作业(八)空间向量在立体几何中的应用(一)-【假期作业】2026年高二数学寒假假期作业（北师大版·新教材）

寒假作业不要问别人为你做了什么，而要问你为别人做了什么。 [每日格言] 作亚（八） 月 日 星期 空间向量在立体几何中的应用（一） 天气 1知识整合 2.如图所示，在正方体 ABCD-A1B,C1D1中，棱 B 1.直线的方向向量与平面的法向量 长为a,M,N分别为 (1)直线的方向向量 一般地，如果1是空间中的一条直线，y是 A1B和AC上的点，B 空间中的一个非零向量，且表示y的有向 线段所在的直线与l平行或重合，则称v为 AM=AN=受，则MN与平有B,GC 直线1的一个方向向量.此时，也称向量v与 的位置关系是 直线l平行，记作v∥1. A.不垂直 (2)平面的法向量 B.平行 如果一条直线1与一个平面α垂直，那么 C.垂直 就把直线L的方向向量n叫作平面a的法 D.MN在平面BB,C,C内 向量，则n⊥a. 2.用直线的方向向量、平面的法向量判定线 3.(多选)(2025·日照高二期末)已知点P 面位置关系 是平行四边形ABCD所在的平面外一点， 设直线1，m的方向向量分别为4，v,平面 如果AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0), a,3的法向量分别为n1,n2,则 AP=(一1,2，一1)，则下列结论正确的是 线线平行 () L∥m台4∥v台u=y,λ∈R A.AP⊥AB 线面平行 l∥a台μ⊥n,台μ·n1=0 B.AP⊥AD 面面平行 a∥3=→n1∥n2台n1=n2,入∈R C.AP是平面ABCD的法向量 线线垂直 D.AP∥BD l⊥m台u⊥台μ·v=0 4.已知空间直角坐标系Oxyz中的点 线面垂直 l⊥a台→μ∥n,台u=n1,λ∈R A(1,1,1),平面a过点A并且与直线OA垂 面面垂直 a⊥BHn1⊥n2台n1·n2=0 直，动点P(x,y,z)是平面&内的任意一点， 则直线OA的一个方向向量为 ,点 2基础演练 P的坐标满足的条件为 1.(2025·临沂高二月考)已知平面a内有一 个点A(2,一1,2)，a的一个法向量为n= 3综合演练 (3,1,2),则下列点P中，在平面a内的是 1.(2025·佛山一中期末)在三棱柱ABC- ( A1B,C1中，侧棱AA1⊥底面ABC,AB⊥ A.(1,-1,1) B1,3》 BC,AA1=AB=BC,E,F,G分别为AB, C.(1,-3,) D.(-1,3-) BC,AC的中点，则下列说法正确的个数为 18 [每日格言]善于总结和学习成功者的经验，可以让我们少走许多弯路。 高二数学（配BSD版） ①平面B1EF⊥平面B,BG (1)求证：EF∥平面PBC; ②平面B,EF⊥平面A1BG (2)若M为棱PC上一点，且平面EFM⊥ ③平面BEF∥平面A1AC 平面PBC,求证：EM⊥PC A.0 B.1 C.2 D.3 2.(多选)如图，以等腰直角三角形ABC的斜 M 边BC上的高AD为折痕，把△ABD和 B E △ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生 得出如下四个结论，其中正确的是 () A.AB·AC=0 B.AB⊥DC C.BD⊥AC D.平面ADC的法向量和平面ABC的法 向量垂直 6.（2025·安徽安庆一中期末)如图1，在边长 3.(多选)在长方体ABCD-A1B1C1D1中， 为2的菱形ABCD中，∠BAD=60°， AB=2√3，AD=AA,=2,P,Q,R分别是 DE⊥AB于点E,将△ADE沿DE折起到 AB,BB1,AC上的动点，下列结论正确 △A,DE的位置，使A1D⊥BE,如图2. 的是 () A.对于任意给定的点P,存在点Q使得 D,P⊥CQ E B.对于任意给定的点Q,存在点R使得 图1 图2 D1R⊥CQ (1)求证：AE⊥平面BCDE; C.