可得， 12.x-3y-5z+9=0:13.平行；14.-4. 所以GH为△ACE的中位线，则GH∥AE 长方体顶点A,B,A',D'的坐标分别为 四、解答题 所以GH∥MW,又MWC平面DMN,GHt平面DMN A(4,0,0),B(4,2,0),A'(4,0,3),D'(0,0,3) 15.n=(2,1,3)是平面MDB的一个法向量（答案不 故GH∥平面DMN. 因为向量4A=(0,0,3), 唯一）. (2)解：因为面CDEF⊥面ABCD,面CDEF∩面ABCD =DC,DE⊥DC,DEC面CDEF,所以DE⊥面ABCD,DC, 所以直线AA'的一个方向向量为(0,0,3). 16.略. DAC面ABCD,则DE⊥DA,DC⊥DE,而DA⊥DC,所以 (2)因为向量BD=(-4,-2,3), 17.解：(1)直线BC的个向向量为BC=(-2,1,2). DA,DC,DE两两垂直， 所以直线BD'的一个方向向量为(-4，-2,3) (2)x,y,z满足的关系式为2x-y-2z+6=0. 以D为坐标原点，DA,DC,DE所在直线分别为x,y,z 专项小练二 18.解：以D为原点，DA,D亡，D的方向为x轴y轴、：轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 1.A;2.ABD;3.B. 轴的正方向建立空间直角坐标系，设AD=2,则D(0,0, 则D(0,0,0),A(1,0,0) 4.-8;5.(1,1,1)(答案不唯一)，x+y+z=3. 0),P(0,0,2),C(0,2,0),E(0,1,1),B(2,2,0), 6.解：以D为原点，以DA,D元，DD的方向分别为x轴、 0.0).c0,5.0).c( 所以PB=(2,2,-2),DE=(0,1,1), y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D(0,0,0), 因为PB.D成=2×0+2×1+(-2)×1=0， )成=（兮） D1(0,0,1）,A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0) 因为D1P:PA=DQ:QB=5:12 所以P店1D正， 设线段EC上存在满足题意 以（号o)品西=(o音-》 设F(x,y,2),P=AP尼， 的点Q(0,y,z), 所以(x,y,z-2)=A(2,2,-2), E0=AEC,A∈[0,1， 1网=V6+(+(-鄂=号 所以x=2入，y=2λ，z-2=-2入 则(0，y,z-1)=A(0,5,-1) 所以F(2A,2A,2-2),所以DF=(2A,2A,2-2λ). 解得y=5入，2=1-入， (2)因为D=(1,0,0),所以P0.D=0, 因为P元.D=0,所以4以+4-2(2-2)=0， 所以Q(0,5,1-A),Ad=(-1,5x,1-A), 即PO⊥DA. 由40上nG知-日+A=0,解得A=分 又DA=(1,0,0)是平面CDD,C1的一个法向量， 以A=子 且PQ￠平面CDD1C,所以PQ∥平面CDD,C. 所以F为线段PB的一个三等分点（靠近P点）： 故存在满足题目条件的点Q,且9=人 且0=2 空间中的角同步核心素养测评 (c} D号 (B)当A,C=3A,P时，若平面BDC,的法向量记为n,则D,P.n =0 7.如图4，某圆锥S0的轴截面SAC,其中SA (C)当A,C=4A,P时，二面角A,-AD,-P的平面角的余弦值 ◆数理报社试题研究中心 =5A0,点B是底面圆周上的一点，且cos∠B0C =子，点M是线段SM的中点，则异面直线SB与 5 第I卷选择题（共58分) CM所成角的余弦值是 ( (D)若4C.D,P=0,则A,C=5A (A)235 (B)665 图4 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 35 65 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 1.若两个半平面的法向量所成的角为号，则这个二面角的平面 (c w号 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 角的大小为 8.如图5，在四棱锥P-ABCD中，PA1平面 12.