第18期 用向量方法研究立体几何中的度量关系(空间中的距离问题）-【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6，在平行四边形ABCD中，AB=2,AD=1, 18.(17分)已知边长为4的正三角形ABC,E,F分别为BC和AC 19.(17分)我们知道，在平面中，给定一点和一个方向可以唯 ∠BAD=60°，M,N分别为直线AB,CD上的动点，记M,N两点之间 的中点.PA=2,且PA⊥平面ABC,设Q是CE的中点. -确定一条直线.如点A(1,2)在直线1上，a=(1,3)为直线1的 的最小距离为d,将△ABD沿BD折叠（如图7），直到三棱锥 (1)证明：AE∥平面PFQ; 个方向向量，则直线1上任意一点B(x,y)满足：AB∥a,化简可得3x A-BCD的体积最大时，不再继续折叠.求在折叠过程中，d的最小 (2)求AE与平面PFQ间的距离， -y-1=0,即为直线1的方程类似地，在空间中，给定一点和一个 值 平面的法向量可以唯一确定一个平面. (1)若在空间直角坐标系中，P(1,3,-1),M(2,1,0),N(3,2, -1),请利用平面PMW的法向量求出平面PMW的方程； (2)试写出平面Ax+By+Cz+D=0(A,B,C不同时为0)的 一个法向量，并证明点(x,yo,0)到平面Ax+By+Cz+D=0的距 离为M。+B。+C,+D1 √2+B2+C 高中数学· 选择性必修第一册（北师大版）同 17.(15分)如图8，在正四棱锥P-ABCD中，PA=AB=1,点 Q,R分别在棱AB,PC上运动，当QR取得最小值时，求三棱锥Q ACR的体积 步核心素养测评 高中数学·选择性必修第一册（北师大版）同步核心素养测评 8 参考答案见第20期 本版责任编辑：崔明 报纸编辑质量反馈电话 0351-5271268 2025年11月10日·星期- 高中数学 报纸发行质量反馈电话： 数评橘 第18期总第1162期 北师大 0351-5271248 选择性必修第一册 狄拉克 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：21-168 狄拉克(1902~1984 一、空间两点间的距离 是20世纪卓越的理论物 ①设a=(x,y,),用公式1al=√ 空问距离的计草 理学家，一位数学美的 x2+y2+z2求解 识梳理 积极推崇者和倡导者.他 ②设A(x1y1,),B(x2y2,2),则AB= ◎河南周辽 生追求数学美，也提 (2-13-1a2-a),1AB1= 例3在正四棱柱ABCD-AB,C,D1中，已知利用空间向量方法求解是比较方便的方法 倡数学美他曾声称：“我 √/(x2-x1)2+（y2-y1)2+(z2-1)2 AB=2,A4,=1,求异面直线AB,与A,C,的距 六、直线到平面的距离、两平行平面的距离 例1如图1所示，在 想我正是和这一概念 离 都可转化为点到平面的距离 长方体ABCD 解：由已知DA,DC,DD两两垂直 如图7，直线1到平面α的距离可转化为直 (优美的数学)一起来到 ABC1D1中，AB=BC 故以D为原点，DA,DC,DD分别为x,y,2线1上一点A到平面ax的距离，即直线1到平面a 这个世界上的” =2,AA1=√2，E,F分 轴的正方向，建立空间直角坐标系， 狄拉克认为，“如果 别是面ABCD,面 则A(2,0,0),B(2,2,1),A(2,0,1), 的距离d=1A店·n I nl 物理定律在数学形式} BCC,B,的中心，则E,F两点间的距离为 C1(0,2,1),B(2,2,0), 如图8，与平面a平行的平面B到平面α的 不美，那就是一种理论 故AB,=(0,2,1),A1C=(-2,2,0), 距离等于平面B上一点A到平面a的距离，即d 解：以点A为原点，AB,AD,A4的方向为x, 还不够成熟的标志，说 B1C=(-2,0,0), =AB.nl y,z轴的正方向建立空间直角坐标系， 明理论有缺陷，需要政 设向量n⊥AB,n1AC,n=(x,y,2), 进” 则点E1l.2).F(21.号 ,所以1EF1= 则2+=0， 取n=(1,1,-2), 1-2x+2y=0, 狄拉克心目中的数 √(2-1)2+(1-1)2+ -2)= 6 2 所以异面直线AB,与A,C,的距离为向量 学美，除了传统意义上 二、点A到直线a的距离 B,C在向量n上的投影向量的模，即 图8 数学的精确性、严密性 如图2，设B为直线a上 B,C·nl-2-6 例5如图9，在四棱锥P-ABCD中，侧面 和简洁性以外，还包括 点，a为直线a的方向向量，AB在 1n1 二3 PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=√E,底面 对称性、统一性和在尽 向量a方向上的投影向量的模为 B a 五、点A到平面的距离 ABCD为直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥BC,AD 可能广泛的变换作用下 AB·a 如图5，设n为平面ax的法 =2AB=2BC=2.