第1期：空间向量及其运算 空间向量基本定理 空间向量及其运算的坐标表示-【数理报】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册同步学案（人教A版）

16.(15分)在棱长为1的正方体ABCD-ABCD1中，E,F分 18.(17分)如图8，在所有棱长均为2的三棱柱ABC-A,B,C, 19.(17分)空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构 别为D,D,BD的中点，点G在楼CD上，且CG=CD,H为C,G的中 中，∠B,BC=60°. 成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐 (1)证明：AB,⊥BC; 标系称为“斜坐标系”.现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的 点，应用空间向量的方法求解下列问题 (2)证明：A,C⊥平面AB,C 夹角均为60°，我们将这种坐标系称为“斜60°坐标系”.我们类比空 (I)求EF与C,G所成角的余弦值； 间直角坐标系，定义“空间斜60°坐标系”下向量的余斜60°坐标：ij, (2)求FH的长 k,分别为“斜60°坐标系”下三条数轴(x轴、y轴、z轴)正方向的单 位向量，若向量n=xi+y+k,则n与有序实数组(x,y,z)相对应， 图8 称向量的斜60°坐标为[x,y,z],记作n=[x,y,z]. (1)若a=[1,2,3],b=[-1,1,2],求a+b的斜60°坐标； (2)在平行六面体ABCD-A,B,C,D1中，AB=AD=2,AA= 3,LBAD=∠BAA1=∠DAA1=60°，如图9，以{AB,AD,A为基 高中数学 底建立“空间斜60°坐标系” (1)若B正=EB,求向量ED的斜60°坐标； (i)若A7=[2,t,0],且AM⊥AC,求1A1 高中数学· 选择性 17.(15分)如图7，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为 1的正方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB,AD的夹角都等于60°，M 必修第 是PC的中点，设AB=a,AD=b,AP=c. (1)试用a,b,c表示向量Bi; (2)求BM的长. A 版)同步核心素养测评 选择性必修第一册（人教A版）同步核心素养测评 参考答案见下期 本版责任编辑：蒋丕清 报纸编辑质量反馈电话： 高中数学 0351-5271268 2026年7月6日·星期 报纸发行质量反馈电话： 期总第1197期 人教A 0351-5271248 数淫招 选择性必修第一册 2025~2026学年 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：21-289 高中数学人教A版 空间向量三定理是指空间向量基本定理、 共面 共线向量定理和共面向量定理，它们既相区别 (2)共面向量定理给出了平面的向量表示， 选择性必修第一册 解读， 又紧密联系.下面分别解读这三个定理，供同学 它既是判断三个向量是否共面的依据，又是已 编辑计划 们参考 知共面条件的另一种表示形式，可以借此将已 空间向量三定理 第1期S1.1空 一、共线向量定理 知共面条件化为向量式，以便进行向量运算 ◎山东费彦青 间向量及其运算、§1.2 对于任意两个空间向量a,b(b≠0)，a∥b (3)三个向量共面是指它们所在的基线平行 空间向量基本定理 的充要条件是存在实数入，使a=Ab. 于同一平面或在同一平面内，并不是指它们的基线 (2)用三个不共面的已知向量组a,b,c可 说明：(1)在此定理中必须要有b≠0这个 一定在同一平面内，利用此定理可以证明四点共 以线性表示出空间的任意一个向量，而且表示 §1.3空间向量及其运 条件，因为0与任意一个非零向量共线. 面、点线共面、线面平行等 的结果是唯一的. 算的坐标表示 (2)在a=b中，对于确定的入和b,a= 三、空间向量基本定理 四、依据共线向量定理、共面向量定理和空 第2期§1.4空 b表示空间中与b平行或共线且长度为1b 如果三个向量a,b,c不共面，那么对任意一个 间向量基本定理可以有下面的具体结论 间向量的应用 的所有向量 空间向量p,存在唯一的有序实数组(x,y,2),使得 (1)A,B,C三点共线台AB∥AC台存在实 第3期空间向量 (3)利用共线向量定理可以证明两条直线p=xa+b+c 数x,使AC=xAB曰存在唯一的一对实数x,y, 与立体几何核心素养 平行或三点共线问题 这时不共面的三个向量a,b,c叫做空间的 使得0元=x0M+y0B,且x+y=1. 综合测评 二、共面向量定理 一个基底，记作a,b,c,其中a,b,c都叫做基 (2)判断空间四点是否共面我们有两个结 如果两个向量a,b不共线，那么向量p与向 向量 第4期核心素养 论：设A,B,C三点不共线，则：①P,A,B,C四点 量a,b共面的充要条件是存在唯一的有序实数 说明：(1)空间任意三个不共面的向量都 阶段测评（一） 共面的充要条件是：存在有序实数对(x,y),使 对(x,y),使p=xa+b. 可以作为空间向量的一个基底，同时由于0与 第5期§2.1直 说明：(1)由于空间的任意两个非零向量任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量 AP=xA正+yAC:②P,A,B,C四点共面的充要 线的倾斜角与余斜率 α，b都可以通过平移，转化到一个平面内，因此共面，所以三个向量不共面就隐含着它们都是 条件是：对空间任意一点0，都有0P=x0+ 第6期82.2直 它们总是共面的.规定：0与任意两个非零向量 非零向量 y0B+z0C,且x+y+z=1. 线的方程 AB=3,AA1=2,E为BC的中 坐标系，则B(0,0,0),D(0,2,2),B(0,0,4) 第7期 §2.3直线 空间向量坐标运算 点，求AO1与BE所成角的余 设BA=a,则A(a,0,0) 的交点坐标与距离公式 弦值 第8期82.4圆 应用show 所以B=(a,0,0) 解：建立空间直角坐标系 BD=(0,2,2), 的方程 0-xy如图1所示 第9期 2.5直 ◎贵州欧善群 由题意得A(2,0,0),01(0,0,2), B1D=(0,2,-2) 线与圆、圆与圆的位置 从近几年高考看，空间向量的题目几乎都 B(2,3,2),E(1,3,0) 因为B,D.BA=0. 离不开空间向量的坐标运算.运用空间向量的 关系 所以40，=(-2,0,2)，B正=(-1,0，-2) B,D.BD=0. 坐标运算可以解决有关定量和定性的问题下面 第10期直线和 所以cos〈AO1,B1E) -2 10 所以BD⊥BA,BD⊥BD 举例说明，供大家参考， =一 2I0 10 又BA∩BD=B,因此B,D⊥平面ABD 圆的方程核心素养综 一、求长度 五、巧解探究性问题 合测评 例1已知A,B,C三点的坐标分别是(2， 即A0与B,E所成角的余弦值为 10 例7已知矩形ABCD,PA⊥平面ABCD,M. 第11期核心素 -1,-2),(4,5,1),(-22,3),且4M=2(a6 三、处理平行问题 N分别是AB,PC的中点，∠PDA=0,能否确定 养阶段测评（二） 例4已知A(1,5,-2),B(3,4,4),C(a,3,b0,使直线MN是直线AB与PC的公垂线？若能确 第12期§3.1 -2AC),求向量A的模 +2),如果A,B,C三点共线，则a+b=定，求出0的值；若不能确定，请说明理由 椭圆 解：4B=(2,6,3),4C=(-4,3,5) 解：如图3，以点A为坐标 第13期S3.2 则=之（店-2AC=(5,0,- ) 解：因为A,B,C三点共线，所以AB∥AC, 原点建立空间直角坐标系，设 A(0,0,0),D(2a,0,0),B(0 双曲线 而AB=(2,-1,6), 第14期§3.3 所以1AM1= 52+02+(-) 2b,0),C(2a,2b,0) AC=(a-1,-2,b+4) 那么P(0,0,2atan0) 抛物线 √149 则2=子=64 -161 M(0,b,0) 第15期 圆锥曲 N(a,b,atan 0) 线的方程核心素养综 二、求角度 所以a=5,b=8,所以a+b=13 四、处理垂直问题 所以AB=(0,2b,0),PC=(2a,2b 合测评 例2已知空间三点A(1,2,3),B(2,-1 例5已知a=(2,-1,3),b=(-4,2,x),-2atan9),M=(a,0,atan0). 第16期核心素 5),C(3,2,5),设a=A正，b=A元，若a与b的夹c=(1,-4,2),若(a+b)1c,则x= 因为AB.MN=(0,2b,0)·(a,0,atan0)=0, 养阶段测评（三） 角为0，求c0s0. 