《2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册苏教版》

1. (2024 江苏扬州期末)已知一直线经过点$ A(2,3,2) $，$ B(-1,0,-1) $，则下列向量是该直线的方向向量的为(D)

A.$ \boldsymbol{a}=(-1,1,1) $
B.$ \boldsymbol{a}=(1,-1,1) $
C.$ \boldsymbol{a}=(1,1,-1) $
D.$ \boldsymbol{a}=(1,1,1) $

答案： 1. D 由题意得直线的方向向量与$\overrightarrow{AB}=(-3,-3,-3)$共线，而$(1,1,1)=-\frac{1}{3}(-3,-3,-3)$，所以$a=(1,1,1)$是该直线的方向向量.

2. (2024 山东菏泽期末)已知$ \boldsymbol{n}_{1}=(\sqrt{3},x,2) $，$ \boldsymbol{n}_{2}=(-3,\sqrt{3},-2\sqrt{3}) $分别是平面$ \alpha $，$ \beta $的法向量。若$ \alpha \perp \beta $，则$ x = $(D)

A.$ -7 $
B.$ -1 $
C.$ 1 $
D.$ 7 $

答案： 2. D 因为$\alpha\perp\beta$，所以$n_1\perp n_2$，所以$n_1· n_2=\sqrt{3}×(-3)+x×\sqrt{3}+2×(-2\sqrt{3})=0$，解得$x=7$.

3. (2024 广东江门期末)若$ \boldsymbol{a}=(-1,2,-1) $，$ \boldsymbol{b}=(1,3,-2) $，则$ (\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})· (\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}) = $(A)

A.$ -8 $
B.$ -10 $
C.$ 8 $
D.$ 10 $

答案： 3. A 由题意得$a+b=(0,5,-3)$，$a-b=(-2,-1,1)$，所以$(a+b)·(a-b)=0-5-3=-8$.

4. (2024 河北邯郸期末)已知$ x,y,z $是不共面的空间向量。若$ \boldsymbol{p}=3x - 2y - 4z $与$ \boldsymbol{q}=(m + 1)x + 8y + nz $($ m,n $是实数)是平行向量，则$ m + n $的值为(C)

A.$ 16 $
B.$ -13 $
C.$ 3 $
D.$ -3 $

答案： 4. C 因为$x,y,z$是不共面的空间向量且$p// q$，所以$q=\lambda p$，则$\begin{cases}m + 1 = 3\lambda,\\8 = - 2\lambda,\end{cases}$解得$\begin{cases}m = - 13,\\n = - 4\lambda,\\\lambda=-4,\end{cases}$所以$m + n = 3$.

5. (2024 广东佛山期末)在棱长为$ 2 $的正方体$ ABCD - A'B'C'D' $中，$ E $是$ CC' $的中点。设$ \overrightarrow{AE} $在$ \overrightarrow{A'D} $上的投影向量为$ \boldsymbol{a} $，则$ |\boldsymbol{a}| = $(C)

A.$ \frac{1}{4} $
B.$ \frac{2}{3} $
C.$ \frac{\sqrt{2}}{2} $
D.$ \sqrt{2} $

答案：
5. C 以$\{AB,AD,AA'\}$为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系$A - xyz$，则$A(0,0,0)$，$E(2,2,1)$，$A'(0,0,2)$，$D(0,2,0)$，$\overrightarrow{AE}=(2,2,1)$，$\overrightarrow{A'D}=(0,2,-2)$，由题意可知，$a =|\overrightarrow{AE}|\cos\langle\overrightarrow{AE},\overrightarrow{A'D}\rangle·\frac{\overrightarrow{A'D}}{|\overrightarrow{A'D}|}$，所以$|a| = |\overrightarrow{AE}|·|\cos\langle\overrightarrow{AE},\overrightarrow{A'D}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{A'D}|}{|\overrightarrow{A'D}|}=\frac{2}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

6. (2024 广东清远期末)已知空间向量$ \overrightarrow{OA}=(2,0,2) $，$ \overrightarrow{OB}=(2,1,0) $，$ \overrightarrow{OC}=(0,2,0) $，$ \overrightarrow{OD}=(0,1,2) $，则下列说法正确的是(B)

