《2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册苏教版》

1. (2024山东青岛期末)已知向量$\boldsymbol{a}=(1,1,0)$，$\boldsymbol{b}=(-1,\lambda,2)$，且$7\boldsymbol{a}+5\boldsymbol{b}$与$2\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$互相垂直，则实数$\lambda =$(C)

A.$\dfrac{3}{5}$
B.$\dfrac{3}{5}$或$\dfrac{7}{5}$
C.$0$或$\dfrac{3}{5}$
D.$0$或$\dfrac{7}{5}$

答案： 1. C $7a + 5b = 7(1,1,0) + 5(-1,\lambda,2) = (2,7 + 5\lambda,10)$，$2a - b = 2(1,1,0) - (-1,\lambda,2) = (3,2 - \lambda,-2)$。由$7a + 5b$与$2a - b$互相垂直，得$(7a + 5b) · (2a - b) = 2 × 3 + (7 + 5\lambda) × (2 - \lambda) + 10 × (-2) = 0$，解得$\lambda = 0$或$\lambda = \frac{3}{5}$。

2. (2023江苏淮安模拟)设$x,y$是实数，已知$A(1,5,-2)$，$B(2,4,1)$，$C(x,3,y+2)$三点在同一条直线上，那么$x+y=$(D)

A.$2$
B.$3$
C.$4$
D.$5$

答案： 2. D 由已知可得$\overrightarrow{AB} = (1,-1,3)$，$\overrightarrow{AC} = (x - 1,-2,y + 4)$。因为$A$，$B$，$C$三点共线，所以存在唯一的实数$\lambda$，使得$\overrightarrow{AC} = \lambda\overrightarrow{AB}$，所以$\begin{cases}x - 1 = \lambda \\-2 = -\lambda \\y + 4 = 3\lambda\end{cases}$，解得$\begin{cases}\lambda = 2 \\x = 3 \\y = 2\end{cases}$，所以$x + y = 5$。

3. (多选题，2024山东菏泽期末)已知$P$是平行四边形$ABCD$所在平面外一点。若$\overrightarrow{AB}=(2,-1,-4)$，$\overrightarrow{AD}=(4,2,0)$，$\overrightarrow{AP}=(-1,2,-1)$，则下列结论正确的有(AC)

A.$AP\perp AB$
B.$AP// BD$
C.$AP\perp$平面$ABCD$
D.四边形$ABCD$为矩形

答案： 3. AC 由题意可知$\overrightarrow{AP}$，$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AD}$都是非零向量。对于$A$，$\overrightarrow{AP} · \overrightarrow{AB} = -1 × 2 + 2 × (-1) + (-1) × (-4) = 0$，即$\overrightarrow{AP} \perp \overrightarrow{AB}$，故$A$正确；对于$C$，$\overrightarrow{AP} · \overrightarrow{AD} = -1 × 4 + 2 × 2 + (-1) × 0 = 0$，即$\overrightarrow{AP} \perp \overrightarrow{AD}$，且$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AD} \subset$平面$ABCD$，$\overrightarrow{AD} \cap \overrightarrow{AB} = A$，所以$\overrightarrow{AP} \perp$平面$ABCD$，故$C$正确；对于$B$，因为$\overrightarrow{AP} \perp$平面$ABCD$，$\overrightarrow{BD} \subset$平面$ABCD$，所以$\overrightarrow{AP} \perp \overrightarrow{BD}$，故$B$错误；对于$D$，因为$\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AD} = 2 × 4 + (-1) × 2 + (-4) × 0 = 6 \neq 0$，即$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AD}$不垂直，故$D$错误。

4. (多选题，2024河北沧州期末)在棱长为$2$的正四面体$A - BCD$中，$E,F$分别是$AD,BC$的中点，$G$是$\triangle BCD$的重心，则下列结论正确的是(AB)

A.$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{CD}=0$
B.$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{EF}=2$
C.$\overrightarrow{EF}$在$\overrightarrow{AB}$上的投影向量为$\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}$
D.$\overrightarrow{EG}=\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD})$

答案：
4. AB 如图，取$DC$的中点$M$，连接$AM$，$BM$，所以$AM \perp CD$，$BM \perp CD$，又$AM \cap BM = M$，$AM$，$BM \subset$平面$ABM$，所以$CD \perp$平面$ABM$，
又$\overrightarrow{AB} \subset$平面$ABM$，所以$CD \perp AB$，故$A$正确；取$BD$的中点$H$，连接$HE$，$HF$，则$HE // AB$，$HE = \frac{1}{2}AB$，$FH // CD$，$FH = \frac{1}{2}CD$，所以$HE \perp FH$，即$\angle FHE = 90^{\circ}$，又$HE = FH = 1$，所以$\angle HEF = 45^{\circ}$，$EF = \sqrt{HE^{2} + HF^{2}} = \sqrt{2}$，所以$\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{EF} = 2EH · \overrightarrow{EF} = 2 × 1 × \sqrt{2} × \cos 45^{\circ} = 2$，故$B$正确；由$B$知，$\overrightarrow{EF}$在$\overrightarrow{AB}$上的投影向量等于$\frac{\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{EF}}{|\overrightarrow{AB}|^{2}} · \overrightarrow{AB} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$，故$C$错误；$\overrightarrow{EG} = \overrightarrow{EA} + \overrightarrow{AG} = -\frac{1}{2}\overrightarrow{AD} + \frac{1}{3}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD}) = \frac{1}{3}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}) - \frac{1}{6}\overrightarrow{AD}$，故$D$错误。

