第11单元 向量在立体几何中的应用 B卷能力提升-【金试卷】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册同步单元双测卷（北师大版）

0X=子由amc+mg=4知n十家=4mwe[0,21.则n市 QN J+1 1=n2 2主1=n21·即m2十1=”n2,从而mn=1.对于A,若MN/AA,则m马 =1- n,解得m=n=1,满足题意，故A正确；对于B,DM·DN=mn=1,故B错误；对于 C,若MN=号，则(m-m)P十4=号，解得m=2n=号我m=号M=2,故C正确： 对于D,CQ=(2,-2,1),MN=(0,n-m,-2),若MN⊥CQ,则CQ·MN=-2(n 一m)-2=0,解得=5,1m=1士5，故D正确.故选ACD 2 2 13.答案(3，-2，-3)（答案不唯一） 解折设平面ABC的法向量为n=y,别1：A店=21十3y=0,令1=3，可 n·AC=x十z=0 得y=-2,之=-3，即平面ABC的一个法向量可以为(3，-2，一3). 14.答案 1 解析以A为原点，分别以AB,AD,AA1所在直线为x,y,之轴，建立空间直角坐 标系（因略）设正方体的棱长为1，则A(0,0,0),0(分，0）N(分0,1)设M (01a0≤a<1D.则A.0=(01a)…(0,-31)=-十a=0∴a 2当b-号时0N与AM垂立 15.答案8 解析如图，分别作AC,BD垂直直线y=x于点C,D, 则由等腰直角三角形的性质可得AC=OC=2,BD=OD=4, y=x 即CD=6,若沿直线y=x把直角坐标系折成120°的二面角， AB=AC+CD+DB,AB2=(AC+CD+DB)2=AC2+CD2 A +DB2+2AC·CD+2CD·DB+2AC·DB=4+36+16+ 2AC1|DB|cos(AC,DB)>.因为二面角的大小为120°，所以 (AC,BD)=60°，代入上式可得AB2=64,所以AB|=8,即AB的长度是8. 16.答案830 解析以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，建立如图所示 的空间直角坐标系.此时C(0,0,0),C1(0,0,4),B(2,2√3,0)， E A1(4,0,4),D(3,W3,4),则C1A1=(4,0,0),设C1E=入C1A1(0 A长 <入<1)→E(4λ，0,4)，此时CD=(3,3,4),CE=(4λ，0,4)，设 D 平面CDE的法向量为m=(x,y,),则 CD·m=0p ,即 CE·m=0 {3x十3y十4x=0,令x=3,则y=4以-3，之=-3入，故m= (4λx十4x=0 (3,4入-3，-√3λ).因为A1B∥平面CDE,所以A1B⊥m→A1B·m=0,故(-2,2 ,-4)(,以-3，-)=0，即-25+23（以-3）十4=0，解得A=子 则CE=子CA1=号X4=；.因为AB∥平面CDE,所以直线AB到平面CDE 的距离等于点A1到平面CDE的距离，连接CA1,此时CA1=(4,0,4),m=（√3， 3 ),取n=3m=(33,=1,=23),所以点A到平面CDE CA·n=123-8=V30,即直线A,B到平面CDE的距离为30 n √/27+1+12 5 5 17.解(1)如图，连接BD交AC于点O,连接SO. 根据题意可知该四棱锥为正四棱锥， .SO⊥平面ABCD,.∴.SOAC. 又四边形ABCD为正方形，.AC⊥BD. 又SO∩BD=O,.AC⊥平面SBD,.AC⊥SD. (2)以O为坐标原，点，分别以OD,OA,OS所在的直线为x,y, z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，令OC=1,则BC= B w2,SC=2,SO=√3. ÷D100,B(-10.0).C0.-1.0).s00.E(0,-号， 104参考答案 成=(1.-号9)D=(-10 由SD⊥平面PAC,知DS为平面PAC的一个法向量. 又BE·DS=-1+1=0,∴.BE∥平面PAC. 18.证明如图所示，以D为坐标原点，分别以DA,DC,DD1 所在直线为x,y,之轴，建立空间直角坐标系.不妨设正方 体的棱长为2，则E(1,1,0),F(1,0,1),G(2,1,1),H(1,1, iH 2),M(1,2,1),V(0,1,1). B N .EF=(0,-1,1),EG=(1,0,1),HM=(0,1,-1),HN MC =(-1,0,-1). E 设m=(x1y1,之)，n=(x2,y2,z2)分别是平面EFG和平 面HMN的法向量， 由m·EF=0 m·EG=0 得厂y十10·令x1=1,得m=(1,-1,-1). x1十21=0， n·HM=0, 由 ln·HN=0, 0得{y2一2一0”。令x2=1,得n=(1,一1，二1). 于是有m=n,所以m∥n,故平面EFG∥平面HMN. 19.