A.$ \triangle ABC $是等腰直角三角形
B.若$ \overrightarrow{OE}=(1,1,1) $，则$ A,B,C,E $四点共面
C.四边形$ ABCD $是矩形
D.若$ \overrightarrow{CD} $与$ \overrightarrow{OC} $分别是异面直线$ l_{1} $与$ l_{2} $的方向向量，则$ l_{1} $与$ l_{2} $所成角的余弦值为$ -\frac{\sqrt{5}}{5} $

答案： 6. B 对于选项A，$\overrightarrow{AB}=(0,1,-2)$，$\overrightarrow{BC}=(-2,1,0)$，则$|\overrightarrow{AB}| = |\overrightarrow{BC}|$，又$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{BC}=1＞0$，所以$B$为钝角，所以$\triangle ABC$为等腰三角形，故A错误；对于选项B，若$A,B,C,E$四点共面，则存在$x,y,z$，使得$\overrightarrow{OE}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}$成立，且$x + y + z = 1$，又$x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}=(2x + 2y,y + 2z,2x)$，$\overrightarrow{OE}=(1,1,1)$，则$\begin{cases}2x + 2y = 1,\\y + 2z = 1,\\2x = 1,\end{cases}$解得$\begin{cases}x=\frac{1}{2},\\y = 0,\\z=\frac{1}{2},\end{cases}$所以$\overrightarrow{OE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OC}$，所以$E$为$AC$的中点，则$A,B,C,E$四点共面，故B正确；对于选项C，因为$\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}=(0,-1,2)$，$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{OD}-\overrightarrow{OC}=(0,-1,2)$，$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}=(-2,1,0)$，所以$\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{CD}$，所以四边形$ABCD$是平行四边形，因为$\overrightarrow{BA}·\overrightarrow{BC}=0×(-2)+(-1)×1 + 2×0=-1$，所以$BA$与$BC$不垂直，所以四边形$ABCD$不是矩形，故C错误；对于选项D，因为$\cos\langle\overrightarrow{CD},\overrightarrow{OC}\rangle=\frac{\overrightarrow{CD}·\overrightarrow{OC}}{|\overrightarrow{CD}||\overrightarrow{OC}|}=\frac{-2}{\sqrt{5}×2}=-\frac{\sqrt{5}}{5}$，所以异面直线$l_1$与$l_2$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$，故D错误.

7. (多选题，2024 广东潮州期末)在空间直角坐标系中，向量$ \boldsymbol{a}=(m,2,2) $，$ \boldsymbol{b}=(-2,1,1) $，则下列结论正确的是(ABD)

A.$ |\boldsymbol{b}|=\sqrt{6} $
B.若$ m = - 4 $，则$ \boldsymbol{a}// \boldsymbol{b} $
C.若$ m = 1 $，则$ \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=(-3,-1,-1) $
D.若$ m = 2 $，则$ \boldsymbol{a}\perp \boldsymbol{b} $

答案： 7. ABD 由$\mathbf{b}=(-2,1,1)$可知$|\mathbf{b}|=\sqrt{(-2)^2 + 1^2 + 1^2}=\sqrt{6}$，故A正确；当$m = - 4$时，$\mathbf{a}=(-4,2,2)$，满足$\mathbf{a}=2\mathbf{b}$，所以$\mathbf{a}//\mathbf{b}$，故B正确；当$m = 1$时，$\mathbf{a}=(1,2,2)$，所以$\mathbf{a}-\mathbf{b}=(3,1,1)$，故C错误；当$m = 2$时，$\mathbf{a}=(2,2,2)$，因为$\mathbf{a}·\mathbf{b}=-2×2 + 1×2 + 1×2 = 0$，所以$\mathbf{a}\perp\mathbf{b}$，故D正确.

