第20期 核心素养阶段测(一）-【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）

x2 2 16.(15分)设双曲线C:疗京=1(a>0,6>0),点A,4,是 18.(17分)若两条相交直线L1,l,的倾斜角分别为0,02，斜率均 19.(17分)已知P是平面ABCD外的一点，四边形ABCD是平行 存在，分别为k,k2,且k·k2≠0，若11，L2满足 (从①01+ 四边形，AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1) 双曲线C的左、右顶点，点P在双曲线C上 0,=π；②儿，112两个条件中，任选一个补充在上面问题中并作答) (1)证明：PA⊥平面ABCD; (1)若A42=4b,点P(22,-1),求双曲线C的方程； (1)求k,k,满足的关系式： (2)对于向量a=(x1y1,）,b=(x2y2,2),c=（x3,3,3） (2)当P异于点A1,A2时，直线PA1与PA2的斜率之积为2，求双 (2)若l,l,交点坐标为P(1,1),同时1过A(a,2),L,过B(2 定义一种运算：(a×b)·C=x1y23+x2y31+x3y13-x1y32-x2y123 曲线C的渐近线方程. b),在(1)的条件下，求出a,b满足的关系： xy2,试计算(AB×AD)·AP的绝对值：说明其与几何体P- (3)在(2)的条件下，若直线11上的一点向右平移4个单位长 度，再向上平移2个单位长度，仍在该直线上，求实数a,b的值， ABCD的体积关系，并由此猜想向量这种运算(AB×AD)·AP的绝对 值的几何意义 高中数学·选择性必修第一 烟 17.(15分)已知圆C:x2-4x+y2=0,直线l:mx+y-2m 1=0. (北师大版)核 (1)若直线1被圆C截得的弦为AB,求弦AB长度的最小值； (2)已知点P是圆C上任意一点，在直线x=2上是否存在两个 定点M,N,使得|PM1=21PVI?若存在，分别求出点M,N的坐标； 若不存在，请说明理由 心素养阶段测评 高中数学·选择性必修第一册（北师大版）核心素养阶段测评 参考答案见第22期 本版责任编辑：崔明 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 数理括 2025年11月24日·星期- 高中数学 报纸发行质量反馈电话： 20期总第1164期 北师大 0351-5271248 选择性必修第一册 雾的后面 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 马拉松的比赛 例题设抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点 (B)椭圆 正在进行着，后来 为F,准线为1，A为C上一点，已知以F为圆心， (C)抛物线 有两个人逐渐地甩 FA为半径的圆F交I于B,D两点.若∠BFD= (D)圆 圆锥曲线的交汇看点 开了后面的人，跑到 90°，△ABD的面积为42，求p的值及圆F的方 解析：由题意知，焦点 了前面。长时间的 程 到A和B的距离之和等于A ⊙重庆徐小玲 奔跑，已经使他们的 命题立意：本题考查通过抛物线与圆的交和B分别到准线的距离之 体力消耗很大了，但 汇问题求拋物线的标准方程及圆的方程.圆锥和，而该距离之和为A和B的中点O到准线的距1- 5 是他们依然坚持着 曲线之间的交汇问题，不外乎椭圓与双曲线、椭离的二倍，即为2r=8(r为圆0的半径)，根据椭 看交汇三：双曲线之间的交汇 向前跑，这时的天气 圆与抛物线、双曲线与抛物线或它们跟圆的交圆的定义得，所求焦点的轨迹方程是以A和B为 例3在△ABC中，各边长互不相等，以B,C 很不好，雾很浓，几 汇.这些知识广泛“牵手”，就组成一幅幅绚丽多焦点的椭圆.故选(B) 十米内几乎看不清 姿的图画，构成变化多端、引人入胜的各种变式 为焦点，过A作双曲线的一支；以A,B为焦点，过 看交汇二：椭圆与圆交汇 C作双曲线的一支；以A,C为焦点，过B作双曲 东西，后来天空又渐 题，如用来求点的坐标、轨迹方程等等，涉及的 例2已知A为椭圆x2+4y2=4上任一点， 线的一支，证明：这三支双曲线交于一点. 