解(1)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，以AB 所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA1所在 A D 直线为之轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 由已知AB=一6，且∠ADB=60°，得AD=2√3， M 又AA1=3,BE=3ED,D1M=5MC1,F为A1B1 C 的中点，则A(0,0,0),B(6,0,0),F(3,0,3),M(5 25.30.E(23Y5o）.D025.0 Bk- A正-(239oFi=(220 AE=3FM,又AE与FM无交点AE∥FM, A,E,F,M四点共面. (2)设n=(x,yz)是平面BDF的法向量. :BD=(-6,2√3,0)，BF=(-3,0,3),AB=(6,0,0), m·=0】 -3.x+3z=0 nBD=0-6x+23y=0取n=1w5.1: 六点A到平面BDF的距离d=AB,m-=6=65 n5 5 20.证明(1)如图所示，以O为原点，OD,OP所在直线为y轴， 轴建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0,一3,0)，B(4,2,0),C (一4,2,0)，P(0,0,4), 所以AP=(0,3,4),BC=(-8,0,0), 所以AP·BC=(0,3,4)·(-8,0,0)=0 所以AP⊥BC,即AP⊥BC. A- (2)在Rt△POA中，AO=3,PO=4,所以AP=5. 又AM=3,且点M在线段AP上， 2 所以A=A时=(0.号号) 又Bi=(-4,-50).所以Bi=质+A成=(-4,5号） 则A.Bi=034·(-4,-9号）=0， 所以AP⊥BM,即AP⊥BM,又AP⊥BC,BC∩BM=B,BC,BMC平面BCM, 所以AP⊥平面BMC,所以AM⊥平面BMC, 又AMC平面AMC,所以平面AMC⊥平面BMC 21.解(1)，PO⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,∴.PO⊥AC,又AC⊥BD,PO∩BD=O, POC平面POD,BDC平面POD,..AC⊥平面POD.又PDC平面POD,.PD⊥AC. (2)如图，以O为坐标原点，分别以OB,OC,OP 的方向为x轴、y轴、之轴正方向，建立空间直角 坐标系O-xy2,则B(4,0,0),C(0,8,0), D(-4,0,0),P(0,0,2), D .PB=(4,0,-2),PC=(0,8,-2),PD= B5--- 0 (-4,0,-2). 设m=(a,b,c)为平面PBC的法向量， y 则m·PB=0。 0F0中红8令=4，则m=210. 设直线PD与平面PBC所成角为O, PD·m_1-4×2+0×1+(-2)×4_8105 则sim=PD1ml, √/16+4×/4+1+16 105 22.解(1)BB1⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,∴BB1⊥AC, 在菱形ABCD中，BD⊥AC,又BD∩BB1=B,BD,BB1C平面BB1D,.AC⊥平面 BB1D,ACC平面AB1C,∴.平面AB1C⊥平面BB1D. (2)设BD∩AC=O,以O为坐标原点，OA所在直线为 x轴，OD所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角 B 坐标系，之轴显然平行于直线BB1, 由四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD=60°， B 得OB=OD=1,OA=OC=√3，B(0,-1,0),D(0,1,0),B (0,-1,1),A(3,0,0),C(-3,0,0),BD=(0,2,0), AE----- BB1=(0,0,1),BA=(3,1,0),BA1=BB1+B1A1= B+2i=(2） 设平面A1BD的法向量为n=(x,y,2), mm9+方=o 则 ,令之=√3，得y=0,x=一2，从而n=(-2,03). BD·n=2y=0 又成-（一10风-m+G-丽+成-(-号}） 设平面BD的法向量为m三(1y1,),则BCm=一2十2y十之=0， BD·m=2y=0 令x1=√3，得y1=0,x1=2,从而m=(2,03). cos(m,n〉= m·n_2×(-2)+5×3=-1 m·n 7X√7 7 由困可知A-BD-C为锐角，故二面角A-BD-C的余弦值为7 B卷能力提升 1.D由题意知PA⊥平面ABCD,所以PA与平面内的直线AB,CD都垂直，A,B正 确；又因为菱形的对角线互相垂直，可推得对角线BD⊥平面PAC,故PC⊥BD,C选 项正确.