第17期学业水 解：因为4B=(1,-3,2),4C=(2,0,2) 解：由题得a+b=(-2,1,x+3) 所以AB⊥M,即AB⊥MN恒成立. 因为(a+b)⊥c, 若MN⊥PC, 平测评（一） 所以1a1=1AB1=√2+(-3)2+2 所以-2-4x+2(x+3)=0, 则yMn.P元=(a,0,atan0)·(2a,2b,-2atan0) 第18期 学业水 =14 解得x=2. =2a2-2a2tan20=0, 平测评（二） b1=1AC1=√22+02+22=22 例6在直三棱柱ABC-A,B,C,中，∠ABC 得tan20=1. m0cea1。-语 =90°，1BC1=2,ICC,I=4,D为CC1的中 因为0为锐角，所以tan0=1,即0=45° 点.证明：BD1平面ABD 即当6=45°时，直线MW是直线AB与PC的 例3在长方体OABC-0AB,C1中，OA=2, 证明：如图2，以B为坐标原点，建立空间直角公垂线 素养专练 数理极 一、结论多解型 z∈R),则“x+y+z=1”是“点P位于平面ABC 新题速递 例1如右图所示，在正方 内”的 (A)充分不必要条件 空间向量及其运算 体ABCD-A,B,C,D,中，①(AB +BC)+CC;②(AA+AD) (B)必要不充分条件 (C)充要条件 创新题展示 +D,C;③(AB+BB)+B,C; (D)既不充分又不必要条件 ④(AA+A,B)+B,C上列各 四川陈其伟 分析：根据共面向量定理，结合充要条件的概 式中运算的结果为向量AC,的共有」 （将念作出判断. 是否存在实数对(x,y),使得AM=xAB+yAC成立 以上运算结果为AC的序号填到横线上)： 解：若空间任意一点O和不共线的三点A,B, 解：点M与A,B,C不共面，理由如下： 分析：根据向量的运算法则逐个将各式化简作出C,满足OP=xO+yOB+zOC(x∈R,y∈R,z 假设点M与A,B,C一定共面， 判断. ∈R),且x+y+z=1,则点P位于平面ABC内， 则存在实数对(x,y), 解：①（正+BC)+CC=AC+CC=AC；反之，若点P位于平面ABC内，且O币=xO+y0丽 使得AM=xAB+yAC成立. ②(+AD)+DC=AD+D,G=AC;+:0C(x∈R,y∈R,∈R),则x+y+:=1. 于是对平面ABC外任一点O, ③(AB+BB)+B,C=AB+B,C=AC;④(AA 0M=(1-x-y)0i+x0B+y0C, 故选(C). r1-x-y=2, +A,B)+B,C=AB+B,C=AC.所以运算结 点评：本题只要是空间向量与逻辑条件的交 比较原式，由基本定理得{x=-1, 果是4C的有①②③④. 汇问题，解题的关键是熟练掌握充分条件、必要条 y=-1, 点评：结论开放型创新问题，结论是不确定或不件、充要条件的概念。 此方程组无解，这与假设矛盾， 唯一的，解题时要注意运用相应的解题策略，如举反 三、探索型 所以不存在x,y使Ai=xAB+yAC成立. 例、特殊值法、排除法、等价转化、数形结合等. 例3已知A,B,C三点不共线，对平面ABC外 所以点M与A,B,C不共面. 二、知识交汇型 的任一点0，若0M=204-0店-0元，则点M是否 点评：本题主要考查了空间向量的共面向量 例2已知空间任意一点0和不共线的三点A, 与A,B,C一定共面，并说明理由. 定理，考查了方程思想的运用，从结论入手降低了 B,C,满足OP=xOA+y0B+zOC(x∈R,y∈R, 分析：若确定点M是否与A,B,C一定共面，就看思维难度 专项小练一、空间向量及其运算 专项小练二、空间向量基本定理 专项小练三、空间向量及其运算的坐标表示 1.(多选)下列说法正确的是( 1.（多选)已知{a,b,c}是空间的一组基，若 1.在空间直角坐标系Oxyz中，点A(0,1, (A)在同一条直线上的单位向量都相等 a+b,b-c,m是空间的另一组基，则m可以为 -1),B(1,1,2),点A关于y轴对称的点为C,点 (B)只有零向量的模等于0 ( B关于平面xOz对称的点为D,则向量CD的坐标 (C)在正方体ABCD-A,B,C,D,中，AD,与 (A)a (B)c 为 BC是相等向量 (C)a+c (D)a-c (A)(-1,2,-1) (B)(1,-2,1) (D)在空间四边形ABCD中，AB与CD是相 (C)(-1,0,1) (D)(1,0,-1) 2.在四面体OABC中，N是BC的中点.设OA 2.已知a=(2,0,1),b=(3,2,-5),则向 反向量 =a,0i=b,0元=c,则A= ( 量b在向量a上的投影向量是 2.在四面体PABC中，PB-AB-CA= () (Wa++2 (0032,-5) (B)5(3,2,-5) (A)PC (B)AP (C)AB (D)AC (c)5(2.0.1) (D)382.0, 3.已知e,e2,e为空间三个不共面的向量， (B)0+b+e 向量a=e1+ue2+4e3,b=3e1+9e2+e3,若 (c)-a+2b+20 3.(多选)已知向量a=(m,n,2),b=(2, a与b共线，则入+4= () -2,1),则下列结论正确的是 () (A)-3(B)3 (C)-15(D)15 (D)-a++e (A)若a∥b,则m=4,n=-4 (B)若a∥b,则m=-4,n=4 4.已知a1=22,161= 2,b=-2, 3.已知a,b,c是空间的一组基底，其中AB (C)若a⊥b,则m-n+1=0 则a,b〉= (D)若a⊥b,则n-m+1=0 =2a-3b,A元=a-c,AD=2b+c.若A,B,C, 5.已知单位向量a,b满足1al=1a+b1,则 4.已知a=(1,0,1),b=(1,1,2),则向量a D四点共面，则入= ( ) 与b的夹角为 (a+b）b= (-圣 (B)3 5.在空间直角坐标系中，设A(1,2,a),B(2, 4 6.如下图，在空间四边形ABCD中，AB=3, 3,4),若1AB1=5,则实数a的值是 BC=4,AD=5,∠ABC=∠BAD=120°，AD1 (c号 (D)-专 6.已知A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),0 BC. 4.已知0是空间任意一点，A,B,C,D四点满 为坐标原点，点Q在直线0P上运动，当Q·QB (1)求B.BC; 取最小值时，求点Q的坐标 (2)求CD的长 足任意三点均不共线，但四点共面，且0= 2xB0+3yC0+4:D0,则4x+6y+8:= 5.在正三棱柱ABC-AB,C1中，M为 △4，B,C,的重心，若4B=a,AC=b,A4=c,则 数理报社试题研究中心 C=一.（用a,b,c表示）. 参考答案见下期 (B) (C)4 第Ⅱ卷非选择题（共92分） §1.1-§1.3同步核心素养测评 8.如图2，正方形ABB,A的边长为12，其内有两点P,Q,点P到 边A41,A,B,的距离分别为3,2，点Q到边BB1,AB的距离也是3和2. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 现将正方形卷成一个圆柱，使得AB和A,B,重合（如图3）.则此时P, 12.在平行六面体ABCD-AB,C,D1中，E,F分别在棱BB,和 ⊙数理报社试题研究中心 Q两点间的距离为 DD,上，且DF=之DD.记E示=xA店+yA币+：A不，若x+y+:= 第I卷选择题（共58分） 子则 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 13.如图5，在四面体0ABC中，0A=8,AB=6, 1.在空间四边形0ABC中，化简O+C0-C= AC=4,BC=5,∠0AC=45°，∠0AB=60°，则0A与 (A)0C (B)BA 图2 图3 BC所成角的余弦值为 高中 (c)AC (D)OB (A)61+元2 (B)6V2+T 14.已知空间向量a,b,1a1=2,1b1=1,〈a,b》 T T =60°，则使向量a+Ab与Aa-2b的夹角为钝角的实 攀 2.已知点A(-2,3,0),B(1,3,2),AD=2AB,则点D的坐标为 数入的取值范围是 图5 ( (C)6V3+m (D)6V4+ 数学 T T 四、解答题：本题共5小题，共77分 选择性 (A)(-11,3,-6) (B)(9,0,6) 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 15.(13分)如图6，点M,N分别在对角线BD,AE上，且BM= (C)(4,3,4) (D)(-1,15,6) 9.已知空间向量a=（-2,-1,1),b=(3,4,5),则下列结论正 必修第 3BD,AW=了AE.证明：向量示，Cd,D成共面， 3.若点A(2,-5,-1),B(-1,-4,-2),C(m+3,-3,n)在 确的是 选择性必修第 同一条直线上，则m-n= ( (A)(2a+b)∥a 册 (A)21 (B)4 (B)51a1=51b1 册 (C)-4 (D)10 (C)a⊥(5a+4b) A 4.