当AR⊥AC时，AR⊥D,R (2)在线段BD上是否存在点P,使平面 D.当AC=3A1R时，D1R∥平面BDC AEPL平面A,5D?若存在，求S的值： 4.已知空间三点A(-1,1,1),B(0,0,1), 若不存在，请说明理由. C(1,2,一3).若直线AB上存在一点M,满足 CM LAB,则点M的坐标为 ;若空 间中点N满足BN⊥平面ABC,则符合条 件的一个点N的坐标是 5.如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平 面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形， ∠ABC=∠BAD=,PA=AB=BC- 2AD=2,E,F分别是AB,PD的中点. 19 寒假作业生活就像海洋，只有意志坚强的人，才能到达彼岸。 [每日格言] 4真题体验 5易误警示 1.(2023·新课标I卷节选)如图，在正四棱 易错一忽视线面平行的隐含条件而致误 柱ABCD-A1B,C1D1中，AB=2,AA1= [示例1]如图所示，四棱锥P-ABCD的底 4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1, 面ABCD是矩形，PB⊥底面ABCD, CC1,DD1上，AA2=1,BB2=DD2=2, AB=BC=4,点E,F分别在AD,CP上， CC2=3. 且DE=3DA,CF=CP, 证明：B2C2∥A2D2 证明：EF∥平面ABP. C 名师可嘱 利用直线的方向向量和平面的法向量证明 线面平行时，务必指明直线不在平面内 易错二忽视建立空间直角坐标系条件致误 [示例2] 如图所示，在四棱锥S-ABCD 中，平面SAD⊥平面ABCD,AD∥BC, ∠BAD=60°，且AD=DS=SA=AB=2, BC=3.在线段SD上是否存在一点M,使 2.(2022·全国甲卷节选)在四棱锥P-ABCD 得平面MAC⊥平面SCD?如果存在，求 中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD= 此时》的值；如果不存在，请说明理由。 DC=CB=1,AB=2,DP=3. 证明：BD⊥PA. B 名师町嘱 利用空间向量坐标法证明线面位置关系时， 一定先论证出三线两两垂直，然后建系，再证明 :线面位置关系 20[每日格言]一切节省，归根到底都归结为时间的节 ,过点P(4,-2),.4=2p·4或16=-2p·(-2). .2p=1或2p=8. 故所求的抛物线方程为y=x或x2=一8y.故选AC. [答案]AC 作业（七） 空间向量及其运算 【基础演练】 1.B2.D3.B4.AC 【综合演练】 1.A 2.AB 3.ABC 4.ABD 5.解析，四边形ABFE、CDEF都是边长为1的正方形， ∴AE⊥EF,DE⊥EF,BF⊥EF,CF⊥EF,又平面ABFEO 平面CDEF=EF,∴.平面ABFE与平面CDEF的二面角 为∠AED=∠BFC=6O°，易得BD=BF十FE+ED, :.BD2=(BF+FE+ED)2=BF2+FE2+ED2 +2BF·FE+2BF·ED+2FE·ED=1+1+1+0+ 2×1×1×c0s120°+0=2，.|BD=√2，故B,D两，点间的 距离是√2. 答案√2 6.解析由题图，设AM=λAC1(0<A<1), 由巴知AG=AB+A市+AA=2A+3A+多AG, 所以A成=2xA正+3A正+a花， 因为M,E,F,G四点共面， 所以2以十3以+登-1，将得X品即把合 AC,-13 答案13 【真题体验】 1.C因为存在不全为0的实数入入2，使得入OP十 λ2OP。十λ？OP,=0,所以OP,,OP,,OP。共面.只要三点对 应的向量共面就有(0,0,1)∈2，否则就能得到(0,0,1)庄2.