故选D. 2.A设平面a与平面月的夫角为0(0≤0≤受），则cos0=cos(m,m川=m:n m·n 器-青-0(- 3.C对于A,由线面垂直的性质可知，只要lCa,m二B,都有e1⊥nm1,e2⊥n2,并不能说 明a∥B,故A错误；对于B,lCa,mC3,且e1∥e2,则a与3相交或平行，故B错误；对 于C,e1∥n1e2∥n2,且e1∥e2,则a∥B,故C正确；对于D,e1⊥n1,e2⊥n2,且e1∥e2, 则α与3相交或平行，故D错误.故选C. 4C由已知得A(2,√2,0)，B(0,√2,0)，D(2,0,0),E(0,0,1).设M(.x,x,1),则AM =(x-√2，x一√2,1)，BD=(√2，一√2,0)，BE=(0,一√2,1).设平面BDE的法向量 n⊥BD, 为n=(a,b,c),则《 /方即W2a一26-0解得{&_26令b=1,则n=1.12 -√26+c=0, 又AM/手面BDE.所以n·A=0,即2-②)+区=0，得=号 所以M(号，号)小故选C 5.D因为CD=CA+AB+BD,所以CD=CA2+AB2+BD2+2CA·AB+2CA· BD+2AB·BD,由题意知，CA⊥AB,AB⊥BD,则CA·AB=0,AB·BD=0,所以 CD2=CA2+AB2+BD2+2CA·BD,因为线段AC,BD分别在这个二面角的两个 半平面内，并且都垂直于AB,二面角大小为60°，所以(CA,BD)=120°，而AB=2, AC=1,BD=4,于是C市2=1+4+16+2×1×4X(-2）=17,所以CD=V7. 故选D. 6.C如图，建立空间直角坐标系C-xyz,则C(0,0,0), E01,,B(9),则C正=(01，，取AB的中 点M,则M,0）,连接CM,则CMLAB.又AE D ⊥平面ABC,所以CM⊥AE,所以CM⊥平面ABE,则 平面ABE的一个法向量为C-(停，孚0.由题意 ICE.CMI 3 知sina= CE·|CM2/1+k2 元又由ae[吾] 2号所a号反年以的大程2收进C 3 7.D以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系（图略）， 则M(2,A,2),D1(0,0,2),E(2.0,1),F(2,2,1),ED1=(-2,0,1),EF=(0,2,0), EM=(0,λ，1) n·ED1=-2x+z=0, 设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z),则 n·EF=2y=0, 取x=1,得n=(1,0,2), 所以点M到平面D1EF的距离d=EM,n-2_25 5 因为N为EM的中点，所以N到平面D1EF的距离为，选D, 8.B由题意，球O与棱长为2的正方体ABCD A1B1CD1的各条棱都相切，则球心在正方体的 体对角线交点处，球的半径为r=2,如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则A(2,0,0), A M: B C(0,2,0),M(0,0,1),O(1,1,1),AC=(-2,2, 0),AM=(-2,0,1),AO=(-1,1,1),设平面 D C ACM的法向量为n=(x,y,》,则n·AC0 n·AM=0 A B 得{22.0令x=1,则y=1=2别a l球心0到千面C1的经青d="a方-后一原反我面国的半经方 n √@2-()-25，数国维的体积为V言×x×(2)'×1故选B 3 3 27 9.BC平面a过点A(1,一1,2)，其一个法向量n=(2,-1,2),对于A,(2,3,3)-（1, -1,2)=(1,4,1),(2,-1,2)·(1,4,1)=2-4十2=0，.点(2,3,3)在平面a内； 对于B,(3,-3,4)-(1,-1,2)=(2,-2,2),.(2,-1,2)·(2,-2,2)=4+2+4 10≠0，.点(3，一3,4)不在平面a内；对于C,(-1,2,0)一(1，-1,2)=(-2,3， 2),.(2,一1,2)·（一2,3，-2）=一11≠0，.点（一1,2,0）不在平面a内；对于D, (2,-1,1)-(1,-1,2)=(1,0,-1),.(2,-1,2)·(1,0,-1)=0,.点(2，-1,1) 在平面a内.故选BC. 10.BC因为A(1,0,0),B(1,2,0),C(0,0,1),D(1,0,1),E(5,6,-4),所以AB=(0, 2,0),AC=(-1,0,1),AE=(4,6,-4),所以4AB-3AC=4(0,2,0)-3(-1,0, 4=-y 1》-=(38,一3》≠A2,故A错误：设正-xA店+A亡.即02，解得g4,即 -4=y (一1=λ×0 AE=3AB-4AC,设AC=λAB,即(-1,0,1)=入(0,2,0)，即0=2λ，显然无 1=A×0 解，即AC与AB不共线，所以A,B,C,E四点共面，故B正确；因为OD=(1,0,1),所 以OD·AB=0,OD·AC=1×(-1)+1×1=0,所以OD⊥AC且OD⊥AB,所以向 量OD是平面ABC的一个法向量，故C正确；设平面ABE的法向量为n=(x1,y1, ).