渐的飘起了小雨，又 知识点较多，综合性强，能力要求高，能有效地 给比赛增加了难度 考查相关知识和各种能力. B为圆M:+(g-22=号上任一点，求1AB1的 分析：要证三支双曲线交于一点，只要证其 中两支双曲线的交点在第三支双曲线上即可 跑在最前面的 解析：由对称性知，△BFD是等腰直角三角最值， 证明：不妨设1AC1 -个人，依然在拼命 形，斜边|BD1=2p, 解析：利用平面几何知识，可知AB过圆心<1AB1<1BC1,如图2 地跑着，不管雾有多 点A到准线1的距离为 么大，他都不去理 d=1 FAI=1 FBI=2p, M(0,2)时1AB1有最大值，而1MB1为定值气， 所示 设以B,C为焦点， 会，但他却担心会被 Sam=2. 所以问题转化为求IMA「的最值 过A的双曲线C,与以A,B为焦点，过C的双曲 脚下的雨水给滑倒， 他始终注视着脚步 圆F的方程为x2+(y-1)2=8. 因为点A在椭圆手+子=1上， 线C2相交于P点. 由1ACI<IAB|,知过A的双曲线C是靠 下不远的地方。而 看交汇一：圆与抛物线交汇 例1如图1，圆0：x2+y2 不妨设A(2cos0,sin0),-1≤sin0≤1，近C点的一支，且P点在C,上， 另外一个人却把头 则1MA12=(2cos8)2+(sin0-2)2 所以IPBI-IPCI=IABI-IACI,① 昂得高高的，他在注 =16,A(-2,0),B(2,0)为 视着目标，他心里在 两定点.1是圆0的一条切 =-3(m0+子)广+器 同理IPBI-1PAI=ICBI-1CAI.② 不停地默念着，终 线，若过A,B两点的抛物线 由①-②得IPAI-IPCI=IBAI-IBCI, 点，终点，我就要到 以直线1为准线，则抛物线的 所以1MA1=2 -,1MA1mn=1, 即IPCI-IPA|=IBCI-IBA.此即说明点P 3 在以A,C为焦点且过B的双曲线C,上，故三支 终点了。 焦点所在的轨迹是 ( 双曲线交于一点. 两个人的体力 (A)双曲线 所11的最大值冷夏小值为 都支持不住了，他们 热点问题1 求直线的方程 也仅相差几米远 例1若直线1过点(3,4)，且(1,2)是它的 4·(3m)- (m2+9m）-12 重点辅号2 最后，跑在前面的人 个法向量，则直线1的方程为 所以d= /42+32 终于累倒在地上起 解析：由于(1,2)是直线的一个法向量，则 直线与方程 直线方程为1×(x-3)+2×(y-4)=0,即 不来了。第二个人 =引(+)+ x+2y-11=0, 热点问题剖折 也感觉要趴下了，但 故填答案：x+2y-11=0. 所以当m=一多时，距离最小，其值为品 是他却猛然发现终 点评：本题主要考查了直线的法向量与直 ⊙山西王霞 线方程的求解. 点评：有关最值问题常常构造函数，运用函 点就在他前面的几 热点问题2求参数的值 数的性质或运用基本不等式求解， 热点问题5直线与其他曲线的交汇问题 十米处，透过迷雾， 例2若直线x-2y+5=0与直线2x+my 热点问题4两直线的位置关系 例5已知点A(0,2),B(2,0).若点C在函 他隐约可以看见终 -6=0互相垂直，则实数m= 例4设直线l:y=kx+1,l2:y=kx-1,其 数y=x的图象上，则使得△ABC的面积为2的 解析：由于直线x-2y+5=0与直线2x+中实数k1,k2满足k,2+2=0. 点C的个数为 ,点处摆动的旗帜，所 my-6=0互相垂直， (1)证明：山与l2相交； (A)4 (B)3(C)2 (D)1 以，他猛然又增添了 则有AA2+B,B2=1×2-2×m=0, (2)证明：1与l,的交点在椭圆2x2+y2= 分析：表示△ABC的面积，需要利用两，点之 一种动力，顽强的最 解得m=1. 1 上 间的距离公式求得AB的长度，此外还需要求出 点评：本题主要考查了两条直线的位置关 先跑到了终点。 证明：(1)反证法，假设11与1，不相交.则1 哪个量？利用哪个公式表示出来？ 系，以及两直线互相垂直的等价关系式的应用 等，解决此类问题，可以从直线的系数关系式入 与2平行，有k1=2,代人kk2+2=0,得+ 大启示：成功的 解析：设C(a,a2),由已知得直线AB的方程 2=0. 目标是一种动力，可 手，也可以从直线的斜率关系式入手加以分析 与研究： 此与为实数的事实相矛盾： 为5+7=1，即x+y-2=0, 以促使我们继续前 热点问题3求最值 从而k,≠，即1与2相交 点C到直线AB的距离为d= 进。