阶段测试3 用空间向量研究距离、夹角问题-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册作业与测评全书Word（人教A版2019）

数学 选择性必修·第一册[人教A版]作业与测评 阶段测试3　用空间向量研究距离、夹角问题 一、单项选择题 1．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，E，F，G分别是CC1，BD，A1B1的中点，则直线C1G与EF所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为AA1＝2，AB＝1，所以C1(0，1，2)，G，E(0，1，1)，F，＝，＝，故|cos〈，〉|＝＝＝＝，故直线C1G与EF所成角的余弦值为.故选D. 2.已知圆柱的底面半径为，高为2，如图，矩形ABCD是圆柱的轴截面，点E是圆柱下底面圆上一点，且满足∠BAE＝，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为(　　) A. B．－ C. D．－ 答案：A 解析：取AB的中点O，CD的中点O′，连接BE，OO′，OE，∵AB为底面圆的直径，∴∠AEB＝，∵∠BAE＝，∴∠ABE＝，∴E为的中点，即OE⊥OB，如图，在圆柱中可得OO′⊥OB，OO′⊥OE，∴以O为原点，OE，OB，OO′所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，∴E(，0，0)，A(0，－，0)，B(0，，0)，D(0，－，2)，∴＝(，，0)，＝(0，－2，2)，设直线AE与BD所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝＝.故选A. 3．在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，满足AE＝2EB，CF＝2FD，则二面角A1－EF－C1的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：如图，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，因为AE＝2EB，CF＝2FD，所以E(2，0，0)，F(1，3，0)，C1(3，3，3)，A1(0，0，3)，则＝(－1，3，0)，＝(1，3，3)，＝(－2，0，3)，设平面EFC1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则令y1＝1，则n1＝(3，1，－2)，设平面EFA1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则令y2＝1，则n2＝(3，1，2)，所以cos〈n1，n2〉＝＝，由图可知，二面角A1－EF－C1为锐角，则二面角A1－EF－C1的余弦值为.故选A. 4.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则D1(0，0，1)，E(1，1，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)．从而＝(1，1，－1)，＝(－1，2，0)，＝(－1，0，1)．设平面ACD1的法向量为n＝(a，b，c)，则即令a＝2，得b＝1，c＝2，则n＝(2，1，2)，所以点E到平面ACD1的距离d＝＝＝.故选C. 5．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列说法正确的是(　　) A．平面A1BD与平面B1D1C的距离为 B．三棱锥B1－A1BD外接球的表面积为6π C．AC1∥A1D D．直线BC与平面ABC1D1所成的角为 答案：A 解析：如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，＝(2，2，0)，＝(2，0，2)，＝(2，0，0)，设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1，则y＝－1，z＝－1，则n＝(1，－1，－1)．对于A，因为BD∥B1D1，BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD，所以B1D1∥平面A1BD，同理B1C∥平面A1BD，又B1D1∩B1C＝B1，B1D1，B1C⊂平面B1D1C，所以平面A1BD∥平面B1D1C，则平面A1BD与平面B1D1C的距离d＝＝＝＝，故A正确；对于B，三棱锥B1－A1BD的外接球就是正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球，设其外接球的半径为R，则2R＝，即R＝，所以S＝4πR2＝12π，故B错误；对于C，因为＝(－2，2，2)，则＝－2n，所以AC1⊥平面A1BD，又因为A1D⊂平面A1BD，则AC1⊥A1D，故C错误；对于D，连接BC1，与B1C相交于点O，因为D1C1⊥平面B1BCC1，且B1C⊂平面B1BCC1，所以D1C1⊥B1C，又因为B1C⊥BC1，BC1∩D1C1＝C1，BC1，D1C1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，即直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1，且∠CBC1＝，故D错误．故选A. 二、多项选择题 6.已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，AB⊥AC，E为B1C1的中点，则下列说法正确的是(　　) A．＝＋＋ B．AB1∥平面A1CE C．异面直线AE与A1C所成角的余弦值为 D．