所以n·AB=2y=0 n·AE=41十61-41=0令1=1，则1=1,1=0，所以n=(1,0, n·OE 1),设OE与平面ABE所成角为0，OE=(5,6,-4),所以sin0= |n·|OE 15X1+0×6+1×(-4)1=54,即OE与平面ABE所成角的正弦值为15A, /154 2X/52+62+(-4)2 154 故D错误.故选BC. 11.ACD以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角 坐标系，所以A(0,0,0),B(1,0,0),B1(1,0,1),D(0,1, 0),A1(0,0,1),C(1,1,0),C1(1,1,1),D1(0,1,1),E (20,1),则BC=(01,-1D.B元=(-20.1，设 BE与B1C所成角为0，则cos0=cos(BE,B1C)|= A 0×(-2）+1×0+(-1Dx1 x月 =0,所以异面直 5 线BE与BC所成角的正然值方()=，故选项A正确，G0-号 GA-(-合-号0），而手面ABCD,的-个法向量为DA=(0,-1,1D.则点 1 O到平面ABC1D1的距离d1 DA.CO1_之-巨，故选项B错误：易知平面 DA124 A1BD∥平面B1CD1,A1B=(1,0,-1),A1D=(0,1,-1),A1D1=(0,1,0),设平 n·A1B=0 面A1BD的法向量为n=(x,y,之)，则 n·A1D=0 0即8令=1周y= =1,故n=11.1D,所以点D,到年面ABD的距离d,=ADn=是-5 n331 因为平面A1BD∥平面B1CD1,所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点 D1到平面A1BD的距离，故平面ABD与平面B1CD1间的距离为，故选项C正 ；因为A-A+A+号AA,所以A户-1,00)+01.0)+号0， 0》-(是名，号》又店-100则市-是所以点P列直线AB的 AB 可一侣言音0m 12.BD对于A选项，设等边三角形ABC的内切圆半径为r,则号X(4十4十4)X, 号×4X4Xsm60,=2,2=5<4,所以接三校柱设有内切球，A递项错民 3 3 对于B选项，设F是BC的中点，连接AF,则AF⊥BC,AF=4X5=23,根据正 三棱柱的性质可知，BB1⊥AF,由于BC∩BB1=B,BC,BB1C平面BCCB1,所以 AF⊥年面BCCB1,所以Vg-AE=VA-E=3×(合×4X4)X25=165,B 3 选项正确.对于C选项，以F为坐标原点建立空间直角坐标系，如A 图所示，则A(2√3,0,0)，B1(0,2,4),B(0,2,0),A1(23,0,4),设 E(0,一2，t),0≤≤4，则AB1=(一23,2,4)，BE=(0,-4,t),若 AB1⊥BE,则AB1·BE=-8十4t=0,t=2,所以当E在CC1的中 点时，直线AB1与直线BE垂直，C选项错误.对于D选项，BE= A (0,-4,t),AB=(-23,2,0),AA1=(0,0,4),设平面ABB1A1 的法向量为n=(,,则n:A迈一25x+2y=0,故可取n n·AA1=4z=0 =(1W3,0),设直线BE与平面ABB1A1所成角为9，则sin0= n·BE n·BE -43 =2516≤16+2≤32.4<16+7≤42, 2×W16+t2√16+t2 4216+ 行语草肾原得件以重政配方+南A88年 4'4√2√16+2 成角的正弦的取值范国是「E,],D选项正确，故选BD, 4’2」 13.答案（21.-2)（答案不唯一） 解析设直线1的方向向量为d=(,y,z),依题意可知⊥m,所以 \d⊥n2 =0,令y=1.则=-2x=2所以d=(21,-2）: 2y+z=0 14.答案25 解析点P到直线CC1距离的最小值就是异面直线DE和CC1的距离，以D为 原点，DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（图略）， 则D1(0,0,2),E(1,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,2), .D1E=(1,2,-2),CC1=(0,0,2),设n⊥D1E,n⊥CC1,n=(x,y,z), 则n·D1E=x+2y-2x=0,n·CC1=2x=0,z=0, 取y=-1,则x=2,.n=(2,-1,0), 又CE=(1,0,0)…异面直线间的距离d=n·CE_25 n 5 15.答案22 √10 10 解析如图，取A1D1的中点G,BC的中点P,CD的中点 H,连接GM,GN,FH,PE,PH,PF,MG∥EF,NG∥ EP,MG∩NG=G,EF∩EP=E,∴.平面MNG∥平面 PEFH,∴.过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面 为四边形PEFH,.PE=2,EF=1十1=√2，四边形 D PEFH是矩形，∴过EF且与MN平行的平面截正方体所 C Y 得截面的面积为S=2√2.