如图7，正方体ABCD-ABC,D1中， (A)哥 (B)罗 1 ABCD,AB∥CD,LABC=空，AB=PA=2CD E,F分别是A,D1,AB的中点，则cos∠ECF= 毫 (c)号号 (D)以上都不对 =1,BC=22,M为PD的中点，则二面角M 13.空间直角坐标系0-xy中，经过点 警 BC-A的平面角的余弦值为 ( P(xoyo,o),且法向量为m=(A,B,C)的平 2.若平面的一个法向量为m=（1,0,1),平面B的一个法向 面方程为A(x-x0)+B(y-0)+C(z-0)= 数学 量是n=(-3,1,3),则平面α与B所成的角等于 (A)310 7 10 (B)1O 10 0,经过点P(x0,o,)且一个方向向量为n= (A)30° (B)45° (C)60° (D)90° 择性必修第 3.如图1，平行六面体ABCD-A,B,C,D (c-5 )29 (a,b)(abc≠0)的直线1的方程为=y= 一0，阅读 选择性 中，AB=2,AD=3,AA1=3,∠BAD=∠BAA 必 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 上面的内容并解决下面问题：现给出平面αx的方程为2x-7y+z-4 ④ =∠DMA,=牙，则B,C与BD,所成角的大小为 9.下列结论不正确的是 ( 册 =0,经过(00,0)的直线1的方程为号=子=兰，则直线1与平面 (A)两条异面直线所成的角与这两直线的方向向量所成的角 册 詣 (A)平 () 相等 α所成角的正弦值为 (B)直线与平面所成的角等于直线的方向向量与该平面法向 14.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是 D受 量夹角的余角 由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它 同 (c)牙 (C)二面角的大小一定等于该二面角两个面的法向量的夹角 体现了数学的对称美.如图8，将一个正方体沿交于 步 4.在空间直角坐标系中，已知向量m=(1,1,-1)是平面ABC (D)若二面角两个面的法向量的夹角为120°，则该二面角的大 一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去 图8 心素养测评 的一个法向量，且CD=(0,3,4),则直线CD与平面ABC所成角的正 小等于60°或120° 八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方 弦值是 ( 10.下列命题正确的是 形的“阿基米德多面体”，则该多面体中具有公共顶点的两个正三角 形所在平面所成二面角的平面角的余弦值为 系养 (a得 e哥 ③ (A)两条不重合直线l1,l2的方向向量分别是4=(2,0，-1) (D) 20 b=（-4,0,2),则11∥12 四、解答题：本题共5小题，共77分 5.如图2，PD垂直于正方形ABCD所在平 (B)直线1的方向向量c=(1,-1,2),平面a的法向量m= 15.(13分)如图9，已知直四棱柱ABCD-A,B,CD,中，AA,= 2,底面ABCD是直角梯形，∠ADC是直角，AB∥CD,AB=4,AD= 面，AB=2,E为PB的中点，cos(DP,A= (6,4,-1),则11x 3 (C)两个不同的平面，B的法向量分别是u=(2,2,-1),y= 2,DC=1,求异面直线BC,与DC所成角的余弦值. 若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空 (-3,4,2),则1B 间直角坐标系，则点E的坐标为 ( (D)直线l的方向向量d=(0,1,1),平面a的法向量n=(1 (A)(1,1,2) (B)(1,12) 0,1),则直线1与平面a所成角的大小为写 (c(1.1, (D)(1,1,1) 11.如图6，长方体ABCD-A,B,C,D 6.如图3，正方体ABCD-A,B,C,D,中，E,F 中AB=5,AD=A41=1,P为线段AC上 分别是BB,和DD,的中点，则平面ECF与平面 的动点，则以下结论中正确的是( ABCD所成二面角的平面角的余弦值为( (A)当A,C=2A,P时，直线BP与平 (B) 6 面ACD所成角的正弦值为