8. (多选题，2024 河北张家口期末)在长方体$ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $中，四边形$ ABCD $为正方形，$ AB = 2 $，$ AA_{1}=\sqrt{2} $，$ O $为$ BD $的中点，$ M $是$ A_{1}C $上一点，且$ \overrightarrow{A_{1}M}=2\overrightarrow{MC} $，则下列选项正确的有(ACD)

A.$ AB_{1}// $平面$ BDC_{1} $
B.$ \overrightarrow{A_{1}C} $为平面$ BDC_{1} $的法向量
C.$ \overrightarrow{OM} $为平面$ A_{1}BD $的法向量
D.$ \overrightarrow{D_{1}M}· \overrightarrow{CB_{1}} = 0 $

答案：
8. ACD 如图1，在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，易知$AB_1// DC_1$，又$AB_1\not\subset$平面$BDC_1$，$DC_1\subset$平面$BDC_1$，所以$AB_1//$平面$BDC_1$，故A正确；

假设$\overrightarrow{A_1C}$为平面$BDC_1$的法向量，则$A_1C\perp$平面$BDC_1$，又$BC_1\subset$平面$BDC_1$，所以$A_1C\perp BC_1$，又$A_1B_1\perp BC_1$，$A_1C,A_1B_1\subset$平面$A_1CB_1$，$A_1C\cap A_1B_1 = A_1$，所以$BC_1\perp$平面$A_1CB_1$，如图2，连接$CB_1$，又$CB_1\subset$平面$A_1CB_1$，所以$BC_1\perp CB_1$，则四边形$BCC_1B_1$为菱形，与$BC = 2$，$BB_1=\sqrt{2}$矛盾，故B错误；

建立如图3所示的空间直角坐标系，则$O(1,1,0)$，$M(\frac{2}{3},\frac{4}{3},\frac{\sqrt{2}}{3})$，$A_1(2,0,\sqrt{2})$，$B(2,2,0)$，$D(0,0,0)$，所以$\overrightarrow{OM}=(-\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{\sqrt{2}}{3})$，$\overrightarrow{DA}=(2,0,\sqrt{2})$，$\overrightarrow{DB}=(2,2,0)$，所以$\overrightarrow{OM}·\overrightarrow{DA}=0$，$\overrightarrow{OM}·\overrightarrow{DB}=0$，即$OM\perp DB$，$OM\perp DA_1$，又$DA_1\cap DB = D$，$DA_1,DB\subset$平面$A_1BD$，所以$OM\perp$平面$A_1BD$，所以$\overrightarrow{OM}$为平面$A_1BD$的法向量，故C正确；

由图3可知，$D_1(0,0,\sqrt{2})$，$C(0,2,0)$，$B_1(2,2,\sqrt{2})$，则$\overrightarrow{D_1M}=(\frac{2}{3},\frac{4}{3},-\frac{2\sqrt{2}}{3})$，$\overrightarrow{CB_1}=(2,0,\sqrt{2})$，所以$\overrightarrow{D_1M}·\overrightarrow{CB_1}=\frac{4}{3}-\frac{4}{3}=0$，故D正确.

9. (多选题，2024 广东广州期末)已知正四面体$ ABCD $的棱长为$ 2 $，点$ M,N $分别为$ \triangle ABC $和$ \triangle ABD $的重心，$ P $为线段$ CN $上一点，则下列结论正确的是(ABD)

A.直线$ MN $与$ BD $所成角的大小为$ 60^{\circ} $
B.点$ A $到直线$ MN $的距离为$ \frac{\sqrt{11}}{3} $
C.直线$ MN $到平面$ ACD $的距离为$ \frac{2\sqrt{2}}{3} $
D.若$ BP\perp $平面$ ACD $，则三棱锥$ P - ACD $外接球的表面积为$ \frac{27\pi}{2} $