对 于选项A,(0,0,0)对应的向量是零向量，零向量与任意向 量共线，故三点对应的向量共面，不能推出(0,0,1)年Ω，故 A错误；对于选项B,若(1,0,0)，（一1,0,0）∈2，且(1,0， 0),(一1,0,0)两点对应的向量共线，所以(0,0,1)可以属 于2，故B错误；对于选项C,显然，(1,0,0)，(0,1,0)，(0， 0,1)三点对应的向量不共面，故可以推出(0,0,1)止，故 C正确；对于选项D,(0,0,一1)与(0,0,1)两点对应的向量 共线，(1,0,0)，(0,0，一1)，(0,0,1)三点对应的向量共面， 故不能推出(0,0,1)庄2，故D错误，故选C. 2.BD易知，点P在矩形BCC1B1内部（含边界）. 对于A,当A=1时，BP=BC十HBB1=BC十uCC1,即此时 P∈线段CC1,△AB,P周长不是定值，故A错误； 对于B,当=1时，BP=λBC+BB1=BB,+入B,C1,故此 时P点轨迹为线段BC,而BC∥BC,BC1∥平面ABC, 则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确； 对于C,当入=是时，B驴=C+nB丽，取BC,B,G中点 2 分别为Q,H,则BP=BQ十μQi,所以P点轨迹为线段 QH,不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，则 A(停01)p(0,0,B(0,70),所以A市= (-0,-1),=(o,-合)g-1D=0,所以 μ=0或μ=1.故H,Q均满足，故C错误； N y 对于D,当A=合时，B萨-AB心+合B6,取BB,CG中 点为M,N.BP=BM+aMN,所以P点轨迹为线段MN. 设P(0%号)，因为A(0,0小，所以萨- (-9%）A店=（-，，-1所以是+ 5 省。 高二数学（配BSD版） 1 1 -2=0→= 2,此时P与N重合，故D正确」 故选BD. 3.解析、令AB=a,AD=b,AA1=c,并将其作为一组基底， 则AB,·BC-AD·DC=(AB+BB)·BC-(AD+ DD)·DC=(a十c)·b-(b+c)·a=c:(b-a)= AA,·BD=|AA1·|Bi1·cos〈AA,BD)=5,所以 os(AA,B市=2，即异面直线AA与BD的夹角的余 5 弦值为2 5 答案2 【易误警示】 [示例1][解析]：向量a=(-2,1,4),b=(-4,2,t)的 夹角为锐角， a…b=8+2+4>0,解得>-号 当a6时，号日兰每得8， t 实数t的取值范周为(-号，8)U(8,十∞)》。 [答案] (←号，8)u8,+∞) [示例2][解析]OA=OB=OC,BC=√2OA, .∠BOC=90°.：OA=OC,∠AOC=60°，.AC=OA. 又OB·AC=OB·(OC-OA)=OB·OC-OB.OA -0i.oi=-号oi, .cos(B,AC)=O店·Ad =-1 IOBIIACI 29 又(OB,AC∈[0°，180]，∴.(OB,AC)=120°， ∴.异面直线OB与AC所成的角为60°. [答案]B 作业（八）空间向量在立体几何中的应用（一） 【基础演练】 1.B 2.B 3.ABC 4.解析由题意知，OA⊥a,直线OA的一个方向向量为 OA=(1,1,1).因为P∈a,所以OA⊥AP,所以(1,1,1)· (x-1,y-1,z-1)=0,所以x十y十z=3. 答案(1,1,1)（答案不唯一）x+y十x=3 【综合演练】 1.B 2.BC 3.ABD 4.解析设M(x,y,z). AB=(1,-1,0),AC=(2,1,-4),BM=(x,y,之-1)， CM=(x-1,y-2,z+3), x-1-y+2=0, 由题意，得{x=一y, （x-1=0, 1 1 .= :点M的丝标为（-合，合，） 设平面ABC的法向量为n三(x,y,之)， 则n·AB=x-y=0,n·AC=2x十y-4z=0. 令x=1,则y=1,=是n=（1,1,是) .3 设点N的坐标为(a,b,c),则BN=(a,b,c-1). 