不要被面前的 例3已知直线l1:5x-2y+3m(3m+1)= (2)由方程组=kx+1, 1a+a2-21 雾迷住了眼睛，即使 0与l2:2x+6y-3m(9m+20)=0,当m为何 ly k2x -1, 出现了再大的困难， 值时，两直线l1,l2的交点到直线4x-3y-12= 0的距离最小？这个最小值是多少？ x=k2-k 由三角形ABC的面积为2可得 那也是暂时的障碍， 分析：本题为最值问题，可根据题意构造方 解得交点P的坐标(x,y)为 =21 ABI d 以乐观的态度对待 程组解出含有参数m的交，点坐标，然后根据点 ly= k2 -k 到直线的距离公式求解。 成功就在雾的后面 2 /k2+ =2×22×a+a2-21 解析：由 √2 5x-2y=-3m(3m+1), 而2+=2(，二6）+（房店 =la+a2-21=2, 2x+6y=3m(9m+20), _8+号++2血_号+后+4 =1 得2+a=0或a2+a-4=0.显然方程共 9 +2-2k,k, 解得x=3m,y=之m+9m, Γ2+2+4 有四个根，可知函数y=x2的图象上存在四个点 即交点P(x,y)在椭圆2x2+y2=1上 使得△ABC的面积为2.所以选(A). 2 素养专练 数理极 记H(,yo,0),因为A,B,C不同时为0 设平面PBCG与到面PEC的夹角为a.则cosa=nI In·2I 第18期3,4版参考答案 所以不妨令C≠0， 一、单项选择题 1 ~4 DCAB 5 ~8 BACD 平面A+B+G:+D=0上可取点G0.0,-光)， 1 h+2 二、多项选择题 以a励=(+2) t+ 9.ABC;10.BD;11.ABC. 所以二面角B-PC-E的平面角的余弦值的取值范围是 三、填空题 则点H到平面Ax+By+Cz+D=0的距离为 12,1a2, d=IG·mL=A+B+C+D1 I ml VA2+B+C () 四、解答题 第19期参考答案 (2)证明：S是四面体的表面积，Mm=弓5·， 5.EF与BD,的距离为EB:mL-之 令KG与面CGH所成角为a, 一、单项选择题 n 4 1-4 BDDB 5 ~8 AADC Km=石ch,CH·KGsin≤石cH.CH,Kc, 16.d的最小值为四 二、多项选择题 7 9.ABC;10.ABC;11.BCD. Soe-CH.GH.Sax-KG.GM na=号 三填空题12分：3.1：4哥 因为GH是公垂线，CD上的点和PK上的点的最短距离 18.如图，以A为坐标原点，平面 是GH,S△KG>S△kGH,S△cH>S△aG(取不到等号)， 四、解答题 ABC内垂直于AC边的直线为x轴，AC 所以S>CH·GH+KG·GH=GH·(CH+KG), 所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建 15.(1)点D,到直线EF的距离为d=4 3 名cH.CH·kG>GH(CH+KG), 立空间直角坐标系， (2)证明略. 1 因为AP=2,AB=BC=AC=4, 且E,F分别是BC,AC的中点， 16)函-号b-c+a 所以片>2（元+a) (2)证明略 19.(1)证明：设P(xo,o）是直线1上任意一点， 所以A(0,0,0),B(25,2,0),C(0,4,0),F(0,2,0), 17.（1)证明略 而d=(-2,0,-4)为直线1的方向向量， B53.0).0(子0，P00,2) 2长=6 则有Q正∥d,从而存在实数入，使得=d, 即(x0-1,%-1,6-2)=(-2,0,-4), (1)证明因为成=（多0，正=(5,3.0， 18.(1)解：由题意知 -1=-2,0=1-2x, 所以4正=2Fd. LBEC=∠ECD= 0-1=0,解得{。=1， 因为AE与FQ无交点，所以AE∥FO ∠AEC=90°，∠PED= l20-2=-4入，0=2-4 又FQC平面PFQ,AE4平面PFQ, ∠AED=45°，而BE= 即点P(1-2λ，1,2-4入). 所以AE∥平面PFQ. CD,M是BC的中点，所以 M (2)解：由(1)知，AE∥平面PFQ,所以点A到平面 ME⊥ED. 显然1=2+片-2-=1-4++1-1 1 4 PFQ的距离就是AE与平面PFQ间的距离. 