答案： 9. ABD 将正四面体$ABCD$放入正方体$DEBF - GAHC$中，以$\{DE,DF,DG\}$为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系$D - xyz$，因为正四面体$ABCD$的棱长为2，所以正方体的棱长为$\sqrt{2}$，则$A(\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，$B(\sqrt{2},\sqrt{2},0)$，$C(0,\sqrt{2},\sqrt{2})$，$D(0,0,0)$，因为点$M,N$分别为$\triangle ABC$和$\triangle ABD$的重心，所以点$N$的坐标为$(\frac{2\sqrt{2}}{3},\frac{2\sqrt{2}}{3},\frac{2\sqrt{2}}{3})$，点$M$的坐标为$(\frac{2\sqrt{2}}{3},\frac{2\sqrt{2}}{3},\frac{2\sqrt{2}}{3})$，所以$\overrightarrow{NC}=(-\frac{2\sqrt{2}}{3},\frac{\sqrt{2}}{3},\frac{\sqrt{2}}{3})$，设$\overrightarrow{NP}=\lambda\overrightarrow{NC}(0\leqslant\lambda\leqslant1)$，则$\overrightarrow{NP}=(-\frac{2\sqrt{2}}{3}\lambda,\frac{\sqrt{2}}{3}\lambda,\frac{\sqrt{2}}{3}\lambda)$，所以$\overrightarrow{DP}=\overrightarrow{DN}+\overrightarrow{NP}=(\frac{2\sqrt{2}}{3}-\frac{2\sqrt{2}}{3}\lambda,\frac{2\sqrt{2}}{3}\lambda,\frac{2\sqrt{2}}{3}\lambda+\frac{2\sqrt{2}}{3}\lambda)$，所以$\overrightarrow{BP}=(-\frac{\sqrt{2}}{3}-\frac{2\sqrt{2}}{3}\lambda,-\frac{\sqrt{2}}{3}+\frac{2\sqrt{2}}{3}\lambda,\frac{\sqrt{2}}{3}+\frac{2\sqrt{2}}{3}\lambda)$。对于A，$\overrightarrow{MN}=(0,-\frac{\sqrt{2}}{3},-\frac{\sqrt{2}}{3})$，$\overrightarrow{DB}=(\sqrt{2},\sqrt{2},0)$，则$|\cos\langle\overrightarrow{MN},\overrightarrow{DB}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{MN}·\overrightarrow{DB}|}{|\overrightarrow{MN}||\overrightarrow{DB}|}=\frac{\frac{2}{3}}{\frac{2}{3}×2}=\frac{1}{2}$，所以直线$MN$与$BD$所成角的余弦值为$\frac{1}{2}$，又直线$MN$与$BD$所成角的范围是$[0,\frac{\pi}{2}]$，所以直线$MN$与$BD$所成角的大小为$60^{\circ}$，故A正确；对于B，$\overrightarrow{AN}=(-\frac{\sqrt{2}}{3},\frac{\sqrt{2}}{3},-\frac{2\sqrt{2}}{3})$，设直线$AN,MN$所成的角为$\theta$，则$\cos\theta =|\cos\langle\overrightarrow{AN},\overrightarrow{MN}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{AN}·\overrightarrow{MN}|}{|\overrightarrow{AN}||\overrightarrow{MN}|}=\frac{\frac{2}{9}}{\frac{2\sqrt{3}}{3}×\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}$，所以$\sin\theta=\sqrt{1 - \cos^{2}\theta}=\frac{\sqrt{33}}{6}$，所以点$A$到直线$MN$的距离为$|\overrightarrow{AN}|\sin\theta=\frac{2\sqrt{3}}{3}×\frac{\sqrt{33}}{6}=\frac{\sqrt{11}}{3}$，故B正确；对于C，设平面$ACD$的法向量为$\mathbf{n}=(x,y,z)$，因为$\overrightarrow{DA}=(\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，$\overrightarrow{DC}=(0,\sqrt{2},\sqrt{2})$，所以$\begin{cases}\overrightarrow{DA}·\mathbf{n}=0,\\\overrightarrow{DC}·\mathbf{n}=0,\end{cases}$即$\begin{cases}\sqrt{2}x+\sqrt{2}z = 0,\\\sqrt{2}y+\sqrt{2}z = 0,\end{cases}$取$x = 1$，则$z = - 1$，$y = 1$，可得$\mathbf{n}=(1,1,-1)$，因为$\overrightarrow{MN}·\mathbf{n}=0$，且直线$MN\not\subset$平面$ACD$，所以直线$MN//$平面$ACD$，所以点$N$到平面$ACD$的距离就是直线$MN$到平面$ACD$的距离，则点$N$到平面$ACD$的距离$d=\frac{|\overrightarrow{DN}·\mathbf{n}|}{|\mathbf{n}|}=\frac{\frac{2\sqrt{2}}{3}}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{9}$，即直线$MN$到平面$ACD$的距离为$\frac{2\sqrt{6}}{9}$，故C错误；对于D，因为$BP\perp$平面$ACD$，$AC\subset$平面$ACD$，所以$BP\perp AC$，则$\overrightarrow{BP}·\overrightarrow{AC}=(-\frac{\sqrt{2}}{3}-\frac{2\sqrt{2}}{3}\lambda,-\frac{\sqrt{2}}{3}+\frac{2\sqrt{2}}{3}\lambda,\frac{\sqrt{2}}{3}+\frac{2\sqrt{2}}{3}\lambda)·(-\sqrt{2},\sqrt{2},0)=0$，即$\frac{2}{3}+\frac{4}{3}\lambda = 0$，解得$\lambda=\frac{1}{4}$，则$\overrightarrow{DP}=(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$，设$\triangle ACD$的重心为$Q$，则$Q(\frac{\sqrt{2}}{3},\frac{\sqrt{2}}{3},\frac{\sqrt{2}}{3})$，故$\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{DQ}-\overrightarrow{DP}=(-\frac{\sqrt{2}}{6},-\frac{\sqrt{2}}{6},\frac{\sqrt{2}}{6})$，$\overrightarrow{DA}=(\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，$\overrightarrow{DC}=(0,\sqrt{2},\sqrt{2})$，因为$\overrightarrow{PQ}·\overrightarrow{DA}=0$，$\overrightarrow{PQ}·\overrightarrow{DC}=0$，所以$PQ\perp DA$，$PQ\perp DC$，又$DA\cap DC = D$，$DA,DC\subset$平面$ACD$，所以$PQ\perp$平面$ACD$，又因为点$Q$为等边三角形$ACD$的外心，$\triangle ACD$外接圆的半径为$|\overrightarrow{DQ}|=\sqrt{\frac{2}{9}+\frac{2}{9}+\frac{8}{9}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，则三棱锥$P - ACD$外接球的球心在直线$PQ$上，设三棱锥$P - ACD$外接球的半径为$R$，则$R^{2}=(R - \frac{\sqrt{6}}{6})^{2}+(\frac{2\sqrt{3}}{3})^{2}$，解得$R=\frac{3\sqrt{6}}{4}$，所以三棱锥$P - ACD$外接球的表面积为$4\pi R^{2}=\frac{27\pi}{2}$，故D正确.
方法总结 求空间多面体的外接球半径的常用方法
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以放到正方体或长方体中去求解.
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径.
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助特殊情形的底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点的距离也是半径，列关系求解即可.
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间两点间的距离公式可求得球的半径.

