第2期：空间向量的应用-【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)如图3，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方 18.(17分)如图6，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=3,AC=6, 19.(17分)在陕西汉中勉县的汉江河与定军山武侯平一带，经 形，PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,M,N分别为AP,BC的中点. D,E分别为边AC,AB上一点，且CD=2,DE∥BC,将△ADE沿DE 常出土有铜、铁扎马钉等兵器文物.扎马钉（如图8）是三国时蜀汉 (1)证明：直线MW∥平面PCD; 折起到△PDE的位置，使得PC上CD,F为PB上一点，路=号 的著名政治家、军事家诸葛亮所发明的一种对付骑兵的武器，状若 (2)求点B到平面MWD的距离. 荆刺，故学名蒺藜，有铜、铁两种.扎马钉有四个锋利的尖爪，随手 (1)证明：PD∥平面CEF: 掷，三尖撑地，一尖直立向上，推倒上尖，下尖又起，始终如此，使触 (2)若H为线段PD上一点（异于端，点），且平面HCF与平面 者不能避其锋而被刺伤.即总有一个尖垂直向上，三尖对称支承于 cE夹角的正弦值为号，术器的色， 地.简化扎马钉的结构，如图9，记组成该“钉”的四条等长的线段公 7 共点为0，钉尖为A(i=1,2,3,4) (1)判断四面体A,-A,4344的形状特征： (2)若某个出土的扎马钉因年代久远，有一尖爪受损，其长度仅 利其他尖爪长度的号（即0=子0A,),如图10，将44，置于地 高中数学 面，求OA,与面A2A3A4所成角0的正弦值. 选择性必修第 17.（15分)如图4，在边长为4的菱形ABCD中，∠BAD=609 DE⊥AB于点E,将△ADE沿DE折起到△A,DE的位置，使A,DL 册 DC,如图5. (1)证明：AE⊥平面BCDE: (2)判断在线段EB上是否存在一点P,使平面A,DP⊥平面 A版) ACy若存在，求出铝 的值；若不存在，请说明理由 司 麦 高中数学·选择性必修第一册（人教A版）同步核心素养测评 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 报纸发行质量反馈电话： 数评极 2026年7月13日·星期 第 2期总第1198期 人教A 0351-5271248 选择性必修第一册 珠峰上的“绿色”守护者 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/(F)邮发代号：21-289 在西藏定日县城 0,0) 有一位家喻户晓的人 空间中的角 所以P=(1,5,-2),P元=(0,25，-2). 96 物 一次仁旦达，他出 DC=(1,5,0), 例4已知PA⊥平面ABC,AC⊥BC,PA=AC 生于1987年，是一位登 =1,BC=√2，求平面APB与平面PBC的夹角的余 山向导，也是环保卫士。 求解策略 设平面PDC的一个法向量为n=(x,y,z), 15岁时，次仁旦达 ◎湖南汪成龙 则m·元=26，-2=0. 弦值 解法1：如图6所示， 进入西藏登山学校，开 [n.DC=x+3y=0, 取PB的中点D,连接CD 启专业登山学习。从基 空间向量的引入，使立体几何问题的难度 令y=3得n=(-3,3,3), 础的系绳扣，到攀岩、高 大大降低.因此，正确理解和运用向量方法，对 因为PC=BC=√2 海拔登山等技能，他刻 备战高考有重要意义. 设PB与平面PDC所成角为O, 所以CD⊥PB. 苦钻研，为日后的登山 一、异面直线m,n所成的角 则sin0=esP呢，n）=2 作AE⊥PB于E,那么平 事业筑牢根基。2002至 例1已知P为一圆锥的顶点，AB为底面圆 面APB与平面PBC夹角的大 2018年，他4次成功登顶 的直径，PA⊥PB,点M在底面圆周上，若M为 所以PB与平面PDC所成角的正弦值为小就等于异面直线DC与EA所成角的大小 珠峰。2012至2016年 AB的中点，则异面直线AM与PB所成角的大小 /42 设平面PAB与平面PBC的夹角为A. 14 他与队友历时1756天， 为 在Rt△PAB中，易知PB=2. 三、两个平面所成的角 完成登顶七大洲最高 （A) 峰，并徒步到达南北极 6 (C) (D)T 例3如图4，AB是半圆 因为m=1,P原=-日 点的“7+2”活动，征服全 解析：如图1，建立空间 0的直径，C是半圆0上除 所以DE=Pn-PE= 球9个地理极限，点。 直角坐标系0-xyz.不妨设 A,B外的一个动点，DC垂 然而，每次登顶，他 OB=1.