已知空间向量a,b,c满足a+b+c=0,1a1=2,1b1=3, 教 版1c1=4,则a与b的夹角为 () （D)0在6上的投狗显的长度为号 同 (A)30° (B)45 10.如图4所示，M是四面体OABC的棱 步核 (C)609 (D)以上都不对 BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AW 心 5.如图1，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，E是PD 上，且14P=31Pv1,0示=子0丽，设0- 素养测评 A版)同步核心素养测 的中点.若P=a,PB=b,P元=c,则B正= a,0B=b,0C=c,则下列等式成立的是 ( 图4 =+-a 1 (c)a-+ (c)亦：b-子-子知 (D)OP=1 子4a++ (D)2b+2c 3 11.在三棱锥M-ABC中，下列说法正确的是 (A)若而-号店+号C,则C-3筋 3 6.已知向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),1c1=√14， 若(a+b)·c=7,则a,c〉= (B)若G为△ABC的重心，则M元=子+子M店+子MC (A)120° (B)90° (C)60 (D)30° (C)若Mi.BC=0,MC.A正=0，则m正.AC=0 7.在四面体OABC中，点M,N分别为OA,BC的中点，若OC= (D)若三棱锥M-ABC的棱长都为2，P,Q分别为MA,BC的中 号0O+x0店+y0C,且C,M,N三点共线.则x+y= ( 点，则1P01=2高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 装理括 答案详解 2026~2027学年高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期(2026年7月) 第1期2版参考答案 3.AB=(-3,1,-1),BC=(m+4,1,n+2), 因为点A,B,C在同一条直线上， 专项小练一 1.Bc;2A:3.D45.0 所以∥屁则苦=十-是 -19 解得m=-7,n=-3,所以m-n=-4. 5.解：(1)BA·BC=1BA1IBC1cos(BA,BC 4.设a与b的夹角为0，由a+b+c=0得a+b=-c, =3×4×c05120°=-6. 两边平方得a2+2a·b+b2=c2, (2)因为CD=C元+B+AD, 因为1a1=2,Ib1=3,Ic1=4, 所以1CD12=(CB+B+AD)2=1CB12+BA12+ 所以4+2×2×3×cs0+9=16,解得c0s0=子， 1AD12+2(CB.BA+BA.AD+CB.AD)=16+9+25+2(4 ×3×c0s60°+3×5×c0s60°+4×5×c0s90°)=77， 5.成=正-成=m-成 所以CD=1C⑦1=√7. 专项小练二 分店+励)-m 1.ABD:2G:3.D4-2:50-号0+c =}(所-Pm=}(+B配-P 专项小练三 =(-成+元-m- 1B;2.C;3.AC.4.石；53或5， 6.解：设00=入0=(x,入，2入)， 6.设c=(x,y,2）, 则0A=0-00=(1-入，2-，3-2)， 因为向量a=(1,2,3),b=（-2,-4,-6), 0B=0B-00=(2-X,1-A,2-2A): 1c1=/14,(a+b)·c=7, 所以QA.QB=(1-)(2-A)+(2-A)(1-A)+(3 所以a+b=（-1,-2,-3), -2)2-2)=6-161+10=6A-号)°-子 所以√金+子+2=4， 【-x-2y-3z=7, 当A=专时，·0成的最小值为-号 设a与c的夹角为0， 所以0=（侍号号），即0（告专） w。拾分 因为0°≤0≤180°，所以0=120°. 第1期3版参考答案 7.若G,M,N三点共线， §1.1~§1.3同步核心素养测评 则存在实数入，使得0G=入0+(1-A)0示， 一、单项选择题 1~4 BCCD 5 ~8 CABC 提示： 1.0A+CO -CB OA+BO BA. 2.设D(x,y,z）,则AD=(x+2,y-3,z),AB=(3,0,2), 由题可得(x+2,y-3,z)=2(3,0,2)=(6,0,4), 即x+2=6,y-3=0,z=4, 图1 解得x=4,y=3,z=4,故D的坐标为(4,3,4). 又点M,N分别为OA,BC的中点， 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 则0m=之0，o成=30成+分0心， 0,故(C)错误； 3 则od=分成+l2i+2元 2 0亦-0+证=a+b+ 1 4c、 3 = 4a+ b+4 4 C [合 故(D)正确。 故选(B)(D) 则=x解得=y=石则x+y= 2 3 山由而=了店+子花， 1-λ=y 2 得破+励=号店+子心， 8.如图2，过点P作平行于底面的截面圆0， 3 过点Q作平行于底面的截面圆02,002=6， 所以配=子(C-)=子B配 201 设圆柱的底面圆半径为r,则2r=12, 得2BC=3BD,故(A)错误； 解得r=6 202 T 如图3，由于G为△ABC的重心， 于是<0瓜d心-22- 连接AG并延长，交BC于点Q, M 图2 由P0=P0+00+0,0, 得1p01=√(P0+0,O+02 =√2r+00+2P00,d =2x() +62+2× 图3 =63+m 则配=子对=子·宁(+宁(+， T 所以元=+A元=+子A+子Ad 所以P,Q两点间的距离为53+元 二、多项选择题 =i+子店-子+子心-子 9.BD;10.BD;11.BC. =子+子应+子成故(B)正确： 提示： 9.由题得2a+b=(-1,2,7),a=（-2,-1,1), 由MA.BC=0得(MB+B)·BC=0, 而}女子≠子故(A)不正确： 即M正.BC+BA.BC=0, 由M元.A店=0得(M2+BC·A正=0， 因为1a1=6,1b1=52, 所以5Ial=√31b1,故(B)正确： 即M正·AB+BC·AB=0, 因为a·(5a+4b)=(-2,-1,1)·(2,11,25)=10≠ 两式相加可得M店.BC+M店.A店=0， 0,故(C)不正确； 即M正·AC=0,故(C)正确： 因为a在b上的投影向量的长度为Il al cos(a,b〉I= 因为三棱锥M-ABC的棱长都为2，可得AQ=MQ=√3， :=号放D)正确 1bI 则1P1=√(3)2-12=2，故(D)错误 5 故选(B)(C). 故选(B)(D). 三、填空题 10.利用向量加法的运算法则得O=分成+分0心_ 12子；133-2：14(1-5，-1+ 5 b+之c,故(A)错误： 1 提示： 利用向量减法的运算法则得示=0-0-子0成-0 12设器 =A, =+-a,故(B)正确： 则E求=EE+BA+AD+D示 因为IAPI=3IPWI, =-A丽-店+d+子丽 所以=子兮+c-a）=动+ 4c- =--A店+丽+分 -2 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 =-证+而+（分-）， B 1 所以x=-1,y=12=2-A 因为+y+=-A=所以=子 D 13.因为BC=AC-A正， 图4 所以OA.BC=O.(4元-AB =0A.AC-OA.AB 则贿(0.0,2)）r(分20），c0,1),c(0,,0 =101IAC1cos(0A,4C-1O1A正1·cos(OA,A 所以G(o,-子庄=（分方） =8×4×cos135°-8×6×c0s120 =-162+24. 所u1G1=平，11=号 所以cos(O,BC=O·Bd I OAII BCI 脉.GG=3x0+分×(-4)+(-2)x(- =24-162=3-22 8×5 5 即0A与BC所成角的余弦值为3-22 所以os(,CG= 得 E㎡.CG 5 14.因为1a1=2,1b1=1,(a,b〉=60°， 则异面直线EF与G,G所成角的余弦值为一 所以ab=lalb1cos(a,b)=2×1×2=1, 1 (2)1)得0，）， a2=1a12=4,b2=1b2=1, 故(a+Ab)·(Aa-2b)=Aa2+(X2-2)a·b-2Ab2 =4X+(2-2)-2x=X2+2入-2， 所以FH=IF 1a+Ab12=a2+2a·b+A2b2=X2+2x+4, 1Aa-2b12=A2a2-4Aa·b+4b2 √()+（餐）+（兮）=烟 =42-4入+4=4(X2-入+1)， 17.解：(1)因为M是PC的中点， 因为向量a+b与Aa-2b的夹角为钝角， 所以a+b)·(Aa-2b)<0, 所以B或=(B配+成)， lcos(a+Ab,Aa-2b〉≠-1， 因为A=B配，B配=A-A正， 即a+Ab)·(Aa-2b)<0, (a+b)·(Aa-2b)≠-la+Ab11Aa-2bl. 