第3期：空间向量与立体几何 核心素养综合测评-【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）

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。 1616.(15分)如图7，在正四棱锥P-ABCD中，E,F分别为PA, 18.(17分)如图9，四边形ABCD是正方形，EA1平面ABCD, 19.（17分)类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐 PC的中点，DG=2G示 EA∥PD,AD=PD=2EA=2,F,G,H分别为PB,EB,PC的中点 标系中，可以定义曲面（含平面）S的方程，若曲面S和三元方程 (1)证明：B,E,G,F四点共面： (1)证明：FG∥平面PED: F(x,y,2)=0之间满足：①曲面S上任意一点的坐标均为三元方程 (2)记四棱锥P-BEGF的体积为V,四棱锥P-ABCD的体积 (2)求平面FGH与平面PBC的夹角的大小： F(x,y,z)的解；②以三元方程F(x,y,z)=0的任意解(xo,y0,0)为 为检的德 坐标的点均在曲面S上，则称曲面S的方程为F(x,y,)=0,方程 F,)=0的曲面为s已知曲面G的方程为号+千-会-1 2 (1)已知直线1过曲面C上一点Q(1,1,2),以d=(-2,0,-4)为 方向向量，证明：直线在曲面C上（即1上任意一点均在曲面C上）； (2)已知曲面C可视为平面xOz中某双曲线的一支绕z轴旋转 所得的旋转面；同时，过曲面C上任意一点，有且仅有两条直 线，使得它们均在曲面C上.设直线'在曲面C上，且过点T(2,0, 2),求异面直线1与'所成角的余弦值. 高中数学·选择性必修第一 高中数学 17.(15分)如图8，PD垂直于正方形ABCD所在的平面，AB= 2,点E是PB的中点，且AB与PD所成角的余弦值为号 10 册 (1)求PD的长： 人教 (2)在线段AD上是否存在一点F,使EF⊥平面PBC?若存在， A 确定其位置；若不存在，请说明理由. 版 核心素养综合测评 ·选择性必修第一册（人教A版）核心素养综合测评 参考答案见第5期 本版责任编辑：蒋丕清 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 数理极 2026年7月20日·星期- 高中数学 第 3期总第1199期 人教A 0351-5271248 选择性必修第一册 “种子猎人”钟扬： 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 生命不息，追梦不止 线a的距离，则d AB·a m·EA=0 1964年，钟扬出生 空间距离的计算 1 其中 则 即2x+=0 \l al m·E7=0,y+z=0, A∈b,B∈a,a是直线a的方向向量. 于湖北黄冈，15岁考入 知识梳理 令x=1,取m=(1,2,-2). 四、异面直线a,b之间的距离 中国科学技术大学少 如图4，设A∈a,B∈b,直线 EG=(1,1,-3), ○湖南贺集麟 年班，后成为复旦大学 所以点G到平面EFA,的距离为 一、空间两点间的距离 a,b的公共法向量为n,则异面直线 散授 4=1E花：mL=3 ①设a=(x,y,z),用公式1a1=a a,b之间的距离为向量A居在n方向 Iml 2001年起，钟扬踏 上投影向量的模，即d= √2+y2+2求解 点评：本题考查点到平面的距离的求法，常 上青藏高原，立志填补 ②设A(x1y1,),B(x22), 店.mL,其中n上a,n上b,Ae 用的方法有等体积法，垂线法，空间向量方法， 世界种质资源库中西藏 则AB=(x2-x1y2-y,2-), 利用空间向量方法求解是比较方便的方法. a,B∈b. 六、直线到平面的距离、两平行平面的距离 种子的空白。