10. (2023 云南临沧月考)已知$ \{\boldsymbol{a},\boldsymbol{b},\boldsymbol{c}\} $是空间向量的单位正交基底，$ \{\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b},\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b},3\boldsymbol{c}\} $是空间向量的另一个基底。若向量$ \boldsymbol{p} $在基底$ \{\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b},\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b},3\boldsymbol{c}\} $下的坐标是$ (1,2,2) $，则向量$ \boldsymbol{p} $在基底$ \{\boldsymbol{a},\boldsymbol{b},\boldsymbol{c}\} $下的坐标是$(3,-1,6)$。

答案： 10. $(3,-1,6)$ 因为向量$p$在基底$\{a + b,a - b,3c\}$下的坐标是$(1,2,2)$，所以$p=(a + b)+2(a - b)+2·3c=3a - b + 6c$，所以向量$p$在基底$\{a,b,c\}$下的坐标是$(3,-1,6)$.

11. (2024 河北保定期末)在空间直角坐标系中，过点$ P_{0}(x_{0},y_{0},z_{0}) $且一个法向量为$ \boldsymbol{n}=(a,b,c) $的平面$ \alpha $的方程可写为$ a(x - x_{0}) + b(y - y_{0}) + c(z - z_{0}) = 0 $。已知直线$ AB $的方向向量为$ (1,1,1) $，平面$ \alpha $的方程为$ 3x + 4y - 5z = 0 $，则直线$ AB $与平面$ \alpha $所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{6}}{15}$。

答案： 11. $\frac{\sqrt{6}}{15}$ 平面$\alpha$的方程为$3x + 4y - 5z = 0$，所以平面$\alpha$的法向量可以为$\mathbf{n}=(3,4,-5)$.又直线$AB$的方向向量为$\mathbf{m}=(1,1,1)$，所以直线$AB$与平面$\alpha$所成角的正弦值为$|\cos\langle\mathbf{m},\mathbf{n}\rangle|=\frac{|\mathbf{m}·\mathbf{n}|}{|\mathbf{m}||\mathbf{n}|}=\frac{|2|}{\sqrt{3}×5\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{15}$.