所以丽=而+（市-A], 期+2A2<0 结合4正=a,4币=b,4=c, 1λ2+2》-2≠-2√尺+2A+4·√-+1， 得d=2b+(e-a)]=-7a+b+c 解得-1-5<入<-1+5， (2)因为AB=AD=1,PA=2, 即Ae(-1-√3，-1+5). 所以1a1=lb1=1,lcl=2. 四、解答题 因为AB⊥AD,∠PAB=∠PAD=60°， 15.证明：由题图知 所以a·b=0,a·c=b·c=2×1×cos60°=1. MN DN -DM 由()知威=-+动+宁， 1 =(子耐+号)-号丽 +2 =子+号正-子耐+成 = (a+b+c2-2a·b-2ac+2b·c) 1 =号成子成 4×(1+1+4-0-2+2)=3, 1 = 2 所以向量MN,C⑦，D正共面. 16.解：(1)如图4所示，建立空间直角坐标系， 所以1丽1=石，即BM的长等于 -3 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 18.证明：(1)易知(A店，BC=120°，AB=A店+BB, 专项小练二 则AE.BC=(A店+BB)·BC 1.A;2.A;3.ABC. 4石56 AB.BC+BB.BC 第2期3版参考答案 =2x2×(-7）+2x2×7=0 空间向量的应用同步核心素养测评 所以AB,⊥BC 一、单项选择题 (2)易知四边形A4C,C为菱形，所以A,C1AC. 1~4 AADC 5~8 DCCA 因为AB·AC=(BB-B·(AC-AA) 提示： =(BB-B·(BC-B-AA 1.由题意可得a∥b,所以b=入a(入∈R), =BB·BC-BB·BA-BB·AA-BA·BC+B·BA 则(-4,2x2,6.x)=A(2,-1,3)=(2入，-入，3入)， BA.AA r-4=2λ， BB BC-BB'.AA"-BA.BC+BABA 所以2x2=-入，解得入=-2， lx=-1. 6x=3入， =2×2×号-4-2×2×7+4 2.设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z), =0, 由AB⊥n,AC⊥n, 所以AB⊥A1C,又AC1∩AB,=A, 得+2)+3：=0所以=， 所以AC⊥平面AB,C1. 3x+2y+z=0,ly=-2x, 19.解：(1)由题知a=i+2ji+3k,b=-i+j+2k, 令x=-1,解得y=2,z=-1, 所以a+b=(i+2i+3k)+（-i+j+2k)=3j+5k, 所以n=（-1,2,-1). 所以a+b=[0,3,5]. 3.直线l的方向向量为b,平面ax的法向量为n, (2)设ij,k分别为与AB,AD,AA同方向的单位向量， 若可能有l∥a,则b⊥n,即b·n=0. 则AB=2i,AD=2j,AA=3k, (A)选项，b·n=1×(-2)=-2≠0，不符合题意； (B)选项，b·n=1×1+3×0+5×1=6≠0，不符合 (i)D=0-花=（币+）-（店+A) 题意； =-+而+号d-2ⅱ+2方+k (C)选项，b·n=0×(-1)+2×0+1×(-1)=-1≠ 0,不符合题意； =【-22] (D)选项，b·n=1×0+(-1)×3+3×1=0,符合题 意.故选(D) (i)由题AC=A正+Ad+A4=2i+2i+3k, 4.AB=(-1,-1,-1),4C=(2,0,1), 因为Ai=[2,t,0],所以A=2i+j, P=（-x,1,-z. 由AM1AC知A☑.AC=(2i+2+3k)·(2i+)=0, 因为PA⊥平面ABC, 42+2j2+(4+2t)i·j+6k·i+3k·j=0, 所以PA⊥AB,PA⊥AC 4+2+(4+2)·7+3+}=0=-2, 所以P.A店=P·AC=0, 则1Ai1=12i-2j=√(2-2j) 202 =√4+42-8i·j=√4+4-4=2. 所以点P的坐标为(-1,0,2). 第2期2版参考答案 5.由题意可知OP在直线l上的投影向量的模长为 专项小练一 10.u1=6=25, 1.A;2.B;3.AD.4.1;5.4. 6.解：因为A(1,2,3),B(2,0,-1),C(3,-2,0), 所以点P(1,2,3)到直线的距离为 所以4B=(1,-2,-4),AC=(2,-4,-3). 设平面a的一个法向量为n=(x,y,z). 则有·正=0， 即-2y-4:=0,解得=2 故点P(1,2,3)到直线的距离是2. 1n.4C=0,1l2x-4y-3z=0, z=0. 6.A店=(-1,1,0)，4C=(-1,0,2),42=(0,-1,0), 令y=1,则x=2.故平面α的一个法向量为n=(2,1,0) 设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z), 4 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 则=0即+=0， 设平面MBC与平面BCA的夹角为a, A元.n=0,L-x+2z=0, 则eaa=lo(mw1=3 10 令x=1得)=1，：=分则n=(1,1分) 所以平面MBC与平面BCA的夹角的余弦值为3而 10 所以4号 二、多项选择题 7.以D为坐标原点，建立如图1所示的空间直角坐标系。 9.ABC;10.ACD;11.ABC. 提示： 9.因为AP.AB=-2-2+4=0,所以AP1AB, 所以AP⊥AB,故(A)正确： 因为AP.AD=-4+4+0=0,所以4P1AD, 所以AP⊥AD,故(B)正确； 因为AP⊥AB,AP⊥AD,AB∩AD=A, 图1 所以AP⊥平面ABCD, 设SD=t(t>0), 所以AP是平面ABCD的一个法向量，故(C)正确： 则B(2,2,0),C(0,2,0),S(0,0,t), BD =AD-AB=(2,3,4),BD =AP, E(21,0),F(0,1,） r2=-入， 所以武=(-2,1,0)，脉=（-2，-1，)月 即3=2入，方程组无解，故(D)错误。 4=-入， 因为直线EC与B5所成角的余弦值为号， 故选(A)(B)(C). 10.由题意可得D(0,0,0),B(3,2,0),D'(0,0,1), 所以1cos(E元，B1=1元.B A'(3,0,1),C'(0,2,1), I ECII BFI 则BD=(-3,-2,1), 14-1+01 5 5 DA=(3,0,1),故(A)正确； 4+T× 4+1+4 解得t=4(负值舍去)，即SD=4. cos(DI,BD=DA·BD I DA'II BD'I 8.如图2所示，过A作AE⊥CD,垂足为E, -8 则DE=1,以A为坐标原点，分别以AE,AB,AP所在直线 -~435 √10×√14 35 为x,y,z轴建立如图2所示的空间直角坐标系， 所以异面直线A'D与BD'夹角的余弦值为压 35, 故(B)不正确； DC=(0,2,1). 设平面A'C'D的一个法向量为n=（x,y,z), 则·=0 所以3+2=0， 图2 ln·Dc=0, 2y+z=0, 则B(0,1,0),C(22,1,0),P(0,0,1),D(22,-1,0), 取z=6得n=（-2,-3,6),故(C)正确： (E,-3) 易知平面A'DD'的一个法向量为m=(0,1,0), 设平面C'A'D与平面A'DD'的夹角为0， 或=（5，-33）d=(22,0.0. 则cw0=camm1==号 设平面MBC的一个法向量为m=(x,y,2), 故平面CA"D与平面A'00的夹角的余弦值为号 rm·BC=22x=0, 则 故(D)正确， mB=万x-2+=0, 1 故选(A)(C)(D) 令y=1得m=(0,1,3). 11.以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z 取平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1), 轴建立如图3所示的空间直角坐标系， 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 图4 图3 则A(1,0,0),C(0,1,0),S(0,0,1),B(1,1,0), 则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(2,0,1) 从而AC=(-1,1,0),58=(1,1,-1). 易得平面a的一个法向量为C=(2,-2,1), 设P(0,2,z),0≤z≤2，直线AP与平面a的夹角为0， 设向量n=)消足C=0, ln·SB=0, 则P=(2,-2,-z), 即-+y=0,令y=1得n=（11,2. 所以sin0=lcos(p,Ci1=8-g lx +y-z=0, 3√2+8 在AC上取点A,在SB上取点B, 设8-z=t, AB=(0,1,0),故异面直线SB与AC间的距离为 则sin0= 3/(8-t)2+8 d=IAB.nl=6 I nl 6 1 =,te[6,8], 14.