求点A到平面PCD的距离. al ,则点A到直线a的距 向量，AB是平面α的一条斜线， 的不变性 B∈&，则点A到平面&的距离 图5 狄拉克坚信美和真 离d= AB·a) 等于向量A正在n方向上投影向量的模，即d 是统一的，美的理论必 例2直线l的方向向量为m=(1,0,-1), 然是正确的，他认为数 且l过点A(1,1,1),则点P(-1,2,1)到l的距 =AB.n 1n1 图10 学美的获得，主要靠逻 离为 例4如图6所示，正方体 解：取AD的中点为O,连接OC,OP 解：依题意，直线1的一个单位方向向量为 ABCD-ABC,D1的棱长为 辑思维的作用，而物理 分别以0元，0D,0P的方向为x轴y轴z轴 1,O是底面ABCD的中 图象的清晰性，又要依 心，则O到平面ABC,D1的距 正方向建立如图10所示的空间直角坐标系， 靠形象思维的作用， 所以1P1=√22+(-1)2+0=5， 离为 则A(0,-1,0),C(1,0,0) 图6 P(0,0,1),D(0,1,0) 狄拉克60多年的科 Pi·u=万， 解：以D为原点，DA,DC,DD的方向分别 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z) 研工作，解决了许多理 所以d=p-(Pi)2=√5-2=5. 为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系， 则0（分71410.0. 因为CP=(-1,0,1),CD=(-1,1,0)」 论物理的问题.然而他 三、两平行直线a,b之间的距离 认为：“我没有试图直接 如图3，两平行直线a,b之间 D(0,0,1),B(1,1,0), 所m=0即+：=0. 的距离可以看成直线上一点A n·cD=0,l-x+y=0, 解决某一物理问题，而 到直线a的距离，则d= AB=(0,1,0),4D=(-1,0,1), 取n=(1,1,1) 只是试图寻求某种优美 图3 0=(2安， 又因为AC=(1,1,0) 的数学”狄拉克的数学 AB12- )，英中 设平面ABC,D,的法向量为n=(x,y,z), 美学思想是科学美学宝 ∈b,B∈a,a是直线a的方向向量 所以点A到平面PCD的距离d=I,·AC rAB·n=y=0, n=(1,0,1), 车中不可多得的奇珍异 四、异面直线a,b之间的距离 AD,·n=-x+z=0, 23 如图4，设A∈a,B∈b,直线 3 宝，值得我们学习和发 所以O到平面ABC,D,的距离 a,b的公共法向量为n,则异面直线 点评：在利用向量求点到平面的距离中，最 a,b之间的距离为向量官在n方向 2 重要的是能表示此，点与平面内一点组成的向量 图4 1n √2 4 上投影向量的模，即4=IAB·n山 及平面的法向量.由于向量有方向，所以要特别 ,其中n⊥a, 点评：本题考查点到平面的距离的求法，常注意，此，点与平面内一点组成的向量与其平面 n⊥b,A∈a,B∈b 用的方法有等体积法，垂线法，空间向量方法，的法向量的夹角. 素养·专练 数理极 设直线AB与平面PBD所成的角为O 空间直角坐标系的枸建策略 则sin6=1eos(a正，m1=1正·ml=1 I ABII nl 21 即直线AB与平面PBD所成的角为30°， ⊙山东李志勤 点评：设直线l的方向向量为m,平面ax的法向 空间向量是解决立体几何问题的重要工具，0)， 量为n,直线l与平面所成的角为0，则sin0= 是几何问题代数化的重要体现.利用空间向量解 n·n1 2 Icos(m,n〉I,解决此类问题一定要建立合适的 题，可以避开纷繁复杂的逻辑推理，使解题过程变 所以os(n,n〉=n,= 空间直角坐标系， 得明快简捷.下面介绍三种构建空间直角坐标系 结合图形知所求二面角的平面角的余弦值为 三、利用面面垂直构建 的常用策略 例3在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平 3 一、利用共点且互相垂直的三条棱构建 行四边形，侧面SBC⊥底面ABCD.已知∠ABC= 例1在棱长为a的正方体ABCD-A,B,C,D,中， 点评：设m1,m分别是二面角a-1-B的两个45，AB=2,BC=22,SA=SB=SC=万，证明： E,F分别为AB,BC的中点，求二面角B-FB,-E的 平面&，B的法向量，则向量n1,2的夹角（或其补 SA⊥CB. 