又平面PED⊥平面BCDE,平面PED∩平面BCDE= -4入+4λ2)=1，因此点P的坐标总是满足曲面C的方程，所 DE,MEC平面BCDE,所以ME⊥平面PED 又㎡=0,2，-2).元=(9多0）， 以直线l在曲面C上 在平面PDE内，过点E作ED的垂线作为z轴，所以ME⊥ (2)解：直线'在曲面C上，且过点T(2,0,2) 设平面PFQ的法向量为n=(x,y,z), z轴，如图，以E为坐标原点，分别以EM,ED所在直线分别为x, 设M(x,少，a)是直线上任意一点， rn…P=2y-2z=0, y轴建立空间直角坐标系 直线'的方向向量为d'=(a,b,c),则有T∥d', 所以 =停+=0 取n=（-√5,1,1) 设PE=t(t>0), 所以E(0,0,0),M(1,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),D(0, 从而存在实数t,使得=d', 连接04，则=（-，-子0小： 20P(0)w0 即(x1-2,y1,z1-2)=t(a,b,c）), =at, =+at, 所以所求距离为4=0.nL。25 则 I nl 5 阴m=(1,)成=（-1，+1，) y=t,解得=b, 19.(1)解：平面PMN中，P=(1,-2,1),P=(2,-1,0). z1-2=ct, 1=2+ct, 设平面PMW的法向量为n=(x,y,z), 元=0.20)，=(0，)元=11,0. 即点M(√2+at,bt,2+ct). 所以 [PMi.n=x-2y+z==0. 设平面PBC的法向量为n1=(x出，)， 由点M(x1,少1，a1)在曲面C上得 取n=(1,2,3) lPN.n=2x-y =0. rm1·BC=21=0, 巨+a2+(2-2+)2=1, 则 1 1 4 设平面PMN任意一点Q=(x,y,z) 脉=-+(+1+，=0， 当Q不同于P,有P01n; 整理得(c+-)f+(2a-e)1=0, 当Q与P重合，则有P0=0,所以P0·n=0. 取m=(受.0,1 依题意，对任意的实数：有（口+公-手）F+(2万a 所以(x-1,y-3,2+1)·(1,2,3)=0, 化简得x+2y+3z-4=0. + -6:=0恒成立，因tG+-号-0，且2a-6=0, 所以平面PMW的方程为x+2y+3z-4=0. 1n11M1 (2)设P,(x11,a1),P(x2,）为平面Ax+By+Cz √++ 解得c=22a,b=a或c=22a,b=-a, +D=0的任意两个点， t Ax +By +Cz +D =0,Axz +By+Czz +D=0. +62+8 >解得反<4<2 不妨取a=1,则b=1,c=22或b=-1,c=22 即d′=(1,1,2√2)或d'=(1,-1,22), 两式相减得A(x2-x)+B(-y)+C(2-a)=0, 设平面PEC的法向量为n,=(,2,), 又直线1的方向向量为d=(-2,0,-4), 即m·PP=0,即m⊥PP2, r·E元=名+为=0， 所以异面直线！与'所成角的余弦值均为 所以平面Ax+By+Cz+D=0的法向量可取m=(A, 则 取n3=(1,-1,1), B,C). u-+=0, 1wd1升投提 10 (c)(-1,) (D)(-子，-1)U(3,1) 核心素养阶段测评（一） 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 8.“四二一广场”是重庆第一中学校的文化地标（如图3），广场 测试范围：1~4章 中心的建筑形似火炬宛若花开，三朵“花瓣”都是拓扑学中的莫比鸟 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 斯带（如图4）.将莫比乌斯带投影到平面上，会得到无穷大符号“∞” ◆数理报社试题研究中心 在平面直角坐标系中，设线段AB长度为2a(a>0),坐标原点0为AB 12.一条光线从点A(-1,3)射向x轴，经过x轴上的点P反射后 中点且点A,B均在x轴上，若动点P满足IPA1×1PB1=a2,那么点 通过点B(3,1),则点P的坐标为 第I卷选择题（共58分） P的轨迹称为双纽线，其形状也是无穷大符号“0”（如图5）.若a= 3.