如图5，以D为坐标原点，分别以 3√(：）+ DA,D元，DD的方向为x,y,z轴正方向建 立空间直角坐标系， 所以当1=6，即：=2时，im0有最小值，为， 则D(0,0,0),P(1,a,0),Q(0,1,a), R(a,0,1),C(0,1,0), 当1=8即：=0时，m0有最大值，为故(A)正确： 因为G是△PQR的重心， 图5 B元=(-2,0,0)，所以点C到平面a的距离为d= 所以c(a+1,a+1a+1) 3,3,3 心、=号故(B正确： 所以D元= I CMI ） 设E,F分别为BC1,C,D的中点，易证CM⊥平面BDFE, 设平面CPQ的一个法向量为m=(x,y,z), 则平面BDFE就是平面α截正方体所得的截面， 因为C=(1,a-1,0),C0=(0,0,a), 易得四边形BDFE为等腰梯形， m·Cp=x+(a-1)y=0, 所以 其面积为号，故(C)正确，(D)结误 Im.co=az =0, 令y=1,则m=(1-a,1,0), 故选(A)(B)(C). 因为直线DG与平面CPQ所成角为45°， 三、填空题 2-3,1B复4万- 所以sin450=1cos(D元，m)1=1Dd2:ml I DGI .I ml 提示： 2-a =2 5/a-2a+2 12.由题知0=（-3，y,2), 化简得a2+2a-2=0, 因为0A⊥，所以0A∥n, 解得a=5-1或a=-5-1(舍去). 设0=An(入∈R), 四、解答题 则(-3，y,2)=A(6,-2,z), 15.解：以A为坐标原点，AB,AD,AP的方向分别为x,y,z轴 1 的正方向建立空间直角坐标系如图6所示， -3=6入， 入=-2 所以 y=-2A,解得{ y=1, 2=入z, z=-4 所以y+z=-3. 13.以点D为坐标原点，DA,DC,DS所在直线分别为x轴y 轴、z轴，建立如图4所示的空间直角坐标系， 图6 6 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 则P(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0), 因为A1D⊥DC,AD∩DE=D,AD,DEC平面ADE, 0(1,1,0),F(1,0,1),E(0,1,1), 所以DC⊥平面ADE,又AEC平面A1DE, 所以F元=(1,2，-1)，F2=(-1,1,0), 所以DC⊥AE, 设平面EFC的一个法向量为n=(x,y,z), 又因为AE⊥DE,DC∩DE=D,DC,DEC平面BCDE, 则元=0=+2-=0 所以A1E⊥平面BCDE. nFE=0-+y=0, (2)解：不存在.理由如下： 由题意以E为坐标原点，EB,ED,EA,所在直线分别为x, 令x=1,则y=1,z=3. y,z轴，建空间直角坐标系，如图8， 所以平面EFC的一个法向量为n=(1,1,3), 因为0G∥平面EFC,则n·oG=0. D 设G(0,0,a),则0元=(-1，-1，a), 所以-1-1+3a=0. B 解得0=子所以c(0.0,子），即4G=子 图8 则DE=25, 16.(1)证明：取PD的中点Q, A1(0,0,2),B(2,0,0),C(4,25,0),D(0,25,0), 连接MQ,CQ,如图7， 所以BA=(-2,0,2),BC=(2,25,0). 设平面A1BC的一个法向量为m=(x,y,z), m·BA1=-2x+2z=0, 则 m·B元=2x+23y=0. 令x=-5得y=1,z=-5, 所以m=(-√5,1，-5)， 图7 设P(t,0,0)(0≤t≤2)， 因为M,Q分别为PA,PD的中点， 则AP=(t,0,-2),A1D=(0,25,-2) 所以M0∥AD,M0=4D=1, 设平面ADP的一个法向量为n=(a,b,c), A1D.n=25b-2c=0, 又底面ABCD为正方形，N为BC的中点， 则{ A B.n ta -2c =0, 所以C∥AD,NC=D=1, 所以MQ∥NC,MQ=NC, 令a=2可得a=(2,得片 所以四边形MQCN为平行四边形，所以MWN∥CQ, 因为平面ADP上平面A,BC, 因为MW￠平面PCD,CQC平面PCD, 所以am=-25+停-1=0，解得=-3， 所以直线MN∥平面PCD. (2)解：因为底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD, 因为0≤t≤2， 所以AB,AD,AP两两互相垂直 所以在线段EB上不存在一点P, 以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x轴y轴、z 使平面ADP⊥平面ABC. 轴建立空间直角坐标系，如图7， 18.(1)证明：连接BD交CE于点G,连接FG, 则M(0,0,1),B(2,0,0),D(0,2,0),N(2,1,0) 由E∥BC,得%-在△AC中，由DE∥BC. 所以M=(0,2,-1),DN=(2,-1,0),B=(0,1,0), 设平面MWD的一个法向量为n=(x,y,z), ·证=0即-=0 则 则能号路Pm∥G, n·D示=0,12x-y=0, 而又FGC平面CEF,PD￠平面CEF, 令x=1得n=(1,2,4), 所以PD∥平面CEF. 所以点B到平面MWD的距离 (2)解：由DE⊥CD,DE⊥PD,CD∩PD=D, d=1B,nL=2-22I CD,PDC平面PCD, 1n=方21 得DE⊥平面PCD,又PCC平面PCD, 17.(1)证明：因为DE1AB,AB∥DC, 则DE⊥PC,又DE∥BC, 所以DE⊥DC, 因此PC⊥BC,直线CP,CD,CB两两垂直， 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 以C为坐标原点，CD,CB,CP所在直线分别为x轴，y轴，z 故以O'为原点，以A,O'、O'A所在直线为x、z轴，建立如图 轴建立空间直角坐标系， 10所示的空间直角坐标系， 则D(2,0,0),B(0,3,0),E(2,2,0), Pro.,25.og5） =2,20).=(0g）m=2.0,-2 设Pi=tPi(0<t<1), 则ci=C+Pi=(2t,0,23-25t), 图10 设平面CFE的一个法向量为m=(x,y,z), m㎡名+ 则0(0,0,0)，A1(0,0,4),42(2,-6,0), 则 520, A(2,6,0),A4(-22,0,0),0(0,0,1), m·C2=2x+2y=0, 因为0A=子0A,即0成-子0 令z=1得m=(5,-5,1), 设平面HCF的一个法向量为n=(a,b,c), 则(4号0兮） a亦=g+6e=0, 则 所以不=0,26.0)=(-79，-5写） n·Ci=2ta+23(1-t)c=0, 设平面A2A44的一个法向量为n=(x,y,z), 令c=t得n=(3(t-1),-3t,t), 设平面HCF与平面CFE的夹角为O, A2A⊥n, 26y=0, 则 即 1m·nl AA⊥n, 72 2x-6+子=0， 1 cos0 =1 cos(m,n)I=m 17t-31 1 令x=1得n=(1,0,72), = =7 √万·√7-6t+3 又0A=(0,0,3), 解得1=宁或：= 所以cs(Odm）=,21巨。=72 3T×3 33 所以瑞=子瑞=音 19.解：(1)点0为四面体A-AAA4外接球的球心， 放0以与面怎L所成角8的正孩值为票 即0A1=0A2=0A,=0A4,且A101面A2A3A4,A20⊥ 第3期3版参考答案 面A1A3A4,A0⊥面A1A2A4,A401面A1A2A3, 则空间四面体A1-A2AA4的每一条棱都相等， 空间向量与立体几何核心素养综合测评 BAA2 =AA3 AA A2A3 AA A.A2. 一、单项选择题 (2)在四面体A1-AAA4中，不妨令 1~4 DCBD 5~8 DDCA 0A1=0A2=0A3=0A4=3,A1A2=A1A3 提示： =A1A4=A2A3=A3A4=A4A2=a, 1.由对称性可知点C的坐标为(1,2，-1)， 在面AAA4内作点0的射影0'， 由空间两点间的距离公式得 连接0'A2, 1BC1=/(-3-1)2+(-1-2)2+(4+1)7=52. 在等边△A2A34,中，0'为其外心， 图9 2.设P(x,y,z),若点P在平面a内，则n·Mp=0, 则0%=子×县-， 则2(x-1)-(y+1)+2(z-2)=0, 在Rt△A,O'A2中（如图9），可得 经过验证只有点(2,3,3)满足. 3.ka+b=(-k+1,k,2),a-2b=(-3,1,-4), 0A=Va-0=√a-(a)=5, 因为ka+b与a-2b互相平行， 所u(5-3)°+（停）=， 所以二+1=k=2 -3 1 -4 解得a=26,所以0A=气=9x26=-4 解得6=一之 4.