5. (2024江苏常州期中)一种糖果的包装纸由一个边长为$6$的正方形和$2$个等腰直角三角形组成(如图1)，沿$AD,BC$将$2$个三角形折起到与平面$ABCD$垂直(如图2)，连接$EF,AE,CF,AC$。若点$P$满足$\overrightarrow{DP}=x\overrightarrow{DA}+y\overrightarrow{DC}+z\overrightarrow{DF}$且$x + y + z = 1$，则$|\overrightarrow{EP}|$的最小值为$4\sqrt{3}$。

答案：
5. $4\sqrt{3}$ 因为点$P$满足$\overrightarrow{DP} = x\overrightarrow{DA} + y\overrightarrow{DC} + z\overrightarrow{DF}$且$x + y + z = 1$，所以$A$，$C$，$F$，$P$四点共面，即$P$是平面$ACF$内的动点，所以$|\overrightarrow{EP}|$的最小值即为$E$到平面$ACF$的距离。由题意，几何体可补成棱长为$6$的正方体，如图。易知$AF = AC = CF = AE = FE = CE = 6\sqrt{2}$，设点$E$到平面$ACF$的距离为$h$，则$V_{三棱锥E - ACF} = \frac{1}{3} · S_{\triangle ACF} · h = V_{正方体} - 4V_{三棱锥E - ABC}$，即$\frac{1}{3} × \frac{\sqrt{3}}{4} × (6\sqrt{2})^{2} · h = 6^{3} - 4 × \frac{1}{3} × \frac{1}{2} × 6 × 6 × 6$，解得$h = 4\sqrt{3}$，所以$|\overrightarrow{EP}|$的最小值为$4\sqrt{3}$。

6. (2024四川绵阳期中)在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C = 90^{\circ}$，$BC = 3$，$AC = 6$，$D,E$分别是$AC,AB$上的一点，满足$DE// BC$且$DE$经过$\triangle ABC$的重心。将$\triangle ADE$沿$DE$折起到$\triangle A_{1}DE$的位置，使$A_{1}C\perp CD$，$M$是$A_{1}D$的中点，如图所示。点$N$在线段$A_{1}B$上($N$不与端点$A_{1},B$重合)，使平面$CMN$与平面$DEN$垂直，则$\dfrac{A_{1}N}{BN} = $2$$。