因为PA⊥PB, 直于半圆0所在的平面， 又AE-P4=cn=14c=1 PB 都痛心于珠峰的垃圾污 所以OP=OB=OA DC∥EB,DC=EB=1,AB=4.当点C为半圆 AC=A正+ED+DC, 染。随着登山者增多，珠 OP⊥底面AMB. 的中点时，求平面ADE与平面ABE的夹角的余 峰生态遭到破坏，大量 则B(0,1,0),M(1,0,0) 弦值 且A正⊥ED,ED⊥DC 生活垃圾、登山垃圾堆 P(0,0,1),A(0,-1,0), 解析：因为AB是圆O的直径； 所以1AC12=1A正12+川ED12+1DC12+ 积，甚至还有排泄物。于 AM=(1,1,0),PB=(0,1,-1), 所以AC⊥BC, 21A正1.1D元1·c0s(m-0), 是，次仁旦达决心行动 起来。2018年，他与其他 c0s(,P=。1 1 因为DC垂直于半圆O所在的平面 2x2=2, 所以以C为原点， 即1=+好+1-2x ·×1×c0s0, 登山者在珠峰大本营海 所以异面直线AM与PB所成角的大小为钙 CA,CB,CD所在直线分 拔5200米以上区域，开 别为x轴、y轴、z轴，建立 解得c0s0=了 展3次大规模垃圾清理 二、直线l与平面α所成的角 如图5的空间直角坐标 行动，共清理出5240公 例2如图2，在四棱锥P 放平面PB与平面PBC的夹角的余法值为。 系C-xz 斤生活垃圾、1000公斤 ABCD中，PA⊥平面 当点C为半圆的中点时，AC=BC=22, 解法2：由解法1可知，向量D元与E的夹角 登山垃圾，以及2260公 ABCD,底面ABCD是菱形， 的大小就是平面PAB与平面PBC夹角的大小， 斤排泄物。 AB=2,∠BAD=60°. 则D(0,0,1),E(0,22,1), 如图6，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0) 在恶劣环境下，捡 (1)证明：BD1平面 A(22,0,0),B(0,22,0), B(0,2,0),C(0,0,0),P(1,0,1) 垃圾艰难又危险。强风 PAC: 所以4=(-22,22,0)，B配=(0,0,1)， 低温、稀薄空气，每一步 (2)若PA=AB,求PB与平面PDC所成角 因为D为PB的钟点所以D(行号，) 都如履薄冰，但他从未 的正弦值， D2=(0,22,0),D=(22,0,-1), 退缩。在他的影响下，越 解析：(1)因为四边形ABCD是菱形 设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,), 5=子，即E=3PE, 来越多人加入环保行 所以AC⊥BD 列。同年4月30日，西藏 则mD=0,即22-=0 即 因为PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 喜马拉雅高山环保基金 lm.DE=0,22y=0, 故E为PD的申点所以E(?票)。 所以PA⊥BD. 会在珠峰大本营成立， 又因为AC∩PA=A,所以BDL平面PAC. 令x1=1得m=(1,0,22), 所以i=(分，-车 高山环保走向制度化 (2)设AC∩BD=O. 设平面ABE的法向量为n=(x,2,2), 常态化。 因为∠BAD=60°，AB=2, 次仁旦达，用行动 则”·证=0 即-22+22=0， 所以B0=1,A0=C0=5. 诠释对珠峰的热爱，用 n.BE=0,la2=0, =1,.元=4×(）+(-) 如图3，以0为坐标原 坚持守护珠峰的纯净 令=1得n=(1,1,0). 他是当之无愧的珠峰守 点，直线OB,OC所在直线分 设平面ADE与平面ABE的夹角为0， ×(-)+(-)×()= 护者，激励着我们守折 别为x轴，y轴，过点0平行 于PA的直线为x轴，建立空 则ws0=csm,a1= 所以cos(E,DC= E.D元 地球家园。 I EAII DCI 3 间直角坐标系，如图3， 1 则P(0, -3,2) 3×2=6 故平百APB与平面PBC的夹角的余法值为号 A(0,-3,0),B(1,0,0),C(0,3,0),D(-1 所以平面ADE与平面ABE的夹角的余弦值 (下转第2版) 2 素养专练 专项小练一、用空间向量研究直线、 4.已知11，且1的方向向量为(2，m,4),平 平面的位置关系 面a的法向量为(1，？2，则m= 1.若A(0,1,1),B(2,3,5)在直线1上，则直线 5.已知直线1的一个方向向量为m=(x,2 的一个方向向量是 -5),平面α的一个法向量为n=(3,-1,2),若l (A)(1,1,2) (B)(1,2,1) ∥，则x= (C)(1,2,2) (D)(2,2,2) 6.已知平面经过三点A(1,2,3),B(2,0 2.