因为a与b的夹角为钝角， 又因为A101面A2AA4,且垂足为0'， 所以a·b<0,且a与b不共线， —8 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 [-1-2(x-1)-1<0, 所以 -1 所以0成=(00.)成=（分0，-9）。 -2 ≠-1， 解得x>0且x≠3， 可=(） 所以x的取值范围是(0,3)U(3,+). 设平面BCD的一个法向量为n=(x,y,z), 5.连接AC,BD相交于点O, 则d=子C=之（正+， BC·n=0, 2、 2=0, 则 CB.n=0. 由于0-2而-2(d-耐=2[3(+动-] 分+=0， 令z=1得x=√3，y=1,则n=(3,1,1), =AB +AD-2Ap=a +b-2c. 6.在棱长为2的正方体ABCD-AB,CD1中，以D为原点， 易知平面c01的-个法向量为0成=(0,0，号)， DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如 设平面BCD与平面CDA的夹角为O, 图1， 5 2 D 所以cos0=1cos(0B,n〉1= 5 x5 5 2 8.如图3，连接A1C交BD1于点O,连接A0, DP 过点C作CH⊥A0于点H,连接CO,AC A 易得平面ABD,⊥平面AA,C,C, 图1 且平面AB,D1∩平面AA,C,C=A0,CHC平面AAC,C, 则有B(2,2,0),F(1,0,2), 则F=(1,2,-2), 所以CH⊥平面AB,D,则CH=4D 5 设点P(0,y,0)y∈[0,2]， 设A41=a(a>0),则A0=C0=√/a+2,AC=22, Bp=（-2,y-2,0), 则根据三角形面积公式得 则点P到直线BF的距离为 分x40xCH=分×4CxM, d= 1Bp12- BFB 代入解得a=22(负值舍). 以A为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系。 /(2-4y+8)- =√(-)+5， 5 当且仅当y=。时取等号。 则点P到直线BF的距离的最小值为4亙 7.设菱形ABCD的边长为1， 图3 取AC的中点O,连接B0,D0, 则A(0,0,22),B(2,0,0),D1(0,2,0),D(0,2,22), 因为∠ABC=60°，所以B0⊥AC, 所以AD=(0,2,-22),AB=(2,0,-22), 又平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC, 所以BO上平面ACD,如图2建立空间直角坐标系， B,D=(-2,2,22) 设平面AB,D1的一个法向量为n=(x,y,z), =0即-2=0 则 n·AB=0,l2x-2√2z=0, 令x=2得y=2,2=1, 图2 所以平面ABD1的一个法向量为n=(2,√2,1). 期00.0,0)，c(30,0）,s(0.0）D(0,号0) cos(B.B,n) 可n=D I B D I I nl 10, 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 所以直线B,D与平面AB,D,的夹角的余弦值为 -( 2 =30 10 二、多项选择题 9.ACD;10.ABC;11.ABC. -0 G 提示： 图5 9.A正=(2,1,0)，BC=(-3,1,1),4C=(-1,2,1), 设点O是顶点A在底面的射影，则AO是正四面体ABCD的 所以1A店1=√2+下=√5，故(A)正确： 高，OB是△BCD的外接圆半径，所以Bd=2OG, 子3≠十，所以正与成不共线放()错误： 因为AE⊥底面BCD,CDC底面BCD, 所以AE1CD,所以A正·C⑦=0，故(A)正确； AB.A元=-2+2=0， 取CD的中点G,AB的中点F,连接AG,BG,GF, 所以AB和AC夹角的余弦值是0，故(C)正确； 设A0nFG=E', 与AC同向的单位向量是 设证=A0则证=A(号花+子)， A花=-12. 666 IACI1+4+1 6’3’6 ,故(D)正确. 由F,E',G三点共线得 故选(A)(C)(D). 4证=ud+(1-)证=uC+2业， 10.如图4，以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为 「入= x轴y轴、z轴建立空间直角坐标系， 4 所以 解得 1 μ=2 所以证=是d,证=子花+之应， 所以E'为FG的中点， 因为AG=BG=5x2=5, 2 B 期0B=号8G=号×号x2-2 3 图4 则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0), AO =VAB OB=2/6 3 A1(2,0,4),B1(2,2,4),D1(0,0,4). 因为BE=(A0-AE)2+B02, 设E(0,2,a),ae[0,4], 即AE=(A0-AE)2+OB, 则4B=(0,2,0),BE=(-2,0,a), 则4e-(25-e)+(2) 因为A,B·B正=0，所以A,B,⊥BE,故(A)正确； 因为VE-BBD=V1-BE, 解得46-今放(C)正确： 又S△B1E为定值，点D,到平面BBE的距离也为定值， 所以VE-B1BD,为定值，故(B)正确； 由40=25,4Ac=9得正=子d. 设平面BDE的一个法向量为n=(x,y,z), 所以E,E'重合，所以E为FG的中点，即EF=EG, 因为B2=(-2,0,a),BD=（-2,-2,4), 所以E+EB=2E,E元+ED=2EG, 所以·B配=-2x+心=0， 则E+EB=-(E元+E), ln·BD=-2x-2y+4z=0, 所以E+E+E元+E元=0，故(B)正确： 令x=a,则y=4-a,z=2,所以n=(a,4-a,2), 因为cos(AC,Ad=cs(AC,Ad=40=E AC 3 因为AC=（-2,2,0),所以由AC·n=-2a+8-2a=0, 可得a=2,所以E(0,2,2),故(C)正确； 所以正.元-1（花-x2x5- 3 因为BD⊥平面BD1E,DB=(2,2,4), 2,故(D)错误. 所以号=422=子，无解，故(D)结误 故选(A)(B)(C). 2 三、填空题 故选(A)(B)(C). 11.由题意得E是正四面体ABCD外接球的球心，如图5. 123；13原，14a<a< 10 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 提示： =6-2a·b-4a·c+4c·b=√6. 12.因为点P(-3,x,1)在平面ABC内， (2)由0A=a+b+c得 所以存在实数入，μ使得AP=入AB+uAC成立， 10A1=√(a+b+c) 所以(-4，x-1,0)=A(-1,2,-1)+u(-3,-2,3), =√3+2a·b+2a·c+2c·b=5, 2 -4=-入-3μ， 4= 所以MB和OA夹角的余弦值为 所以 x-1=21-20,解得{入=2， 0=-入+3μ， cos(应，0或=店.0i I MBII OAI =-0+B+2c2+ac+3c…b 13.由题意0=(-1,1，-1)，n=(1,-1,1), 6×5 所以0·n=-1-1-1=-3, 4 所以点A到平面a的距离d=0·n=-3L=5 5 所以店和0夹角的余弦值为20 14.记BB1=a,AB=BC=b, 15 如图6，以A为原点，AB,AD,AA1的所在直线为x,y,z轴建 16.(1)证明：设{B,BC,BP为空间的一组基底， 立空间直角坐标系， 因为E,F分别为PA,PC的中点， 所以成-之脉+子威，酥=之武+分成 B 又D元=2G, 所以B配=B励+心=励+子丽=B+子(- =子励+号脉=子威+分底+号配 图6 子（宁厨+）+号（分配+宁） 则A(0,0,0),A1(0,0,a),B(b,0,0) D0,60),D(0,ba,n(b,b号） 子成+子胶 故B,E,G,F四点共面 所以AB=(b,0,-a),AD=(0,b,a), (2)解：由正四棱锥的对称性知， B=(-b,60)4i=(b.6,号） Vi =2VE-PRG,V2 2VA-PBD. 设点E到平面PBG的距离为d, 所以cosa,=1cs(店，A0)=a+ a 点A到平面PBD的距离为d2, 1 由E是PA的中点得d2=2d. 1+(合) >2 由DC=2G,得SAPD=3S△Pac, -S△Pg·4-1 又ae(o,受]，故ae(o,号) 17.解：以D为坐标原点，DA,DC,DP所在直线分别为x轴、 cosa,=lcos(A,店.Bd1= b y轴、z轴，建立如图7所示的空间直角坐标系， 2·a+b <2 √+(÷) 又ae(o,」故ae(号） D 因为所.=-6++0·号=0， B 图7 所以B配上d,所以a=受 设PD的长为z(z>0), 故a1<a<3 则B(2,2,0),P(0,0,z),A(2,0,0),C(0,2,0), 四、解答题 所以E(1,1子）片 15.