点A1到平面ACE的距离为 答案：ABD 解析：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，0，0)，B1(0，2，2)，C1(2，0，2)，A1(0，0，2)，E(1，1，2)．对于A，＝(1，1，2)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)，＝(0，0，2)，所以＋＋＝(0，1，0)＋(1，0，0)＋(0，0，2)＝(1，1，2)＝，故A正确；对于B，＝(2，0，－2)，＝(1，1，0)，＝(0，2，2)，设平面A1CE的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1，则y＝－1，z＝1，所以n＝(1，－1，1)，所以·n＝0，即⊥n，又AB1⊄平面A1CE，所以AB1∥平面A1CE，故B正确；对于C，＝(1，1，2)，＝(2，0，－2)，则·＝－2，||＝，||＝2，所以|cos〈，〉|＝＝＝，即异面直线AE与A1C所成角的余弦值为，故C错误；对于D，设平面ACE的法向量为m＝(a，b，c)，则令c＝1，则a＝0，b＝－2，所以m＝(0，－2，1)，得·m＝－2，所以点A1到平面ACE的距离d＝＝＝，故D正确．故选ABD. 7．在正四棱锥P－ABCD中，PA＝2，AB＝2，＝，＝，则(　　) A．||＝ B．异面直线AE与CF所成角的余弦值为 C．向量在向量上的投影向量为 D．直线AE与平面PCD所成角的正弦值为 答案：ABD 解析：连接AC，BD交于点O，由题意可得PO⊥底面ABCD，因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD，所以以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为PA＝2，AB＝2，所以AO＝2，PO＝4，则O(0，0，0)，P(0，0，4)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(－2，0，0)，D(0，－2，0)，＝(0，2，－4)，＝(0，－2，－4)，因为＝，＝，所以＝(0，1，－2)，＝，即E(0，1，2)，F.对于A，||＝＝，故A正确；对于B，＝(－2，1，2)，＝，所以|cos〈，〉|＝＝＝＝，故B正确；对于C，向量在向量上的投影向量为·＝×＝，故C错误；对于D，＝(2，－2，0)，＝(0，－2，－4)，设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则即取y＝2，可得n＝(2，2，－1)，设直线AE与平面PCD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，故D正确．故选ABD. 三、填空题 8．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则直线AD1与BF1所成角的余弦值是________． 答案： 解析：∵直三棱柱ABC－A1B1C1，且∠BCA＝90°，∴以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝CA＝CC1＝2，则A(2，0，0)，D1(1，1，2)，B(0，2，0)，F1(1，0，2)，∴＝(－1，1，2)，＝(1，－2，2)，设直线AD1与BF1所成的角为θ且θ∈，则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝，∴直线AD1与BF1所成角的余弦值为. 9．在正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1中，AA1＝2AB＝4，M，N分别为EE1，BB1的中点，平面CMN与直线DD1交于点G，则D1G＝________，点A到平面CMN的距离为________． 答案：4　 解析：连接AD，BF，设其交点为O.由正六棱柱的性质知，AD⊥BF，且OB＝OF，连接B1F1，取B1F1的中点P，连接OP，则OP⊥平面ABCDEF.以O为原点，OB，OD，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．因为AA1＝2AB＝4，M，N分别为EE1，BB1的中点，所以A(0，－1，0)，C(，2，0)，M(－，2，2)，N(，0，2)，则＝(，3，0)，＝(－2，0，2)，＝(0，－2，2)．设平面CMN的法向量为n＝(x，y，z)，则令y＝1，则n＝.设G(0，3，a)，则＝(－，1，a)．由·n＝－×＋1×1＋a×1＝0，解得a＝0，又D1(0，3，4)，所以D1G＝4.点A到平面CMN的距离d＝＝. 10.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1上的点，则直线CM与D1N所成角的余弦值的取值范围为________． 答案： 解析：以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设A1D1＝1，则C(0，1，1)，D1(0，0，0)，N(1，1，z)(0≤z≤1)，M(1，0，h)(0≤h≤1)，则＝(1，－1，h－1)，＝(1，1，z)，设直线CM与D1N所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝，①当z＝0或h＝1时，cosθ＝0；②当z≠0且h≠1时，令n＝1－h(0<n≤1)，cos2θ＝＝≤＝(当且仅当n＝z时取等号)，令t＝，t≥1，函数y＝4t2＋4t＋1在[1，＋∞)上为增函数，故y≥9.故cos2θ≤，所以0<cosθ≤.综上，0≤cosθ≤. 四、解答题 11.如图，在多面体ABCDFE中，AE⊥平面ABCD，平面FCD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，△FCD为等腰直角三角形，且CF⊥DF，AD＝CD＝2AB＝2AE， (1)证明：BF∥平面ADE； (2)求平面BEF与平面DEF夹角的余弦值． 