设平面α的法向量的坐标为(1,2，-2)，平 -1),C(3,-2,0),试求平面x的一个法向量. 面B的法向量的坐标为(-2，-4，k).若1B,则 h= () (A)4(B)-5(C)2 (D)-2 3.（多选)已知平面&与平面B平行，若n= (2,-4,8)是平面B的一个法向量，则平面α的法 向量可能为 () (A)(-1,2,-4) (B)(-1,2,4) (C)(2,4,-8) (D)(-2,4,-8) 专项小练二、用空间向量研究距离、夹角问题 棱长为2，E,F分别是AB1,B,C,的中点，则 1.设两条异面直线m,n的方向向量分别为a (A)EF∥平面ABCD =(-1,1,0),b=(0,-1,1),则直线m与n所成 (B)AF =3 的角为 ( (C)直线AF与平面 (A)号 (®) ADA4,所成角的正弦值为号 (c) (D)平 (D)直线AF与平面 2.在空间直角坐标系0-x中，已知点D(2, D0,A所成角的正弦值为号 1,0),向量m=(4,1,2),m1平面DEF,则点0 4.若平面&的一个法向量为m=(-1,0, 到平面DEF的距离为 (A)3② （）5),平面8的一个法向量为n=(0,0,-1),则0 7 (B)2②I 21 与B的夹角为 5.已知点A(1,1,1),点B(2,1,0),则点P(1, c票 (D)8②1 -1,-1)到直线AB的距离为 21 数理报社试题研究中心 3.(多选)如图，正方体ABCD-AB,C,D,的 参考答案见下期 第1期2版参考答案 第1期3版参考答案 专项小练一 一、单项选择题 1.BC:2.A:3.D.4平：50 1~4 BCCD 5~8 CABC 二、多项选择题 5.解：(1)B.B元=1BA11BC1cos(B,BC 9.BD;10.BD;11.BC =3×4×c0s120°=-6. 三、填空题 (2)因为Cd=C店+BA+AD 所以1C12=(C店+B+A2=1C?+1BA12+ 2壬：18.3-22,14.(-1-5，-1+ 5 1AD12+2(C正.BA+B.A+C店.A=16+9+25 四、解答题 +2(4×3×cos60°+3×5×c0s60°+4×5×cos90)= 15.证明：由题图知=耐-成=（号耐+ 77, 所以CD=1c心1=√7. 号成)-子成=子丽+3成-子(+心) 专项小练二 1.ABD:2.C:3.D4.-2:53a-子b+c 号成-号元， 专项小练三 所以向量MN,CD,D正共面！ 1.B:2.C:3.AC.4石；5.3或5 6,2m= 6.解：设00=A0=(A,A,2A), n.()m=-20+2b+之：(2) 1 则0=0-00=(1-A,2-入，3-2)， QB=0店-00=(2-A,1-A,2-2入). 18.证明：(1)易知(A店，BC=120,AB=A店+BB, 所以QA.Q正=(1-A)(2-A)+(2-A)(1-)+ 则AB.BC=(A正+BB)·B元=A正，BC+BB·BC (3-2M)2-2A)=6-16A+10=6A-号)°-子，=2×2×(-分)+2×2×3=0所以4B上BC 当入=号时，0·0店的最小值为-子 (2)易知四边形A4,C,C为菱形，所以A,C上AC. 因为AB·A,C=(BB-B·(AC-AA) 所以-（告专），即（告号弩） =(BB-BA·(BC-BA-AA) 数理极 【上接第1版) 解法3：如图7所示，建立空 间直角坐标系，则A(0,0,0) B(2,1,0),C(0,1,0),P(0,0 1),AP=(0,0,1),AB= (2,1,0),CB=(2,0,0) (名的期) CP=(0,-1,1) 设平面PAB的法向量为m=（x,y,z), 则m·=0,=0, Lm·4A=0,2x+y=0, 令x=1,则m=(1,-2,0). = 设平面PBC的法向量为n=(x',y',2'), :!t品险禁ct2tH国/.46:.E0T心 则m·0阴2=0， 准0.11707000-m0-LD-AF国牌a、Tt7.22.RF In.Cp=0, -y+z'=0, 令y'=-1,则n=(0,-1,-1). 设平面APB与平面PBC的夹角为O, 以as0=1m,m1= 故平面APB与平面PBC的夹角的余弦值为 方法规律：(1)解法1和解法2都是将二面角 m N 转化为两异面直线所成的角，然后运用向量的方 法求出该角。 (2)解法3是将二面角转化为平面法向量 所成的角，这两个向量的方向应该是由棱一侧 指向远离棱的方向，此时，这两个向量所成的角 与二面角相等 =BB·BC-BB·BA-BB.AM-B.BC+BA. BA+BA AA' BB'.BC-BB'AA'-BA.BC+BA BA =2×2×3-4-2×2×7+4=0, C4) (3) 5av7'ao /av'aogv 所以AB,⊥AC,又AC∩AB=A, 所以AC⊥平面AB,C1: 19.