平面角的余弦值. 角)的大小就是二面角的平面角的大小 分析：由面面垂直的性质定理可知，过点S作 分析：求二面角B-FB,-E的平面角的余弦 二、利用线面垂直构建 SO⊥BC,则SO⊥平面ABCD,因此问题可转化为 值，我们可以通过求平面BFB,与平面EFB,的法 例2在正四棱锥S-ABCD中，O为顶点S在 线面垂直时的构建坐标系问题. 向量夹角的余弦值来求解 底面ABCD内的射影，点P为侧棱SC的中点，且OS 证明：如图3，作S0⊥BC, 解：建立如图1所示的空间 =OC,求直线AB与平面PBD所成角的大小. 垂足为0，连接A0,则S01底 直角坐标系D-ya,则 分析：求直线AB与平面PBD所成的角，我们 可以应用空间向量的夹角公式求直线AB的方向 面ABCD. a,号，0，F号，a,0,B(a,a 向量与平面PBD的法向量间的夹角： 因为SA=SB,所以OA=D4 E家 解：建立如图2所示的空间 OB,又∠ABC=45°，所以 0),B1(a,a,a), 直角坐标系0-xz,设OD=OS △AOB为等腰直角三角形，得AO⊥BO. (-2号0成，=(0号a月 =0A=OB=0C=a,则A(a,0 故以0为坐标原点，建立空间直角坐标系0 0),B(0,a,0),D(0,-a,0), xya,则A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0), 设平面EFB,的一个法向量为n=(x,y,2), S(0,0,1),于是s=(2,0,-1),CB=(0,22, 由m·示=0， 分x+=0， P(-号，0，号），于是店=(-a, 0). 得 n.EB=0 a,0), PD= 2+=0. 因为Si.CB=0,所以S1CB,即SA1CB. 点评：空间点的坐标是与相应的坐标系相对 取n=(2,2,-1). (分，-a,-) 应的，若选取不同的坐标系，它的坐标是不一样 易知平面BFB,的一个法向量为1=(0,1， 设平面PBD的法向量为n,可求得n=(1,0,1).的，解此类问题一定要注意这种对应关系. 第17期3,4版参考答案 m以正=2,2.0).G=(0号） 心，则0,=子×。= 一、单项选择题 Pi=(2,0,-25).设Pi=tP⑦(0<t<1), 在Rt△A,O'A2中（如图1），可得 1~4 CDCB 5~8 DBBA 则Ci=Cp+Pi=(2t,0,25-25t), 二、多项选择题 oA=-0-√-（停a-5 设平面CFE的法向量m=(x,y,z), 9.ABC;10.AC;11.ABD. 三、填空题 所以(。-3）°+（停）=， 5 12134方 【m.C正=2x+2y=0, 解得a=26,所以0A,=气=后×26=4. 四、解答题 设平面HCF的法向量n=(a,b,c), 又因为A10⊥面A2AA4,且垂足为0'， 15异面直线BC,与DC所成角的余弦值为3 故以0'为原点，以A40' 17 则m=号+ 5c=0, O'A1所在直线分别为x轴、z轴， 16二面角B,-AC-C的平面角为智 ln.ci=2ia+25(1-t)c=0, 建立如图2所示的空间直角坐 17.(1)证明略. 取n=(5(t-1),-5t,t). 标系，则0'(0,0,0)，A1(0,0, (②)直线A仙与平面BCD所成角的正弦值为号 设二面角H-CF-E的平面角为0， 4),A2(2,-6,0),A3(2 18.(1)证明：连接BD交CE于点G,连接FG, 则0=1mam1= 6,0),A4(-22,0,0),0(0, 0,1). 由DE∥BC得2S-股在△A8c中，由Ds∥BC 17t-31 万×√7t2-6t+3 因为0A=子0A1,即0A 解得1=之或1=各所以踢-分或路=各 子0则(-490，），所以44=0,26,0)。 19.解：(1)点0为四面体A1-A,A44外接球的球 心，即0A1=0A2=0A3=0A4,且A10⊥面A,A3A4,A,0 又FGC平面CEF,PDt平面CEF, -(9-6） ⊥面A,A3A4,A0⊥面A1A2A4,A40⊥面AA2A3,则空间 所以PD∥平面CEF. 设平面A2AA4的一个法向量为n=（x,y,z), 四面体A1-A2A3A4的每一条棱都相等，即A1A2=A1A (2)解：因为DE⊥CD,DE⊥PD,CDPD=D, =A1A4=A2A3=A3A4=A4A2. CD,PDC平面PCD, AA1即 26y=0, 则 所以DE⊥平面PCD.又PCC平面PCD (2)在四面体A1-A2A3A4中， 1m-29-6,+=0, 则DE⊥PC.又DE∥BC, 不妨令OA1=OA2=OA3=OA4= 取n=(1,0,72).