由题：酥/a,即兰=- 1 3 A .点N的坐标满足(4k,4k,3k十1)，其中k≠0. 答案（一子：2,1)(44,40[（只需写出满足(4,4， 3k十1)(k≠0)形式的一个坐标即可] 5.证明PA⊥平面ABCD,ADC平面ABCD, .PA⊥AD. ,PAI平面ABCD,ABC平面ABCD,.PA⊥AB. 又：∠BAD=吾AB⊥AD,则AB,AD,AP两两套直. 寒假作业古之立大事者，不惟有超世之才，亦必有 以A为原点，AB,AD,AP所在直线分 别为x轴，y轴，之轴，建立如图所示的 空间直角坐标系。 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0), D(0,4,0),P(0,0,2). E,F分别是AB,PD的中点， ∴.E(1,0,0),F(0,2,1). (1)设平面PBC的法向量为n1=(x,y,z). BP=(-2,0,2),BC=(0,2,0), 1m1⊥BP,,-2x+2x=0y=0. . (n1⊥BC,·12y=0, 令x=1,则x=1, ∴.n1=(1,0,1)为平面PBC的一个法向量. EF=(-1,2,1),∴.EF·n1=0,即EF⊥n1. 又EF寸平面PBC,∴.EF∥平面PBC (2),M为棱PC上一点，.PM=λPC(0≤λ≤1) 设Mx1y名)，则PM=(4名-2)，又PC=(2,2,-2), .(x1y1之1-2)=λ(2,2，-2)， .x1=2A,y1=2λ，21=2-2X,即M(2λ，21,2-2λ)， ∴.EM=(2λ-1,2λ，2-2λ). 设平面EFM的法向量为n2=(x2y2,z2), 则/nLEi, (n2⊥EF, :.(21-1)x十2入2+(2-2x0,=0, 【一x2十2y2十2=0， 消去y2可得(3λ-1)x2十(2-3)z2=0. 1 令x2=3x-2,则z2=31-1,y%=一2： ∴m,=(3x-2,-号，3x-1) 平面EFM⊥平面PBC,∴.n1⊥n2,则3入-2+3入-1=0， .λ= 2…M1,1,1),.EM=(0,1,1). 1 PC=(2,2,-2),∴.EM·PC=0,即EM⊥PC,∴.EMLPC. 6.解析(1)证明在题图1中，DE⊥AB,所以DE⊥BE. 又BE⊥A1D,DE∩A1D=D,DEC平面A1DE,A1DC平 面A1DE,所以BE⊥平面ADE. 因为A1EC平面A1DE,所以A1E⊥BE 又A1E⊥DE,BE∩DE=E,BEC平面BCDE,DEC平面 BCDE,所以A1E⊥平面BCDE. (2)存在，理由如下： 假设在线段BD上存在一点P,使平面AEP⊥平面 A1BD.因为A1E⊥平面BCDE,BE⊥DE, 所以以E为原点，以EB,ED,EA1所在直线分别为x轴、 y轴、之轴，建立空间直角坐标系，如图所示， A … 则E(0,0,0),B(1,0,0),D(0,W3,0),A1(0,0,1), 所以EA1=(0,0,1),BD=(-1W3,0) 设P(x,y,z),BP=ABD(0≤A≤1)， 则(x-1y,z)=入(-1W3,0),得P(1-1W31,0), 所以EP=(1-λ，√3λ，0) 设平面AEP的法向量为m=(x1y1,之)， 则/m·EA=1=0, m·EP=(1-λ)x1+√3y1=0, 令石1=3入，则m=(W3入，A-1,0)是平面AEP的一个法向量. 设平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2), 因为A1B=(1,0,-1),A1D=(0,W3,-1), 所以 n·A1B=x2-z2=0, n·A1D=5y2-x2=0, 令x2=√3，则n=(W3,1W3)是平面A1BD的一个法向量. 因为平面A1EP⊥平面A1BD, 所以m·n=3入十入-1=0，解得入=4， 所以在线段BD上存在点P, 使牛面AEPL半面ABD,A部-子 坚忍不拔之志。 [每日格言] 【真题体验】 1.证明以C为坐标原点，CD,CB,CC,所 在直线为x,y,之轴建立空间直角坐标系， 如图所示， 则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2), D2(2,0,2),A2(2,2,1), ∴.B2C2=(0,-2,1),A2D2= (0,-2,1),∴.B2C2∥A2D2, 又B2C2,A2D2不在同一条直线上， ∴.B2C2∥A2D2. 2.证明以D为原点，DC,DP所在直 线分别为y轴、之轴，过D点且垂直 于AB的直线为x轴，建立空间直角 坐标系，如图所示. 站合题意知DX0.00,s,号0）， po05A(,-合0 x 成i=}是+0=0，Di1 *.BDLPA 【易误警示】 「示例1][证明]由题意知，BC,BA,BP两两互相垂直. 以B为原点，BC,BA,BP所在直线分别为x轴、y轴、之 轴，建立空间直角坐标系Bxyz(图略)， 设BP=a(a>0),则B(0,00,C(4,00,E(号，4,0）， F(80,号），所以B元=(4,0,0)，苏=(0，-4，分)】 易知BC=(4,0,0)是平面ABP的一个法向量. 因为BC·E=(4,0,0)·(0,-4,号)=0， 所以BC⊥EF】 又EF庄平面ABP,所以EF∥平面ABP. [示例2][解析]存在，取AD 的中点O,连接DB,OB,SO.易 得△SAD,△ABD均为等边三 角形，所以SO⊥AD,OB⊥AD, 由于平面SAD⊥平面ABCD, D.0 且平面SAD∩平面ABCD AD,SOC平面SAD,所以SO 平面ABCD,又OBC平面 B ABCD,所以SO⊥OB,故SO, OB,AD两两互相垂直.以O为原，点，建立如图所示的空间 直角坐标系，则S(0,0,W3),D(0,一1,0)，C(√3，一3,0)， B(3,0,0),A(0,1,0), ∴.SD=(0,-1,-√3)，DC=(W5,-2,0),SB=(W3,0,-3). 设平面SCD的法向量为n=(x,y,z), 则{n·SD=y-3x=0,取=2， n·DC=√3.x-2y=0, 则y=√3，x=-1, 故n三(2，W3,-1)是平面SCD的一个法向量， 设SM=1SD=(0,-入，-V3A),0≤A<1, 则MA=SA-SM=(0,1+λ，W31-√3)， 计算得AC=(W3,-4,0). 设平面MAC的法向量为m=(x1,y1,之)， 则m·M=1+0y+(W3-3)%=0, m·AC=√3.x-4y=0, 1+λ 取工1=4，则y1=3,之1=-， 故m=(4w5,芒)是平面MAC的一个法向量， 由平面MAC⊥平面SCD,得m⊥n, 故8+3-}芒0，解得入=日 当λ=1时，M与D重合，此时平面MAC的一个法向量为 OS=(0,0,W3),易知OS与n不垂直， [每日格言]生命之灯因热情而点燃，生命之舟因拼 故不满足平面MAC⊥平面SCD. 综上可知，在线段SD上存在一点M,使得平面MAC⊥平 面SCD,此时S-5 SD 6 作业（九）空间向量在立体几何中的应用（二） 【基础演练】 1.D2.AC3.D 4.解析以A为坐标原点建立如图所示的空 间直角坐标系，设棱长为1，则A1(0,0,1), E(10,)D0,10, B AD=01,-10A正-(（10，-) 设平面AED的一个法向量为n=(x,y,2), 则·AD=0即 |y-2=0, (n1·A1E=0, -2=0,令x= 2:m=(12,2》. 又平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1), 2 2 六cos(nm)=3X=3 即平面AED与平面ABCD夹角的余孩值为号 答案3 2 【综合演练】 1.B 2.ACD 3.B 4.