解：(1)由题知a=i+2i+3k,b=-i+j+2k, 所以a+b=(i+2j+3k)+(-i+j+2k)=3j+5k 所以a+b=[0,3,5]. (2)设i,k分别为与A店，Ad,A4同方向的单位向量， 则A正=2i,Ad=2i,AA=3k, (i)而=而-应=（而+）-（店+2） =-+办+7=-2i+2j+2=[-2,2,]， (ⅱ)由题AG=A正+A币+AA=2i+2万+3k, (名8晒期) 因为A7=[2,t,0],所以47=2i+j, 由AM上AC知Ai.AG=(2i+2j+3k)(2i+)=0, →42+22+(4+2t)i·j+6k·i+3tk·j=0, 4+2+(4+20)分+3+ =0→t=-2, 给)质看像(9：元：-)1：(E1-元)欧善回此吗： 则1AM=12i-2j =(2i-2i) =4+4-8i·j =√4+4-4=2. (A)-1 (B)1或-1 (C)-3 (D)1 0-5 (D)25 5 四、解答题：本题共5小题，共77分 南 擊 2.已知两个向量A店=(1,2,3)，AC=(3,2,1),则平面ABC的 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 15.(13分)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为 矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图2，在阳马 必 一个法向量为 ( 9.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，若AB= 择 P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形，E,F分别为 (A)(-1,2,-1) (B)(1,2,1) (2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),则下列结论正确 性 PD,PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O,PA=AB= 必 (C)(1,2,-1) (D)(-1,2,1) 的有 选择性必 2,若OG∥平面EFC,求AG的长 篷 3.若直线1的方向向量为b,平面a的法向量为n,则可能使1∥ (A)AP⊥AB 修 册 a的是 ( (B)AP⊥AD 册 (A)b=(1,0,0),n=(-2,0,0) (C)AP是平面ABCD的一个法向量 (B)b=(1,3,5),n=(1,0,1) A (A)AP∥BD 版 (C)b=(0,2,1),n=(-1,0,-1) 10.在长方体ABCD-A'B'CD'中，AB=2,AD=3,AA'=1,以 星 (D)b=(1,-1,3),n=(0,3,1) D为原点，DA,DC,DD的方向分别为x轴y轴、z轴的正方向建立空 4.已知点A(0,1,0),B(-1,0,-1),C(2,1,1),P(x,0,z),x,z 间直角坐标系，则下列说法正确的是 ( 核心素养测评 ∈R,若PA⊥平面ABC,则点P的坐标为 ( (A)BD=(-3,-2,1) 教A版)同步核心素养测 (A)(1,0,-2) (B)(1,0,2) (C)(-1,0,2)》 (D)(2,0,-1) (B)异面直线N'D与BD'夹角的余弦值为23 35 评 5.已知过坐标原点0的直线1的方向向量4=(1,1,1)，则点 (C)平面A'C'D的一个法向量为(-2，-3,6) P(1,2,3)到直线1的距离是 ( ) (A)2 (B)5 (D)平面CAD与平面A"DD的夹角的余弦值为号 (C)5 (D)2 11.已知正方体ABCD-AB,C,D,的棱长为2，M是A41的中点， 6.已知点A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,2),P(1,-1,0),那么 过点B的平面α满足CM1平面a,则下列说法正确的有（) (A)若P是线段CC,上的动点，则直线AP与平面α夹角的正弦 过点P平行于平面ABC的平面与平面ABC的距离是 (A)2 (®号 省的取值范用是停2号] (c)号 (D) (B)点C到平面a的距离为号 7.已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，SD (C)平面a截正方体所得镜面的面积等于号 ⊥平面ABCD,棱AB,SC的中点分别为E,F.若直线EC与BF所成角 (D)平面α截正方体所得截面的形状是平行四边形高中数学人教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