又0A=(0,0,3), 所以PC⊥BC,直线CP,CD,CB两两垂直. 3,A1A2=A1A3=A1A4=A2A3= 以C为坐标原点，CD,CB,CP所在直线分别为x轴、A,A,=AA,=a, 0A·n。212 y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D(2,0,0),B(0,3,0), 在面A,AA4内作点O的射影 所以cos(0A,n〉 101m3x3斤 E22.00.02550gg） 0',连接0'A2, 在等边△A2AA4中，0'为其外 7,版01与面人4新成角的正弦世为 7.如图2，在三棱锥P-ABC中，AB=6, 空间中的距离问题同步核心素养测评 BC=8,∠ABC=90°，若PA=PB=PC= 第Ⅱ卷非选择题（共92分) 42,则点A到平面PBC的距离为 ( ◆数理报社试题研究中心 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 (A) (B) √7 12.在空间直角坐标系中，若平面x过点P(x,yo,0),且以向 第I卷选择题（共58分) (c39 (D)3√2 量u=(a,b,c)(a,b,c不全为零)为法向量，则平面a的方程为a(x -x)+b(y-y)+c(z-0)=0.已知平面ABC的方程为x+2y 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 8.如图3，在三棱柱ABC-A,B,C,中，底面 z+1=0,则点P(1,2,3)到平面ABC的距离为 1.已知点M(-1,1,-2),平面B过原点0，且垂直于向量n= △ABC是边长为23的正三角形，A41=√万，顶 13.在长方体0ABC-01AB1C1中，0A=2,AB=3,A41=2,则 (1,-2,2),则点M到平面B的距离是 ( 点A,在底面的射影为底面正三角形的中心， 点O,到直线AC的距离为 (A)7 P,Q分别是异面直线AC1,A,B上的动点，则P 14.在空间直角坐标系中，一四面体的四个顶点坐标分别为 Q两点间距离的最小值是 4(1,2,3),B(4,1,5),C(2,3,4),D(6,6,1),则其体积为 高中数学 (c (D子 (9 四、解答题：本题共5小题，共77分 高中 (B)2 2.已知平面a的一个法向量为n=（-2,-2,1),点A(x,3,0) 15.(13分)如图5，正方体ABCD-AB,C,D,的棱长为1，E,F分 数学 选 在平面a内，且P(-2.1,4)到平面Q的距离为9则=( (C)6 (D)6 别为AM1,AB的中点，求异面直线EF与BD,的距离 选 耀 2 择性 必修第 (A)1 (B)11 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 (C)-1或-11 (D)-21 9.已知空间四点A(-1,1,0),B(2,2,1),C(1,1,1),D(0,2, 3.空间直角坐标系中A(0,0,0),B(1,1,1),C(1,0,0),D(-1, 3),则下列结论中正确的是 ( 册 北 2,1),其中A∈ax,B∈，C∈B,D∈B,已知平面a∥平面B,则平 (A)AB⊥CD 嗡 面α与平面B间的距离为 ( (B)AD =1T 同 ()爱 步 @ (C)点A到直线BC的距离为7 (D)点D到平面ABC的距离为√6 核 心 ( 10.在空间直角坐标系中，已知点A(1,1,1),B(0,2,0),D(-1, 必修第一册（北师大版）同步核心素养测评 素 4.已知点A(1,0,0),B(1,0,2),C(1,1,1),则点A到直线BC的 -1,5),若点D到平面ABC的距离不小于√4，则点C的坐标可以 养测评 距离是 ( ) 是 ( ) (A)1 (B)2 (A)(2,3,-1) (B)(2,-3,1) (C)(-2,3,1) (D)(2,3,1) (C)22 (D)4 11.如图4，在棱长为1的正方体ABCD 5.如图1，在圆锥S0中，AB是底面圆0的直 A,BC,D,中，E,F分别为CD,AB的中点，则下 径，S0=AB=4,AC=BC,D为S0的中点，N为 列结论正确的是 ( AD的中点，则点N到平面SBC的距离为( ()号 (A)点F到点E的距离为2 (C)1 (D)2 C (B)点F到直线ED,的距离为30 5 图1 6.在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0 0,1),D(1,1,1),则四面体ABCD的体积为 (C)点F到平面ED,的距离为 ( ( (D)号 (D)平面BFC,到平面AED,的距离为2,6 3