解析以D为原，点，DA,DC,DD1所 在直线分别为x轴，y轴，之轴建立空 间直角坐标系（如图），则D(0,0,0), A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0), C(0,2,22),E(0,2,V2),则DB= (2,2,0),DE=(0,2,√2)，易知AC1∥ 平面BDE. 设n=(x,y之)是平面BDE的法向量. 则/n·D5=2z+2y=0, (n·DE=2y+√2x=0. 取y=1,则n=(-1,1,一√2)为平面BDE的一个法向量. 又DA=(2,0,0), 所以点A到平面BDE的距离是 d=n·DA 1-1×2+0+01 =1. n W(-1)2+1+(-√2)2 故直线AC1到平面BED的距离为1. 答案1 5.解析如图，过点C作CE⊥AB,交 AB于点E,则CE=AD=2√3，BE= AB-CD=2,.邪田ABCD的邪长 BC=√CE+BE=√(2√3)2+22 =4. 以D为原，点，DA,DC,DP所在直线分 A E B 别为x轴，y轴，之轴，建立空间直角坐标x 系，平面PAD的一个法向量为n=(0,1,0).又C(0,1,0), B(2√3,3,0)，则CB=(23,2,0). 设邪所在直线与平面PAD所成角为日， wa-爱月-分汉所o]0音 “邪所在直线与平面PAD所成角的大小为石 答案4 6.解析(1)证明因为PA=AB=2,AE=3,BC=2√2， 由B心=A+号A范，得B心-A+号A+号A店·A应， 即8=4+号×9+号店·应，即应：应=0，所以ABLAE. 因为PA⊥底面ABCDE,ABC平面ABCDE,所以 AB⊥PA, 搏而前行。 高二数学（配BSD版） 因为AE∩PA=A,AE,PAC平面PAE,所以AB⊥平 面PAE. 又D苑=D心+C+BA+A花=(2A-}A)- (+号A）-A+应--是成 所以AB∥DE,所以DE⊥平面PAE, 因为DEC平面PDE,所以平面PAE⊥平面PDE. (2)因为PA⊥底面ABCDE,AB⊥AE, 所以以，点A为坐标原点，AB,AE,AP所在直线分别为x, y,之轴建立如图所示的空间直角坐标系， P E Y B 则P(0,0,2),B(2,0,0),E(0,3,0),A(0,0,0), t-A+号A应=(2,0,0)+号03,0)=(2,2,0，前- (-2,0,2). 设平面PBC的法向量为m=(x1,y1,之1)， 取x1=1,则y=-1,之1=1，所以m=(1,-1,1). 励=号Ai=号20,0)=(80,0，肺=0，-3,2， 设平面，PDE的法向量为n=（x2,y2,2), 部 取y2=2,则x2=0,22=3,所以n=(0,2,3), 所以cos(m,m》=m·n3X√ m·t 1 -v39 39 因为侧面PBC与侧面PDE所成二面角为钝二面角， 故侧面PBC与侧面PDE所成二面角的余弦值为- 39 【真题体验】 1.解析(1)证明因为PA⊥平面ABCD,ADC平面 ABCD,所以PA⊥AD, 又AD⊥AB,PA∩AB=A,PA,ABC面PAB 所以AD⊥平面PAB, 又ADC平面PAD,所以平面PAD⊥平面PAB. (2)(i)证明以A为坐标原点，AB,AD,AP所在的直线 分别为x轴、y轴、之轴，建立空间直角坐标系Axyz,如图 所示， 2 B“A D 则B(2,0,0),C(w2,2,0),D(0,1十√3,0)，P(0,0,2),设 O(a,b,c),因为点P,B,C,D均在球O的球面上，所以 1OB1=1OC1=1OD1=1OP1, 则(a-√2)2+b62+c2=(a-√2)2+(b-2)2+c2=a2+(b- 1-3)2+c2=a2+b2+(c-√2)2， 得a=0,b=1,c=0,即0(0,1,0)， 所以点O在AD上，即点O在平面ABCD内. （i)AC=(2,2,0),P0=(0,1,-√2)， 设直线AC与PO所成角为0， 则cos0=1cos(Ad,Pd1=1AC·P0 22 1AC1Pδ1√6×53’ 所以直线AC与PO所成角的余弦值为 3