16年间，他 1AB1=√(2-x)2+(2-y)2+(2-尸 例3在正四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，已知 都可转化为点到平面的距离 和学生跋涉50多万公 例1如图1所示，在 AB=3,AA,=1,求异面直线AB,与A,C的距离 如图8，直线到平面α的距离可转化为直 里，收集1000余个物种 长方体ABCD-A,B,C,D 解析：由已知DA,DC,DD1两两垂直， 线l上一点A到平面aα的距离，即直线到平面α 中，AB=BC=2,AM1= 故以D为原点，DA,DC,DD为x,y,z轴的 4000多万粒种子。为采 2,E,F分别是面 正方向，建立空间直角坐标系， 的距离d=1店. I nl 集珍稀植物，他们克服 ABCD1,面BCC1B1的 则A(3,0,0),B(3,3,1),A(3,0,1),C(0,3, 如图9，与平面平行的平面B到平面α的 高原反应、路况艰险等 中心，则E,F两点间的 1),B(3,3,0), 距离等于平面B上一点A到平面的距离，即d 困难，在海拔6100米处 距离为 故AB,=(0,3,1),A1C=(-3,3,0), =AB.n 采集到鼠麴雪兔子，刷 解析：以点A为原点，AB,AD,AA的方向为 BC=(-3,0,0), I n l x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系， 新中国植物学家采样高 设向量n⊥AB,n⊥AC,n=(x,y,), 度纪录。 则点E1,1,),F(2.1号)，所以 则3y+:=0, l-3x+3y=0, 教育上，钟扬助力 EF= √(2-1)2+(1-1)2+ 2 取x=2可得y=2,2=-6, 图9 西藏大学取得诸多突 所以满足条件的一个向量n=(2,2,-6), 例5如图10，在四棱锥P-ABCD中，侧面 破，中请到首个国家自 2 所以异面直线AB,与A,C,的距离为向量 PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=√2，底面 然科学基金、首个理学 二、点A到直线a的距离 B,C在向量n上的投影向量的模， ABCD为直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥BC,AD 博士点，培养出首位藏 如图2，设B为直线a上 即BC:nL=6-3m =2AB=2BC=2.求点A到平面PCD的距离 11 族植物学博士，带出首 点，a为直线a的方向向量，AB在 个生物学教育部创新团 向量a方向上的投影向量的模为 B a 五、点A到平面α的距离 图2 AB·a 如图5，设n为平面a的法 队，推动其生态学科入 ,则点A到直线a的距 al 向量，AB是平面的一条斜线， 选国家“双一流”。他关 B∈，则点A到平面a的距离 图5 1AB·a) 网10 网1 爱学生，常自掏腰包补 离d= AB12- T al 等于向量AB在n方向上投影向量的模， 贴，组织交流拓宽视野 例2直线l的方向向量为m=(1,0,-1), 即d=LAn1 解析：取AD的中点为O,连接OC,OP 11 分别以0元，0D,0P的方向为x轴y轴z轴 长期高原工作让钟 且1过点A(1,1,1),则点P(-3,0,3)到l的距 离为 例4如图6，在直三棱柱ABC-A,B1C1中， 正方向建立如图11所示的空间直角坐标系， 扬身体受损，2015年脑 (A)2 (B)3 ∠ABC=90°，CC1=2AB=2BC=4B,E=4, 则A(0,-1,0),C(1,0,0), 溢血后仍未停歇，2016 P(0,0,1),D(0,1,0) (C)6 (D)22 D,F,G分别为CC1,BC,AC的中点，则点G到 年飞行167次。2017年9 解析：直线的一个单位方向向量为 平面EFA,的距离为 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z). 月25日，钟扬在赴内蒙 u=册=（停0，-号）。 因为Cp=(-1,0,1),CD=(-1,1,0), 古授课途中過车祸离 所以·C=0即+：=0， P=(4,1,-2) ln.CD=0.-x+y=0, 世，年仅53岁 所以1P=√42+1P+(-2)7 =21 令x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1). 