答案：
6. 2 在$Rt \triangle ABC$中，因为$DE // BC$，故$DE \perp AC$，所以在四棱锥$A_{1} - DEBC$中，$BC \perp CD$，$DE \perp A_{1}D$，$DE \perp CD$，又$A_{1}D \cap CD = D$，$A_{1}D$，$CD \subset$平面$A_{1}CD$，所以$DE \perp$平面$A_{1}CD$。因为$A_{1}C \subset$平面$A_{1}CD$，所以$DE \perp A_{1}C$。又$DE // BC$，所以$A_{1}C \perp BC$，且$A_{1}C \perp CD$，故可以$\{\overrightarrow{CD}, \overrightarrow{CB}, \overrightarrow{CA_{1}}\}$为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系$C - xyz$。在$Rt \triangle ABC$中，因为$DE$经过$\triangle ABC$的重心，所以$\frac{AD}{AC} = \frac{2}{3} = \frac{DE}{BC}$，所以$AD = 4$，$CD = 2$，$DE = 2$。在$Rt \triangle A_{1}CD$中，$A_{1}C = \sqrt{A_{1}D^{2} - DC^{2}} = \sqrt{16 - 4} = 2\sqrt{3}$，则$C(0,0,0)$，$A_{1}(0,0,2\sqrt{3})$，$D(2,0,0)$，$B(0,3,0)$，$E(2,2,0)$，所以$M(1,0,\sqrt{3})$。设$\overrightarrow{A_{1}N} = \lambda\overrightarrow{A_{1}B} (0 ＜ \lambda ＜ 1)$，$\overrightarrow{A_{1}B} = (0,3,-2\sqrt{3})$，所以$\overrightarrow{A_{1}N} = (0,3\lambda,-2\sqrt{3}\lambda)$，所以$N(0,3\lambda,2\sqrt{3} - 2\sqrt{3}\lambda)$。又$\overrightarrow{CN} = (0,3\lambda,2\sqrt{3} - 2\sqrt{3}\lambda)$，$\overrightarrow{DE} = (0,2,0)$，$\overrightarrow{DN} = (-2,3\lambda,2\sqrt{3} - 2\sqrt{3}\lambda)$，$\overrightarrow{CM} = (1,0,\sqrt{3})$。设平面$CMN$的法向量为$\mathbf{n_{1}} = (s, t, w)$，则$\begin{cases}\mathbf{n_{1}} · \overrightarrow{CN} = 3\lambda t + (2\sqrt{3} - 2\sqrt{3}\lambda)w = 0 \\\mathbf{n_{1}} · \overrightarrow{CM} = s + \sqrt{3}w = 0\end{cases}$，令$w = 1$，则$s = -\sqrt{3}$，$t = \frac{2\sqrt{3} - 2\sqrt{3}\lambda}{3\lambda}$，故$\mathbf{n_{1}} = \left(-\sqrt{3}, \frac{2\sqrt{3} - 2\sqrt{3}\lambda}{3\lambda}, 1\right)$。设平面$DEN$的法向量为$\mathbf{n_{2}} = (s_{1}, t_{1}, w_{1})$，则$\begin{cases}\mathbf{n_{2}} · \overrightarrow{DE} = 2t_{1} = 0 \\\mathbf{n_{2}} · \overrightarrow{DN} = -2s_{1} + 3\lambda t_{1} + (2\sqrt{3} - 2\sqrt{3}\lambda)w_{1} = 0\end{cases}$，令$w_{1} = 1$，则$t_{1} = 0$，$s_{1} = \sqrt{3} - \sqrt{3}\lambda$，故$\mathbf{n_{2}} = (\sqrt{3} - \sqrt{3}\lambda, 0, 1)$。因为平面$DEN \perp$平面$CMN$，故$\mathbf{n_{1}} · \mathbf{n_{2}} = (\sqrt{3} - \sqrt{3}\lambda) × (-\sqrt{3}) + 1 = 0$，解得$\lambda = \frac{2}{3}$，所以$\frac{A_{1}N}{BN} = 2$。

7. (2023湖南浏阳期中)如图，在平行六面体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，底面$ABCD$是边长为$1$的正方形，$AA_{1} = 2$，$\angle A_{1}AB = \angle A_{1}AD = 120^{\circ}$。
(1) 求线段$AC_{1}$的长；
(2) 求异面直线$AC_{1}$与$A_{1}D$所成角的余弦值；
(3) 求证：$AA_{1}\perp BD$。

答案： 7.
(1) 解：设$\overrightarrow{AB} = a$，$\overrightarrow{AD} = b$，$\overrightarrow{AA_{1}} = c$，则$|a| = |b| = 1$，$|c| = 2$，$a · b = 0$，$c · a = c · b = 2 × 1 × \cos 120^{\circ} = -1$。因为$\overrightarrow{AC_{1}} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AA_{1}} = a + b + c$，所以$|\overrightarrow{AC_{1}}| = |a + b + c| = \sqrt{(a + b + c)^{2}} = \sqrt{|a|^{2} + |b|^{2} + |c|^{2} + 2a · b + 2b · c + 2a · c} = \sqrt{1 + 1 + 4 + 0 - 2 - 2} = \sqrt{2}$，所以线段$AC_{1}$的长为$\sqrt{2}$。
(2) 解：因为$\overrightarrow{AC_{1}} = a + b + c$，$\overrightarrow{A_{1}D} = b - c$，所以$\overrightarrow{AC_{1}} · \overrightarrow{A_{1}D} = (a + b + c) · (b - c) = a · b - a · c + b^{2} - c^{2} = 0 + 1 - 4 = -2$，$|\overrightarrow{A_{1}D}| = |b - c| = \sqrt{(b - c)^{2}} = \sqrt{|b|^{2} + |c|^{2} - 2b · c} = \sqrt{1 + 4 + 2} = \sqrt{7}$。设异面直线$AC_{1}$与$A_{1}D$所成的角为$\theta$，则$\cos \theta = |\cos \langle \overrightarrow{AC_{1}}, \overrightarrow{A_{1}D} \rangle| = \frac{|\overrightarrow{AC_{1}} · \overrightarrow{A_{1}D}|}{|\overrightarrow{AC_{1}}| · |\overrightarrow{A_{1}D}|} = \frac{|-2|}{\sqrt{2} × \sqrt{7}} = \frac{\sqrt{14}}{7}$，即异面直线$AC_{1}$与$A_{1}D$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{14}}{7}$。
(3) 证明：由
(1)知$\overrightarrow{AA_{1}} = c$，$\overrightarrow{BD} = b - a$，所以$\overrightarrow{AA_{1}} · \overrightarrow{BD} = c · (b - a) = c · b - c · a = -1 + 1 = 0$，即$\overrightarrow{AA_{1}} \perp \overrightarrow{BD}$，所以$AA_{1} \perp BD$。