以D1为坐标原点，D1A1所在直 M B 线为x轴，D1C1所在直线为y轴，D1D所在直线为之轴，建金 立空间直角坐标系，则E(1,2,0),F(0,1,0),H(0,1,2),C(0,2,2),EC=(-1,0, 2),EF=(-1,-1,0),EH=(-1,-1,2),设平面PEFH的法向量为n=(x,y, n·EF=-x-y=0 z),则 取x=1,得n=(1,一1,0)，设CE和平面PEFH n·EH=-x-y+2z=0 :园同万CE和我西所成角的正效位 所成角为0，则sin0=EC·n=1 为10 10 16.答案 「5/14 54 解析在平面ABC内过A作Ay⊥AB,显然射线AB,Ay,AA 西西直：以京A为原点射线ABAA4分别为轴非A 负半轴建立空间直角坐标系，如图所示.因为正三棱柱ABC AB1C1的所有棱长均为1，所以A(0,0,0),B(1,0,0),B1(1,0, D.C(2）A=101D.BC-(-29连 接BP,因为动点P在线段AB1上，所以令AP=tAB1=(t, A 0,t),0≤1≤1，得P(t,0,t),BP=(t-1,0,t),|BP2=(t 1)2+t2=212-2t+1 BP·BC=L1+1),因此点P到直 BCI 22 线BC的距离d= ,/Bp:-(BP·BC BC °=√22-2+1-ge+2+D= 8 4 AB上的动点P到直位BC,的距离的取值范国为[怎， 17.解(1)设CA=a.CB=b,CC=c,根据题意得a=b=lc,且a·b=b·c=a .c-0..c-e:Np--c+z6-za.:.C Ap-(+e)(-c+ -)--e+-0.CELAD.CELAD. (2AC--a+e..lACI-/al,ICI :AC.ci=(-a+c)(b+2)=2c2=2a, 参考答案105 .cos(AC,CE)= ials =0,:异面直线CE与AC'所成角的余弦值 10 为0 18.解以D1为原，点，D1A1,D1C1,D1D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(1,0,1),B(1,1,1),C(0,1,1),C1(0,1,0), E(1.20F(1,21） (1)取a=AB=(0,1,0),u= (-1,1,-1), D AC13 则G=1a”=所以点B到直线AC的距离为 A E a-(a…w021-3=3 11W6 (2)因为F心-EC=(-1合0)，所以FC/ECA正-(o,名-1小，所以FC/平 面AEC1.所以，点F到平面AEC1的距离，即为直线FC到平面AEC1的距离.设平 1 面AC的法向量为m=(,ye,则n:A0:所以2y=0, n·EC1=0, -x+2y=0. 所以y二22取=1，则x=1y=2.所以n=(1,2,1)是平面AEC1的一个法向量， lx=z, 又因为-(0，号0)所以点F到年而ABC,的更周为d--后 即直线FC到平面AEC,的距离为 6 19.解选择①， (1).PA⊥平面ABCD,∴.PA⊥AD,PA⊥CD PA=AD=CD=2,∴.PD=2√2. 又PC=2W3,.CD+PD2=PC2,得CD⊥PD 又PA∩PD=P,.CD⊥平面PAD,则CD⊥AD 又，CD⊥BC,.AD∥BC. 又，'AD≠BC,.四边形ABCD是直角梯形 (2)过点A作AD的垂线交CB的延长线于点M .'PA平面ABCD,∴.PA⊥AM,PA⊥AD 如图，建立空间直角坐标系A一xy之 则A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),B(2,1,0). E为PB的中点E(1,号1). AE=(1,21.PC=(2,2,-2).PD=(02.-2.) D 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则 /n·PC=2x+2y-2z=0 M 令y=1,此时n=(0,1,1). n·PD=2y-2z=0 设直线AE与平面PCD所成的角为a, sima=应1=2+1 1 2 .·直线AE与平面PCD所成的角为不. 选择②， (1)PA⊥平面ABCD,∴.PA⊥AD,PA⊥CD .PA=AD=CD=2,∴.PD=2√2. 又PC=23,.CD2+PD2=PC2,得CD⊥PD. 又，PA∩PD=P,∴.CD⊥平面PAD,则CD⊥AD :BC∥平面PAD,BCC平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,.BC∥AD, 又，AD≠BC,.四边形ABCD是直角梯形 (2)同①. 20.解(1)因为底面四边形ABCD是矩形，所以AD⊥AB,而平面A1B1BA⊥平面 ABCD,平面A1B1BA∩平面ABCD=AB,ADC平面ABCD,所以AD⊥平面 AB1BA,又AA1C平面A1B1BA,所以AD⊥AA1. 同理有AB⊥AA1,而AB∩AD=A,ADC平面ABCD,所以AA1⊥平面ABCD. 