钟扬用生命诠释热 Pi·u=32 又因为AC=(1,1,0), 爱与坚守，他如“种子 所以点A到平面PCD的距离为 般，激励着无数人为梦 所以d=√P-(P·u) =21-18=5. d=1n·4C-25 想拼搏，为国家发展页 解析：以B为原点，BA,BC,BB,所在直线分 I nl 3 故选(B) 点评：在利用向量求，点到平面的距离中，最 献力量。 三、两平行直线a,b之间的 别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图 重要的是能表示此，点与平面内一点组成的向量 距离 7,则G(1,1,0),E(0,0,3),F(0,1,4),A(2,0, 及平面的法向量.由于向量有方向，所以要特别 如图3，两平行直线a,b之间的 4),所以EA=(2,0,1),EF=(0,1,1).设平面注意，此点与平面内一点组成的向量与其平面 距离可以看成直线b上一点A到直 EFA1的一个法向量为m=(x,y,z), 的法向量的夹角 2 素养专练 数理极 第2期2版参考答案 设平面MND的一个法向量为n=(x,y,z), 网88 则m:序身+50， 专项小练一 l2x-y=0, lm·CE=2x+2y=0, 1.A;2.B;3.AD.4.1;5.4 令x=1得n=(1,2,4), 令z=1得m=(5,-5,1), 6.解：因为A(1,2,3),B(2,0,-1),C(3,-2,0), 所以点B到平面MND的距离 设平面HCF的一个法向量为n=(a,b,c), 所以4正=(1，-2，-4)，A元=(2，-4，-3). 设平面a的一个法向量为n=（x,y,z) 则m床=6+6=0. 5 则有m-0即-2-：=0， 17.(1)证明：因为DE⊥AB,AB∥DC ln.Ci=2ta+25(1-t)c=0, ln·AC=0. 12x-4y-3z=0, 所以DE⊥DC, 令c=t得n=(5(t-1),-5t,), g化8令1则：=2 因为AD⊥DC,AD∩DE=D,A,D,DEC平面ADE, 设平面HCF与平面CFE的夹角为O, 所以DC⊥平面A,DE,又AEC平面ADE, 故平面的一个法向量为n=(2,1,0). 所以DC⊥AE, 则s0=1ama1= 专项小练二 又因为AE⊥DE,DC∩DE=D, 17t-31 1 DC,DEC平面BCDE, 1.A;2.A;3.ABC. 4石：56 万·示-+37 所以A,E⊥平面BCDE. 解得4=子或：=各， 第2期3版参考答案 (2)解：不存在.理由如下： 由题意以E为坐标原点，EB 所以哪号路品 一、单项选择题 ED,EA,所在直线分别为x,y,z轴 1~4 AADC 5~8 DCCA 19.解：(1)点0为四面体A1-A2A,A4外接球的球心， 建空间直角坐标系，如图3， 二、多项选择题 即0A1=0A2=0A3=0A4,且A0⊥面AAA4,A20 则DE=2√5 图3 9.ABC;10.ACD;11.ABC. 1面A1A3A4,A0⊥面A1A2A4,A401面A1A2A3, A1(0,0,2),B(2,0,0),C(4,25,0),D(0,23,0) 三、填空题 则空间四面体A,-A,A4,的每一条棱都相等， 所以BA=(-2,0,2),B元=(2,25,0). BAA2 =AA3 =AA =A2A3 A3A =AA2 12-3:13:45-1 设平面A1BC的一个法向量为m=（x,y,z), (2)在四面体A,-A2AA4中，不妨 四、解答题 则mBT=-2+2:=0, 令0A1=0A2=0A3=0A4=3,AA, A A3 =AA =A2A3 =A3A =AA2 15.解：以A为坐标原点，AB lm.BC=2x+25y=0. d, A币，AP的方向分别为x,y,轴的正方 令x=-B得y=1,2=-5, 在面A2A3A4内作点0的射影0' 向建立空间直角坐标系如图1所示 所以m=(-5,1,-5), 连接O'A2, 则P(0,0,2),B(2,0,0),D(0 设P(t,0,0)(0≤t≤2)， 在等边△A,A,A中，0'为其外心， 2,0),C(2,2,0), 则AP=(t,0,-2),AD=(0,25,-2) 0(1,1,0),F1,0,1),E(0,1,1), 设平面A1DP的一个法向量为n=(a,b,c), 则0%=×。