已知上E,分别为椭圆C:芳+ +京=1(a>b>0)的左右焦 1,点P在第一象限且cos∠POB= ，则1PAI= -,且PQ⊥1，垂足为Q点 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 点，P是椭圆C上的一点，直线1x=+, 1.已知向量a=(0,0,1),b=(1,-1,1),向量a+b在向量a上 若四边形PQF,F2为平行四边形，则椭圆C的离心率的取值范围是 的投影向量为 (A)(0,0,2) (B)(0,0,1) 14.如图7，在四棱锥P-ABCD中，PA1平面 高 (C)(0,0,-1) (D)(0,0,-2) 4 ABCD,BC∥AD,∠BAD=90°，PA=AB=BC= 中 2.如果AB>0且BC<0,那么直线Ax+By+C=0不经过 数 (C)2 (D)2 2AD=1,已知点Q是四边形ABCD内部一点（包 学 ( (A)2 高中数学 (A)第一象限 (B)第二象限 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 选 含边界)，且二面角Q-PD-A的平面角为平，则 (C)第三象限 (D)第四象限 9.已知空间向量m=(-1,2,5),n=(2,-4,x),则下列选项中 捱 3.若抛物线2=mx的准线经过双曲线x2-y2=2的右焦点，则正确的是 △ADQ的面积的取值范围是 选择性 必修第 m (A)当m1n时，x=2 四、解答题：本题共5小题，共77分 (A)-4 (B)4 (C)-8 (D)8 (B)当m∥n时，x=-10 15.(13分)已知抛物线，2=2px(p>0),其焦点F到准线的距离 鉴 第 为2. 册 4.实数m变化时，方程(m-1)x2+(m-2)y2+(m-1)(m-2) (C)当1m+nl=√5时，x=-4 =0表示的曲线不可以是 (1)求抛物线的标准方程； 册 北 师 (A)直线 (B)圆 (D)当x=V1而时，cos(m,n=而-2 6 (2)若0为坐标原点，斜率为2且过焦点F的直线1交此抛物线于 北 (C)椭圆 (D)双曲线 10.1970年4月24日，我国发射了自己的第 1,B两点，求△AOB的面积 核 5.如图1，点A,B,C分别在空间直角坐标系 颗人造地球卫星“东方红一号”，从此我国开 心 0-xz的三条坐标轴上，0C=(0,0,2),01= 始了人造卫星的新篇章.人造地球卫星绕地球 (1,0,0),0B=(0,2,0),设二面角C-AB-0 运行遵循开普勒行星运动定律：卫星在以地球 图6 养阶段测评 为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变 的平面角为6，则cos0= ( 化服从面积守恒规律，即卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的 大版)核心素养阶段测评 (a号 (B)6 图 时间内扫过的面积相等.如图6，设椭圆的长轴长、焦距分别为2a,2c, 6 下列结论正确的是 e号 D号 (A)卫星向径的取值范围是[a-c,a+c] 6.如图2，在直三棱柱ABC-A,B,C中，CA= (B)卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行 CB=CC1,AC1BC,E,F分别是AC1,B,C,的中 时间 点，则直线AE与CF所成角的余弦值等于( (C)卫星向径的最小值与最大值的比值越大，椭圆轨道越扁 (D)卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小 W号 (号 11.已知直线l1:x+y=0,2:2x-3y-6=0,则下列说法正确的 c号 (D)是 图2 (A)直线4，与4相交于点（号，-号） 7.已知圆M:(x+1)2+(y-2a)2=(2-1)2与圆N:(x-a) +y2=(2+1)2有两条公切线，则实数a的取值范围是 (B)直线1，h和x轴围成的三角形的面积为9 ( (B)(-3,0)u(号1) (C)直线12关于原点0对称的直线方程为2x-3y+6=0 (A)(-1,1) (D)直线2关于直线1，对称的直线方程为3x-2y+6=0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 10