106参考答案 (2)在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，由(1)知，AB,AD, AA1两两垂直，且AA1即为四棱台ABCD一A1B1C1D 的高. B 以A为坐标原点，射线AB,AD,AA分别为xy,之轴非 D ,A y 负半轴建立空间直角坐标系，如图， 设AA1=h,则A(0,0,0),B(2,0,0),B1(1,0,h),D(0,1,0), BB1=(-1,0,h),BD=(-2,1,0). B.- 设平面BB1D的法向量为n=(x,y,之)， BB1·n=-x+hz=0 则 ,令之=1，得n=(h,2h,1) BD·n=-2x+y=0 易知平面ABB1的一个法向量为AD=(0,1,0), 因此，Ico(AD.1=A·m=,2h=5,解得=1. |AD1n1X1+5h231 所以四棱台ABCD一A1B1C1D1的高为1. 21.解平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF⊥AD,AF C平面ADEF,.AF⊥平面ABCD. AC,ABC平面ABCD,.AF⊥AC,AF⊥AB.过A作AH⊥BC于H, 则BH=1,AH=√3，CH=3,.AC=2√3 ..AB2+AC2=BC2,.'.AC LAB. 故AF,AB,AC两两垂直.以A为坐标原点，AB,AC,AF的 2 方向分别为x轴、y轴、之轴正方向，建立如图所示的空间直 角坐标系A一xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,23,0),E (-1,√3,2)，F(0,0,2). A D (1)证明、AC=(0,2V3,0),BF=(-2,0,2),故AC·BF= B C 0,所以AC⊥BF,即AC⊥BF. H 2 (2)存在.假设在线段BE上存在一，点P满足题意，则易知点P不与点B,E重合， 设阳-A则01（偶 设平面PAC的法向量为m=(x,y,z). -层)-@280， 将m…正-+泽+=0 2λ y=0, m·AC=2√3y=0, /2 2t, 令=1，则=2，所以m=(10,2云）为半面PAC的-个法向量 ·可求得n=1,31为平面BCEF的一个法向 当m·n=0,即X三名时，平而PAC平面BCEP,故存在满足题意的点P,此时 BP 2 PE=3 22.解(1)因为A,D分别为MB,MC的中点，所以AD∥BC. 因为BM⊥BC,所以BM⊥AD,所以PA⊥AD. 又PA⊥AB,AB∩AD=A,所以PA⊥平面ABCD (2)因为PA⊥AB,PA⊥AD,∠DAB=90°，所以 AP,AB,AD两两垂直. P(M) 以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz, 依题意有A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,1,0), P(0,0,2),E(1,1,1), 则PC=(2,2,-2),DE=(1,0,1),BD=(-2,1,0),BP E =(-2,0,2). B A 设平面PBD的法向量n=(x1,y1,之1)， (BD·n=0 」-2x1+y1=0 Dy 则布BP.n=0即{-21十2=0 令y1=2,得x1=1,1=1,所以n=(1,2,1)是平面PBD的一个法向量. 因为c0s(DE,m)=2。=3 √2X63 所以直线DE与平面PBD所成角的正孩值为 (3)假谈存在A使二面角G-AD-P的正弦值为，即使二面角G-AD-P的 余弦值为30 101 由(2)得，PG=λPC=(2入，2入，-2入)(0≤A≤1)， 所以G(2λ，2λ，2-2λ)，AD=(0,1,0),AG=(2λ，2入，2-2A). 易得平面PAD的一个法向量为n1=(1,0,0). 设平面ADG的法向量n2=(x2y2,22), AD·n2=0 则有AG·n=0·印/=0 2λx2+2入y2+(2-2λ)x2=0' 令之2=入，则n2=(A-1,0,)是平面ADG的一个法向量. 若二面角G-AD-P的余弦值为3C 10 则有aa1=-3印 入-1 3/10 √（入-1）2+λ2 10 解得1=一号=子，又周为0心1，所以A=日 故存在A=子，使二面角G-AD-P的正孩值为巴， 第十二单元基本计数原理、排列问题、组合问题 A卷基础达标 1.C分两类情况讨论：第一类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的 平面；第二类，直线b分别与直线（上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类 加法计数原理知，共可以确定8十5=13（个）不同的平面.故选C. 2.BA-A=7×6X5=14,故选B. C4C冬6×5 2 3.C若甲先传给乙，则有甲>乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙甲，甲→乙→丙→ 乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有3十3= 6(种)不同的传法.