- 所以F元=(1,2，-1)，F2=（-1,1,0), 在Rt△A0A2中（如图4），可得 设平面EFC的一个法向量为n=(x,y,z), 则dn=256-2c=0, 则m·F元=0.→r+2y-:=0. A B.n ta-2c =0, 0A--0a=√0-()-5 1m.F尼=01-x+y=0, 令a=2可得m=（2,, 所以(。-3）°+()- 令x=1,则y=1,2=3. 因为平面A1DP⊥平面ABC, 所以平面EFC的一个法向量为n=(1,1,3), 因为OG∥平面EFC,则n·OG=0. 所以am=-25+停-后i=0解得1=-3， 解得a=26,所以0A=。=9x2后=4 又因为A10⊥面A,AA4,且垂足为0 因为0≤t≤2， 设G(0,0,a),则0G=(-1,-1,a). 故以0'为原点，以A,0'、0'A1所在直线为xz轴，建立 所以在线段EB上不存在一点P, 所以-1-1+3a=0. 如图5所示的空间直角坐标系， 使平面ADP⊥平面A,BC. 解得a=子所以c(0.0,子)，即4G=子 则0'(0,0,0)，A1(0,0,4), 18.(1)证明：连接BD交CE于点G,连接FG, A(2,-6,0),A(2,6,0), 16.(1)证明：取PD的中点Q, 由DE∥BC,得2S-在△ABC中，由DE∥BC, A4(-22,0,0),0(0,0,1), 连接MQ,CQ,如图2， 因为M,Q分别为PA,PD的 得DE 因为01=子01， 中点， 所以MQ∥AD, =子=路PD∥c, -子0。 M0=D=1, 而又FGC平面CEF,PD平面CEF, 所以PD∥平面CEF. 则(-华时） 又底面ABCD为正方形， (2)解：由DE⊥CD,DE⊥PD,CD∩PD=D 所以A2A=(0,26,0), N为BC的中点， CD,PDC平面PCD, 所以NC∥AD,NC=2AD=1, 得DE⊥平面PCD,又PCC平面PCD, 冠=(9-6，） 则DE⊥PC,又DE∥BC, 设平面A,AA4的一个法向量为n=(x,y,z), 所以MQ∥NC,MQ=NC, 因此PC⊥BC,直线CP,CD,CB两两垂直， 所以四边形MQCN为平行四边形，所以MW∥CQ, 以C为坐标原点，CD,CB,CP所在直线分别为x轴，y 则☑1m即 26y=0, 因为MN丈平面PCD,CQC平面PCD, 轴，z轴建立空间直角坐标系， 1--+=0. 所以直线MN∥平面PCD. 则D(2,0,0),B(0,3,0),E(2,2,0) (2)解：因为底面ABCD为正方形， 令x=1得n=(1,0,72) 且PA⊥底面ABCD, Pr0.,2.sog5） 又0A=(0,0,3), 所以AB,AD,AP两两互相垂直 庄=2,2.0.亦=(0号5) 所以cos(0A,n〉= 212 以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y 3T×3 轴、z轴建立空间直角坐标系，如图2， Pi=(2,0,-25) -22 则M(0,0,1),B(2,0,0),D(0,2,0),N(2,1,0) 33 设Pi=tP(0<t<1), 所以Md=(0,2,-1),D=(2,-1,0), 故0A,与面A,A,A所成角0的正 则Ci=C+Pi=(21,0,25-25), B=(0,1,0), 设平面CFE的一个法向量为m=(x,y,z) 弦值为7② 33 7.已知菱形ABCD中，∠ABC=60°，沿 (A)AE.CD=0 (B)Ei+EB+E元+ED=0 空间向量与立体几何 对角线AC折叠之后，使得平面BAC⊥平面 DAC(如图3)，则平面BCD与平面CDA的夹 核心素养综合测评 (C)1=要 (D)花.C=分 角的余弦值为 (A)2 第Ⅱ卷非选择题（共92分） ◎数理报社试题研究中心 (B)2 第I卷选择题（共58分） 0 号 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 8.已知四棱柱ABCD-A,B,C,D,的底面是边长为2的正方形， 12.