解：(1)由已知可得M元=0成-0=-a+b+2c, 所以1MB1=√(-a+b+2c) (Da=（-1,1)=0,0 -11 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 因为cos(A正，D=A正·D亦-E =1-4λ+42+1-(1-4入+42)=1， 花丽=号， 因此点P的坐标总是满足曲面C的方程， 所以直线在曲面C上 所以 5 √1*1+ 3 (2)解：直线'在曲面C上，且过点T(2,0,2), 设M(x1y,）是直线'上任意一点， 解得z=2,即PD的长为2 直线'的方向向量为d=(a,b,c),则有T∥d', (2)存在，F为AD的中点 从而存在实数t,使得T=td', 假设在AD上存在一点F,使EF⊥平面PBC, 即(x1-2,y1,a-2）=t(a,b,c), 设F(a,0,0),0≤a≤2， rx1-√5=at, 则E=(a-1,-1,-1),BC=(-2,0,0), 则{y=t, 解得x1=2+at,y1=bt,=2+ct, P店=(2,2，-2).因为EF1平面PBC, z1-2=ct, 所以E.BC=0且E示，P2=0. 即点M(2+at,bt,2+ct), 即-2(a-1)=0且2(a-1)-2+2=0,所以a=1. 由点M(x1,y,a)在曲面C上，得 所以存在点F使EF⊥平面PBC,且F为AD的中点. 18.(1)证明：因为F,G分别为PB,EB的中点， (E+a2+)2-2+cw)2=1, 1 4 所以FG∥PE. 因为FG4平面PED,PEC平面PED, 整理得（女+-号）F+(2万a-e1=0, 所以FG∥平面PED. 依题意对任意的实数t有 (2)解：因为EA⊥平面ABCD,EA∥PD, (+公-子)F+2万a-0=0恒成立， 所以PD⊥平面ABCD,AD,DCC平面ABCD, 所以PD⊥AD,PD⊥DC. 因此d+6-号=0，且2万a-c=0, 又因为四边形ABCD为正方形，所以AD⊥DC, 则以D为坐标原点，DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴 解得c=22a,b=a或c=22a,b=-a, 建立空间直角坐标系， 不妨取a=1,则b=1,c=22或b=-1,c=22, 则P(0,0,2),B(2,2,0),C(0,2,0),E(2,0,1), 即d'=(1,1,22)或d'=(1,-1,22), F11,10.c(21,）,0,1,0, 又直线1的方向向量为d=(-2,0,-4), 所以异面直线！与'所成角的余弦值均为 P元=(0,2，-2)，CB=(2,0,0). 设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z), 1a1“升石只-。 25×√10 10 P元=0即2-2=0， 则 第4期参考答案 n·C2=0,12x=0, 核心素养阶段测评（一） 令y=1得z=1,则n=(0,1,1), 同理可得平面FGH的一个法向量为m=(0,1,0). 一、单项选择题 设平面FGH与平面PBC的夹角为O, 1~4 BABC 5~8 DDCD 提示： 则c0cm,a1==号 1.MC-AB+AD=MC-(AB-AD)=MC -DB=MC+ 所以平面FGH与平面PBC的夹角为开 BD=M元+2MG=3MG 2.因为d=4a+8b+7c,且d=x(a+2b)+y(b+3c)+ 19.(1)证明：设P(xyo,)是直线1上任意一点， z(c+a)=(x+z)a+(2x+y)b+(3y+z)c, 而d=(-2,0,-4)为直线1的方向向量， x+z=4, rx=3, 则有QP∥d,从而存在实数入，使得QP=d, 所以{2x+y=8,解得{y=2, 即(x0-1,0-1,20-2)=A(-2,0,-4), 3y+z=7, z=1. r-1=-2入， 所以x+y+z=6. 则%-1=0，解得x0=1-2入，=1，=2-4入， 3.依题意e1n1,e⊥2， z0-2=-4入， 则e·n1=入-2=0，e·n2=-u-2=0, 即点P(1-2入，1,2-4入)， 解得A=2,μ=-2，因此入+4=0，入-4=4，w=-4, 显然1-22+上-2-42 1 1 4 入=-1，故(A)(C)(D)正确，(B)错误.故选(B). -12 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 4.设H(x,y,z）,则0i=(x,y,z),Bi=(x,y-1,z-1), =(1-入，-入，入-1) 0A=(-1,1,0) P元=PD+DC 因为BH1OA,所以B.OA=0, =(-入，-入，A)+(0,1,-1) =（-入，1-入，A-1), 即-x+y-1=0, ① 又点H在直线OA上，所以OA=入O, ∠APC为钝角等价于cosLAPC<0,所以PA·P元<0， 所以(1-A)×(-A)+(-A)×(1-入)+(A-1)2= -1 =Ax, (A-1)(3x-1)<0, 即1=y, ②， 0=λz, 解得号<A<1,所以入的取值范围是（兮，1）片 1 2 8.以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x轴y轴z 联立①②解得 轴，建立空间直角坐标系，如图2所示 y=2 D z=0. 所以点日的坐标为（分宁0） 5.由题意可得D元=D+A正+BC, 则ID元2=(DA+A尼+BC)2=Di+A+B心+2D 图2 ·AB+2BC.DA+2AB.BC 则A(2,0,0),C(0,2,0),0(1,1,0),D(0,0,1), DA =303 m,CB 40 m,AB =20 m, 所以AD=(-2,0,1),AC=(-2,2,0), 且水库底面与水坝斜面所成的二面角为150°， 设P(a,2-a,1)(0≤a≤2)，则02=(a-1,1-a,1), 则(BC,D本=30°， 设平面ACD1的一个法向量为n=(x,y,z), 所以1DC12=(305)2+202+402+0+2×305×40 rn·AD=-2x+z=0, ×cos30°+0=8300， 则 n·AC=-2x+2y=0, 则1DC1=10√83，即甲、乙两人相距10√83m 令x=1得n=(1,1,2), 6.以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴z 轴，建立如图1所示的空间直角坐标系， 所以sin0=lcos(n,01=n·0币 「n11oP1 1a-1+1-a+21 6×√(a-1)2+(1-a)2+1 6 3v2(a-1)2+i” D 因为ae[0,2], 所以√2(a-1)2+1e[1,5], 图1 所以 则G(2,A,2),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1), 行e[停小， 1 则ED=(-2,0,1),E=(0,2,0),E元=(0，A,1) 所以sin0= 设平面DEF的一个法向量为n=（x,y,z),则 「n·ED1=-2x+z=0, 所以r0e【合号]， ln·E=2y=0, 取x=1得n=(1,0,2). 所1-n0e【分]， 所以点G到平面D,EF的距离4=1E亡.nL-2-25 c= 55 因为0e[0,受]， 7.以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线为x轴，y轴，z 所以cos0= 轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1， 二、多项选择题 则有A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1) 9.ABD;10.ABC;11.BD. 所以D,店=(1,1，-1)，所以D,2=(入，A,-A), 提示： 所以P=PD+D,=（-A,-入，A)+(1,0,-1) 9.a=(1,3,-2)g=e1+3e2-2e3, -13 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 b=(4,-1,0)g=4e1-e2, 解得1+上=4，故(D)错误 所以a+b=5e1+2e2-2e3=(5,2,-2)g,故(A)正确； m a·b=(2e1+6e2-3e3）·(3e1-e2)=10cos0=0, 故选(A)(B)(C). 故(B)正确； 11.以A为坐标原点，AB,AD,AS所在直线分别为x轴y 显然当x:y=3:1时，a与b共线， 辆、z轴，建立空间直角坐标系， 此时夹角为0或π，故(C)错误； 设DE=1,则SA=AB=2, 当0=(1,0,0)，0=(0,1,0)号，0元=(0,0,1)时， 所以B(2,0,0),S(0,0,2),N(1,0,1),M(2,1,0) 假设存在点Q(m,2,0)(0≤m≤2)， 三棱锥0-ABC为以1为棱长的正四面体， 表面积为4×宁×1×1×-区，放（D)正琉 使得NQ1SB,则Nd=(m-1,2,-1),S店=(2,0，-2)， 2 所以Nd·SB=2(m-1)+2=0,解得m=0, 故选(A)(B)(D). 