故选C. 4.B每个碱基有4种可能，根据分步乘法计数原理，可得不同的RNA分子的种数为 4100.故选B. 5.D由题意可得，该题等价于将5个元素（其中3个分别相同、另外2个分别相同）排 成一列，则所有排列数 A号A=10.故选D A 6.B增加2个互动节目后，一共有8个节目，这8个节目的不同排法有A8种，而原有 的6个节目对应的不同排法有A种，所以不同的排法有A56(种).故选® 7.B先将丙和丁捆在一起有A号种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有A种排列方 式，最后将甲插入中间两空，有C种排列方式，所以不同的排列方式共有AAC2= 24(种)，故选B. 8.C7个参赛名额分配给5个班级，每班至少1个参赛名额，名额无区别，可将7个参 赛名额视为7个球，排成一列中间形成6个空隙，插入4块隔板分成5份，每份至少 1个球，所以不同的分配方法有C=15(种).故选C. 9.BC对于A,因为百位数上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为4×4×3 =48,故A错误；对于B,将所有三位数的偶数分为两类，①个位数为0，则有4×3= 12种，②个位数为2或4，则有2×3×3=18种，所以在组成的三位数中，偶数的个数 为12十18=30，故B正确；对C、D,将这些“凹数”分为三类，①十位为0，则有4×3= 12种，②十位为1，则有3×2=6种，③十位为2，则有2×1=2种，所以在组成的三 位数中，“凹数”的个数为12十6十2=20种，故C正确，D错误.故选：BC. 10.BC对于A,n·A=n·(n-1)1=nl:对于B,A·C=(mm n! n！ n! m-m1m≠l:对于C,A时1=(n+1D:对于D.A·A=(m”m(n- m)！故选BC. 11.AD依题意，六本书分给五名数学爱好者，其中每人至少一本，则有一人分得两本 书，剩余四人各分得一本书.思路一，分三步完成：第一步，选择一个人，有C种选 法；第二步，为这个人选两本书，有C%种选法；第三步，剩余四人各分得一本书，有 A种选法，故由分步乘法计数原理知，不同的分配方法的种数为CC洛A=1800, 故A正确.思路二，分两步完成：第一步，先分组，将书分成“2十1十1十1十1”的五 组，有C种方法；第二步，将五组书分配给五个人，有A种方法.故由分步乘法计 数原理知，不同的分配方法的种数为CA=1800,故D正确.AC=3600, C5AA=3600,故B,C错误故选AD.第十一单元向量在立体几何中的应用 B卷能力提升 测试时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给 出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.若PA是平面ABCD的法向量，且四边形ABCD为菱形，则以下 各式不成立的是 () 密 A.PA⊥AB B.PA⊥CD C.PC⊥BD D.PC⊥AB h 2.已知平面a的一个法向量为m=(1,2,一2)，平面阝的一个法向 封 量为n=(2,2,1),则平面a与平面3的夹角的正弦值为( ) 典 A B号 C. n震 线 3.设a,3是不重合的两个平面，a,3的法向量分别为n1,n2,l和m 是不重合的两条直线，l,m的方向向量分别为e1,e2,那么a∥3 的一个充分条件是 内 A.lCa,mCB,且e1⊥n1,e2⊥n2 B.lCa,mCB,且e1∥e2 C.e1∥n1,e2∥n2,且e1∥e2 D.e1⊥n1,e2⊥n2,且e1∥e2 4.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互 不 E 相垂直，以CD,CB,CE所在直线分别为x,y,之 M 轴建立空间直角坐标系，若|AB=2,AF 1,M在EF上，且AM∥平面BDE,则M点的 数 准 坐标为 ( A.(1,1,1) 停 答 c竖竖 5.如图，在一个60°的二面角的棱上有两个点A, 题 B,线段AC,BD分别在这个二面角的两个半 平面内，并且都垂直于AB,且AB=2,AC=1, BD=4,则CD的长为 ( A.3 B.5 C.7 D.17 6.如图，在五面体ABCDE中，正三角形ABC的边 长为1，AE⊥平面ABC,CD∥AE,且CD= 2 丝 邻 AE.设CE与平面ABE所成的角为a,AE=k(k >0,若[吾引，则k的最大值为 ( A号 B.1 C.√2 D.√3 7.在棱长为2的正方体ABCD一ABCD1中， C.直线AB,与直线BE恒不垂直 E,F分别为棱AA1,BB,的中点，M为棱 D.直线BE与平面ABB,A,所成角的正弦值的取值范围 A1B1上的一点，且|A1M=A(0<λ<2)，设点 是63 N为ME的中点，则点N到平面D,EF的距 D 4,2 离为 ) 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 A.