已知空间三点坐标分别为A(1,1,1),B(0,3,0),C(-2, -1,4),点P(-3,x,1)在平面ABC内，则实数x的值为 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 侧楼与底面垂直，若点C到平面AB,D,的距离为4D,则直线B,D 5 13.已知点A(-1,1,-1),平面a经过原点0，且垂直于向量 1.在空间直角坐标系0-yz中，若点A(1,2,1),B(-3,-1, =(1,-1,1),则点A到平面a的距离为 4),点C是点A关于x0y平面的对称点，则1BC1= ( 与平面ABD,的夹角的余弦值为 (A)22 (B)26 (C)42 (D)52 (A)30 2.已知平面a内有一点M(1,-1,2),平面a的一个法向量为n 10 语 14.已知长方体ABCD-A,B,C,D,中，AB=BC<BB1,点M是 (c) (D)亮 线段CC1上靠近点C的三等分点，记直线A,B,AD,的夹角为a1,直线 高中数学 A,B,BD的夹角为a2,直线AM,BD的夹角为a3,则a1,a2,a之间的 高中 =(2,-1,2),则下列各点在平面内的是 ( 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 9.已知空间中三点A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),则下列 大小关系为 ·(横线上按照从小到大的顺序进行书写) (A)(-4,4,0) (B)(2,0,1) 四、解答题：本题共5小题，共77分 (C)(2,3,3) (D)(3,-3,4) 说法正确的是 (A)1AB1=5 15.(13分)已知a,b,c是空间中的三个单位向量，且a⊥b,a, 择性必修第 3.已知向量a=(-1,1,0),b=(1,0,2),且ka+b与a-2b互 c〉=(b,c〉=60.若0=2a+b-c,0A=a+b+c,0B=a+ 相平行，则k= ( (B)AB和BC是共线向量 -￥ 2b+c. (B)- (c)号 (D) (C)AB和AC夹角的余弦值是0 选择性必修第 (1)求1MB1; 册 4.在空间直角坐标系中，已知a=(1,-2,-1),b=（-1,x- (D)与式同向的单位响量是(-名吾要） (2)求MB和0A夹角的余弦值， 1,1),且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是 ( 10.如图4，在正四棱柱ABCD-ABC,D1中 (A)(0,+∞) (B)(0,3) AB=2,A41=4,E为棱CC,上的一个动点，则 版 (C)(3,+∞) (D)(0,3)U(3,+∞) 核 5.图1所示的明矾晶体可近以看作一个正八面体P-ABCD-Q(图 ( 2),其中P-ABCD,Q-ABCD均为所有棱长都相等的正四棱锥，若 （A)A,B1⊥BE (B)三棱锥E-BBD,的体积为定值 素养综合测评 AB=a,AD=b,AP=c,则P0= (C)存在点E,使得AC∥平面BD,E 册（人教A版）核心素养综合测评 (D)存在点E,使得B,D⊥平面BDE 4 11.金刚石是天然存在的最硬的物质，如图5所示是组成金刚石 的碳原子在空间排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子，都 与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接.从立体几何的角度 来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中 图1 图2 间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图6所 (A)a+b+2c (B)2a+2b+2c 示.这就是说，图6中有AE=BE=CE=DE,若正四面体ABCD的 (C)-a-b+2c (D)a+b-2c 棱长为2，则下列结论正确的是 6.已知正方体ABCD-AB,C,D,的棱长为2，F是棱A,D,的中 点，若点P在线段CD上运动，则点P到直线BF的距离的最小值为 ( ( 2 (c)2⑤ (D)4⑤ 图 图6 5 5