解：(1)证明：取CD的中点O，连接OB，OF. 因为△FCD为等腰直角三角形，且CF⊥DF， 所以OF⊥CD. 又平面FCD⊥平面ABCD，平面FCD∩平面ABCD＝CD，OF⊂平面FCD， 所以OF⊥平面ABCD， 又AE⊥平面ABCD，所以OF∥AE， 又OF⊄平面ADE，AE⊂平面ADE， 所以OF∥平面ADE. 因为CD＝2AB，所以AB＝OD， 又OD∥AB，所以四边形ABOD为平行四边形，则OB∥AD. 因为OB⊄平面ADE，AD⊂平面ADE， 所以OB∥平面ADE， 又OB∩OF＝O，OB，OF⊂平面OBF， 所以平面OBF∥平面ADE. 因为BF⊂平面OBF，所以BF∥平面ADE. (2)由题意可知AB，AD，AE两两垂直，故以A为原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB＝1，则B(1，0，0)，D(0，2，0)，E(0，0，1)，F(1，2，1)，＝(－1，0，1)，＝(1，2，0)，＝(0，－2，1)． 设平面BEF的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 令y1＝1，得m＝(－2，1，－2)． 设平面DEF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即 令y2＝1，得n＝(－2，1，2)． cos〈m，n〉＝＝， 则平面BEF与平面DEF夹角的余弦值为. 12.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D，E分别为AC，A1C1的中点，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2. (1)求证：AC⊥平面BDE； (2)求直线DE与平面ABE所成角的正弦值； (3)求点C到平面ABE的距离． 解：(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中， ∵D，E分别为AC，A1C1的中点，∴DE∥AA1， ∵AA1⊥平面ABC，∴DE⊥平面ABC， ∵AC⊂平面ABC，∴DE⊥AC， 在△ABC中，AB＝BC，D为AC的中点， ∴AC⊥BD， ∵DE∩BD＝D，DE，BD⊂平面BDE， ∴AC⊥平面BDE. (2)如图，以D为原点，建立空间直角坐标系， 在Rt△ABD中，AB＝，AD＝AC＝1，∴BD＝2， 则D(0，0，0)，E(0，0，2)，A(1，0，0)，B(0，2，0)，＝(0，0，2)，＝(－1，2，0)，＝(－1，0，2)． 设平面ABE的法向量为m＝(x，y，z)， 则 令x＝2，得y＝1，z＝1，所以m＝(2，1，1)． 设直线DE与平面ABE所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈，m〉|＝＝＝， 所以直线DE与平面ABE所成角的正弦值为. (3)设点C到平面ABE的距离为d， 因为C(－1，0，0)，＝(－2，0，0)， 所以d＝＝＝， 故点C到平面ABE的距离为. 13．已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，AA1＝，底面ABCD是边长为1的菱形，且∠BAD＝120°，E为A1B1的中点，点H是棱A1D1上的动点，则直线AH与直线BE所成角的正切值的最小值为________． 答案： 解析：连接AC，因为底面ABCD是边长为1的菱形，且∠BAD＝120°，所以BA＝BC，∠BAC＝60°，故△ABC为等边三角形，取BC的中点F，连接AF，则AF⊥BC，BF＝CF＝，AF＝，则AF⊥AD，以A为原点，AF，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B，E，设H(0，t，)，0≤t≤1，故＝(0，t，)，＝，设直线AH与直线BE所成的角为θ，则cosθ＝＝＝＝，令＋6＝u∈，则cosθ＝＝＝，当＝，即u＝，t＝时，cosθ＝取得最大值，为cosθ＝，此时tanθ取得最小值，故直线AH与直线BE所成角的正切值的最小值为. 14.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F. (1)求证：PB⊥平面DEF； (2)若平面PBC与平面PBD夹角的正弦值为. ①求AD的长； ②求直线PC与平面DEF所成角的正弦值． 解：(1)证明：以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设AD＝a，则D(0，0，0)，P(0，0，1)，E，A(a，0，0)，B(a，1，0)，C(0，1，0)． 因为＝(a，1，－1)，＝， 所以·＝0＋－＝0， 所以PB⊥DE， 又EF⊥PB，EF∩DE＝E，EF，DE⊂平面DEF， 所以PB⊥平面DEF. (2)①由(1)知，＝(0，1，－1)，＝(a，1，0)，＝(0，0，1)， 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)， 则所以 令y＝1，得m＝(0，1，1)． 设平面PBD的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则即 令x1＝1，得n＝(1，－a，0)． 设平面PBC与平面PBD的夹角为α， 则cosα＝|cos〈m，n〉|＝， 因为sinα＝，所以cosα＝， 所以＝，解得a＝2， 所以AD的长为2. ②由(1)可知PB⊥平面DEF，故∠PEF是直线PC与平面DEF所成的角， 在Rt△PBC中，cos∠BPC＝＝＝， 又EF⊥PB，则∠PEF与∠BPC互余， 所以sin∠PEF＝cos∠BPC＝， 即直线PC与平面DEF所成角的正弦值为. 14 学科网（北京）股份有限公司 $$