即点Q与D重合时，NQ⊥SB,故(A)错误； 10.若m=n=子，即D,E分别为P1,PB的中点， 假设存在点Q(m,2,0)(0≤m≤2)， 使得异面直线NQ与SA所成的角为60°， 又点F为PC的中点，所以DE∥AB,DF∥AC, 因为Nd=(m-1,2,-1),5=(0,0,-2), 又DE丈面ABC,ABC面ABC, 所以DE∥面ABC,同理可证DF∥面ABC, 所以1cos(N0,才1=1Nd·S 又DE∩DF=D,DE,DFC面DEF, 1N011S1 所以平面DEF∥平面ABC,故(A)正确； 1 = 如图3所示，设BC的中点为H,连接AH,AM, ,m-)+52 方程无解，所以不存在点Q, 使得异面直线NQ与SA所成的角为60°，故(B)正确： 由上分析知N0=(m-1,2,-1),N=(1,1,-1), 设m=（x,y,z)是平面NMQ的一个法向量， m·N0=(m-1)x+2y-z=0, 则 图3 m·NM=x+y-z=0, 因为点G为△ABC重心， 令x=1得y=2-m,z=3-m, 所以点G在线段AH上， 则m=(1,2-m,3-m), 所以P心=P+AG=+子 平面AMQ的一个法向量为n=(0,0,1), 设平面WMQ与平面MQA的夹角为0， =P+子x之(a+心 所以em0=wa1= =A+令（证+P成+证+P响 13-ml = √1+(2-m)2+(3-m)7 =号+子P店+子P心故(B)正确： 令t=3-me[1,3], 则cos0= I EI d=市+p成=市+之P元 √1+(t-1)2+ =市+（兮网+兮m+号） =各+名可：商+名+a =子正+石店+石花放(0)正确： 片e[g,小 由Q从D到C的过程，cos0先变大后变小， 因为PG=2PM 即平面WMQ与平面MQA的夹角先变小后变大， =(+成+P心 故(C)错误，(D)正确 故选(B)(D) =(品成+只成+2m): 三、填空题 所以可品成+成+号成， 提示： 若M.DE,F四点面，则g++=1 1 12.将1a-b1=万化为(a-b)2=7, 14 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 求得a:b=之，再由ab=lal1b1cos(a,b, =店+}+0+子国 1 2 =(A店+B配)+(AD+D 求得cos(a,0)三0=2x2=日 1 =A正+AF) 13.如图4， 所以A,E,C,F四点共面 (2)解：E=AF-A =A币+DF-(AB+B正) =办+子加-店-}丽 =-+市+分网 图4 16.解：如图6，以A为坐标原点，AB,AD,AS所在直线分别 为x轴、y轴z轴建立空间直角坐标系， 由4Pi=5P示+xP店+2P元， 则网=子丽+手成+子元 =子×号月+÷成+分风 =员+子成+之心， 由于4，B.C,M四点共面，所以+音+宁=1， 图6 解得：=子 设BP=x(0<x<2), 则A(0,0,0),S(0,0,1),D(0,2,0),P(a,x,0), 14.如图5，连接A10,A0,以0为坐标原点，0A,0B,0A1所 所以P=(-a,-x,1),P7=(-a,2-x,0). 在直线分别为x轴y轴z轴，建立空间直角坐标系，则0(0,0， (1)因为PS1PD,所以P.P=0, 0),A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A(0,0,2) 所以a2-x(2-x)=0,即a2=-(x-1)2+1, C 所以当x=1时，a取得最大值1. (2)由(1)知，当a取得最大值1时， Ap=(1,1,0),50=(0,2,-1), 0 所以cos(A正，S=A产.市 B IAPII SDI 5 图5 即异面直线AP与SD所成角的余弦值为四 51 设4证=AA4=(-A,0,2), 17.(1)证明：因为PA⊥平面ABCD,EFC平面ABCD, 则02=0+A正=(1-A,0,2). 所以EF⊥AP. 因为OE⊥平面BBCC,所以OE⊥BC,OE⊥BB. 在△ABC中，AB=AC,∠ABC=∠ACB=45°， 因为BB,∥AA1,所以OE⊥AA1, 所以AB⊥AC,又AF∥BE,且AF=BE, 0正.AA=0, 所以四边形ABEF为平行四边形， 所以 LOE.BC =0. 所以AB∥EF,因此AC⊥EF, 即1-10,2A)·(-1,0,2)=0, 又AP∩AC=A,APC平面PAC,ACC平面PAC, 1(1-x,0,2)·(0,-4,0)=0, 所以EF⊥平面PAC, 又EFC平面EMF,所以平面EMF⊥平面PAC. 解得入=行 (2)解：以A为原点，以AE,AD,AP所在直线为x轴、y轴、 所以1=号1不1=子×5=得 z轴，建立空间直角坐标系， 则B(2,-2,0),C(2,√2,0)，P(0,0,2), 四、解答题 D(0,22,0),E(2,0,0), 15.(1)证明：连接AC1,AC,则 所以P元=(2,2，-2)，BC=(0,22,0), AC=A元+CC Pi=(0,22,-2),P2=(2,0,-2). AB AD+AA 设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z), -15 高中数学人教A版选择性必修第一册第1~4期 则·F=x+,-2=0 ln·BC=22y=0, 因为0≤1≤5，所以当A=0时s0有最小值： 令z=1,则x=2,所以n=(2,0,1), 当入=5时，cos0有最大值2 易知平面ABCD的一个法向量m=(0,0,1). 设P=AP元，Ae[0,1], 所以ca0的取值范围是[亭】 则P=AP元=(0,22，-2)， 19.(1)(i)解：因为A(1,2,1),B(0,-1,1), 所以M正=P呢-P=(2,-22入，-2+2λ). i j k 则0×0店=121=2i-k-j-(-i) 因为直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面 0-11 ABCD所成的角相等， =3i-j广-k=(3,-1,-1). 所以1cos(M元，n)1=lcos(M正，m〉1， （ⅱ)证明：设A(x1,y1,a1),B(x2,2,a2),则 即正.n-1正m叫 I nl I m l 0×0店=yi+j+xnk-k-利-hi =（y12-2,132-21x12-x2y1), 即12A=-2+2AL,解得A=3,5 将x2与x1互换，为与y1互换，2与1互换， 万 1 2 故瑞的值为2≥ 可得0店×0=(21-y1-1x-xn), 故0×0i+0B×0=(0,0,0)=0. 18.(1)证明：连接AC,设AD=1, (2)证明：因为sinA0B=√1-cos2∠AOB 因为AB∥CD,∠BCD=120°， 所以AB=2,∠ABC=60°， (of.o)(04.o8) 所以AC2=AB2+BC-2AB·BC·cOs60°=3， 10A1210B12 10A110B1 所以AB=AC+BC2,所以BC⊥AC. 故Sae=71O10成1sim∠A0B 因为四边形ACFE为矩形，所以AC⊥CF. 因为CF,BCC平面BCF,且CF∩BC=C, =7o1o2-(o.o, 所以AC⊥平面BCF. 因为EF∥AC,所以EF⊥平面BCF 故要证Sam=0x01, (2)解：以C为坐标原点，直线CA,CB,CF所在直线分别为 只需证10×01=√01210212-(0A.062, x轴y轴、z轴，建立如图7所示的空间直角坐标系， 即证10A×0元12=101210正12-(0.0正)2， 由(1)0=(x11,4）,0店=(2)， 0×0店=(y1-23-x-21), 故10×0正12=(y2-241)2+(南-x)2+(x2 B -y)2, 又「02=好+斤+，10成12=号+号+号， 图7 (0A.0B)2=(+y2+)产， 设FM=A(0≤A≤5)， 则10×012=101210正12-(0.0)2成立， 则A(5,0,0),B(0,1,0),M(x,0,1), 放Sa=子10×0店1. 所以AB=(-5,1,0),B=(A,-1,1), 设n1=(x,y,2)为平面MAB的一个法向量， (3)证明：由(2)5w=之1耐×0成1， ·=0得-5+y=0 (0x0B2=10×0B12 由 n1·Bi=0lAx-y+z=0, =宁1a×01210×0丽 取x=1,所以1=(1，√3,5-A) 因为n=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量， =Sa0B·210×021, 黄以的计不添动 故(0×02=号5ae0x0成1.6， 故(O·OB)2的几何意义表示以△A0B为底面、 √(A-5)2+4 10×0B1为高的三棱锥体积的6倍。 16