√3 R号 D⑤ 13.(开放创新)空间直角坐标系中，两平面a与3分别以n1= 5 (2,1,1)与n2=(0,2,1)为其法向量，若a∩B=1,则直线1的一 8.球O与棱长为2的正方体ABCD一AB,CD1的各条棱都相切， 个方向向量为 (写出一个方向向量的坐标). 点M为棱DD,的中点，则平面ACM截球O所得的截面圆与球 14.如图，在棱长为2的正方体ABCD-AB,C,D,中，E为BC的中点， 心O所构成的圆锥的体积为 ( ) 点P在线段D,E上，点P到直线CC的距离的最小值为 A哥 nyis c D.6x 9 D 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给 出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的 得2分，有选错的得0分. 9.已知平面a过点A(1,一1,2)，其一个法向量n=(2,一1,2)，则 下列点不在平面a内的是 B B.(3,-3,4) 第14题图 第16题图 A.(2,3,3) C.(-1,2,0) D.(2,-1,1) 15.正方体ABCD-AB1CD1的棱长为2，M,N,E,F分别是 10.空间直角坐标系中，O为坐标原点，A(1,0,0),B(1,2,0), A1B,AD,BC1,CD,的中点，则过EF且与MN平行的平面 C(0,0,1),D(1,0,1),E(5,6,-4),则 截正方体所得截面的面积为 ,CE和该截面所成角的 正弦值为 .（本题第一空2分，第二空3分) A.AE=4 AB-3 AC 16.如图，已知正三棱柱ABC-AB,C的所有棱长均为1，P为线段 B.A,B,C,E四点共面 AB,上的一动点，则P到直线BC的距离的取值范围为 C.向量OD是平面ABC的一个法向量 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过 D.OE与平面ABE所成角的正弦值为5 程或演算步骤。 151 17.(10分)如图，在直三棱柱ABC-A'B'C中， 11.已知正方体ABCD一A1BC1D1的棱长为1，点E,O分别是 AC=BC=AA',∠ACB=90°，D,E分别为 A,BA,G的中点，点P在正方体内部且满足A广-A店十 AB,BB的中点， (1)求证：CE⊥A'D; 2AD+号AA,则下列说法正确的是 ( (2)求异面直线CE与AC'所成角的余弦值， ABE与B,C所成角的正弦值是 B点O到平面ABC,D的距商是号 C.平面A,BD与平面B,CD,间的距离为 3 D.点P到直线AB的距离为5 6 12.已知正三棱柱ABC-ABC1的各棱长均为4，点EA 为棱CC上一动点，则下列结论正确的是() A.该三棱柱既有外接球，又有内切球 B.三棱锥B,一ABE的体积是163 3 第一部分单元检测卷35 18.(12分)如图在棱长为1的正方体ABCD一AB,CD1中，E为 线段A1B1的中点，F为线段AB的中点. (1)求点B到直线AC,的距离. (2)判断直线FC与平面AEC1的位置关 系；如果平行，求直线FC到平面AEC1的 距离. C 19.(12分)（开放创新）如图，在四棱锥P一ABCD中，PA⊥平面 ABCD,PA=AD=CD=2,BC=1,PC=23,E为PB的中点， 从①CD⊥BC,②BC∥平面PAD这两个条件中选一个，补充在 上面问题的横线中，并完成解答 (1)求证：四边形ABCD是直角梯形； (2)求直线AE与平面PCD所成角的大小. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答 计分. 36第一部分单元检测卷 20.(12分)如图，在四棱台ABCD一AB,CD,中，底面四边形AB CD是矩形，AB=2BC=2AB1=2,平面A1B1BA⊥平面ABCD, 平面ADDA⊥平面ABCD. (1)求证：AA1⊥平面ABCD; (2)若平面ABB,与平面BB1D夹角的余弦 B、 值为'求四棱台ABCD-AB,CD的高。 A B:- 21.(12分)如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在 的平面互相垂直，已知BC=4,AB=AD=2. (1)求证：AC⊥BF; (2)在线段BE上是否存在一点P,使得平面 PACL平面BCEP?若存在，求出B0的值： D 若不存在，请说明理由. 22.(12分)如图1，在△MBC中，BM⊥BC,A,D分别为边MB,MC 的中点，且BC=AM=2,将△MAD沿AD折起到△PAD的位 置，使PA⊥AB,如图2，连接PB,PC. P(M) B< 图1 图2 (1)求证：PA⊥平面ABCD; (2)若E为PC的中点，求直线DE与平面PBD所成角的正 弦值； (3)线段PC上一动点G满足C=A(0<A<1D,判断是否存在 1,使二面角GADP的正弦值为若存在，求出入的值： 若不存在，请说明理由。