阶段练习(二) (1.2)-【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B版2019）

数学　选择性必修·第一册　作业与测评 阶段练习(二)　(1.2) 一、单项选择题 1．已知直线l的一个方向向量为u＝(1，5，4)，平面α的一个法向量为n＝(3，5，x)，若直线l与平面α平行，则实数x的值为(　　) A．7 B．－7 C．2 D．－2 答案：B 解析：∵直线l与平面α平行，∴u⊥n，∴u·n＝1×3＋5×5＋4x＝0，解得x＝－7.故选B. 2．已知直线l1的一个方向向量为s1＝(1，0，1)，直线l2的一个方向向量为s2＝(－1，2，－2)，则直线l1与l2所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，所以cos〈s1，s2〉＝＝＝－，所以直线l1与l2所成角的余弦值为.故选C. 3．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，MN是异面直线AC与C1D的公垂线段，点M在AC上，点N在C1D上，则MN的长为(　　) A． B．2 C． D． 答案：C 解析：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，如图所示，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，C1(1，1，1)，因为点M在AC上，点N在C1D上，所以设M(m，m，0)，N(n，1，n)，所以＝(1，1，0)，＝(1，0，1)，＝(n－m，1－m，n)，因为MN是异面直线AC与C1D的公垂线段，所以·＝0，·＝0，即解得所以M，N，所以MN＝＝.故选C. 4．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝AA1＝2，则该长方体的外接球球心O到平面A1BD的距离为(　　) A． B． C． D．1 答案：B 解析：长方体的外接球球心是其体对角线的交点，以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则C1(4，2，2)，O(2，1，1)，B(4，0，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，2)，所以＝(4，0，－2)，＝(－4，2，0)，设平面A1BD的一个法向量为m＝(x，y，z)，则即令x＝1，可得m＝(1，2，2)，又＝(－2，1，1)，所以该长方体的外接球球心O到平面A1BD的距离d＝＝.故选B. 5．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为AB的中点，则直线A1E与平面A1BC1所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，以D为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(2，0，2)，E(2，1，0)，B(2，2，0)，C1(0，2，2)，所以＝(0，1，－2)，＝(－2，2，0)，＝(0，2，－2)，设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，所以n＝(1，1，1)，设直线A1E与平面A1BC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，所以直线A1E与平面A1BC1所成角的正弦值为.故选D. 二、多项选择题 6．已知在三棱台ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2A1B1＝4，＝.以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则(　　) A．＝(－2，4，－4) B．AM⊥B1C C．异面直线BB1与A1C所成角的余弦值为 D．点B到直线A1C的距离为2 答案：ABD 解析：根据题意可得，B1(2，0，4)，C(0，4，0)，则＝(－2，4，－4)，故A正确；A(0，0，0)，C1(0，2，4)，＝(0，－2，4)，＝＝(0，－2，4)＝，＝(0，4，0)，则＝＋＝(0，4，0)＋＝，因为·＝×4＋×(－4)＝0，所以AM⊥B1C，故B正确；B(4，0，0)，A1(0，0，4)，则＝(－2，0，4)，＝(0，4，－4)，设异面直线BB1与A1C所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，故C错误；＝(－4，4，0)，则点B到直线A1C的距离为d＝＝＝2，故D正确．故选ABD. 7．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是(　　) A．BD1⊥平面A1C1D B．三棱锥P－A1C1D的体积为定值 C．异面直线AP与A1D所成角的取值范围是 D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为 答案：ABD 解析：对于A，如图，连接B1D1，BD.∵A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1，又B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面BB1D1D，∴A1C1⊥平面BB1D1D，又BD1⊂平面BB1D1D，∴A1C1⊥BD1，同理，DC1⊥BD1，又A1C1∩DC1＝C1，A1C1，DC1⊂平面A1C1D，∴BD1⊥平面A1C1D，故A正确；对于B，∵A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝DC，∴四边形A1B1CD是平行四边形，∴A1D∥B1C，A1D⊂平面A1C1D，B1C⊄平面A1C1D，∴B1C∥平面A1C1D，∵点P在线段B1C上运动，∴点P到平面A1C1D的距离即点B1到平面A1C1D的距离，为定值， 又△A1C1D的面积是定值，∴三棱锥P－A1C1D的体积为定值，故B正确；如图，以D为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，∵点P在线段B1C上运动，则可设P(a，1，a)，0≤a≤1，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)．对于C，＝(a－1，1，a)，＝(－1，0，－1)，∴cos〈，〉＝＝＝，＝＝1－，∵a∈[0，1]，则a2－a＋1＝＋∈，1－∈，∴|cos〈，〉|∈，又异面直线AP与A1D所成的角为锐角或直角，故异面直线AP与A1D所成角的取值范围为，故C错误；对于D，＝(a，0，a－1)，＝(1，1，－1)．由A项分析，可知＝(1，1，－1)是平面A1C1D的一个法向量，∴直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为|cos〈，〉|＝＝＝，∴当a＝时，直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值最大，为，故D正确．故选ABD. 三、填空题 8．如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，AA1＝3，BD＝4，且·－·＝2，则异面直线AA1与BD所成角的余弦值为________． 答案： 解析：四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，·－·＝(＋)·－(＋)·＝·＋·－·－·＝2，而·＝·，则·－·＝2，故·＝·(－)＝·－·＝·－·＝2，因此cos〈，〉＝＝＝，所以异面直线AA1与BD所成角的余弦值为. 9．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝3，E为线段AC的中点，F是棱C1D1上一点，若直线EF与平面AB1C所成角的正弦值为，则EF＝________． 答案： 解析：以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，C(2，2，0)，B1(2，0，3)，E(1，1，0)，设F(x，2，3)(0≤x≤2)，＝(2，0，3)，＝(0，－2，3)，＝(x－1，1，3)，设n＝(a，b，c)为平面AB1C的一个法向量，可得即令a＝3，则b＝－3，c＝－2，所以n＝(3，－3，－2)，因为直线EF与平面AB1C所成角的正弦值为，所以|cos〈，n〉|＝＝＝，解得x＝1或x＝61(舍去)，所以＝(0，1，3)，EF＝||＝＝. 10．棱长为的正四面体A－BCD中，M为平面BCD内的动点，且满足AM＝，则直线AM与直线BD所成角的余弦值的取值范围为________． 答案： 解析：记点A在底面BCD内的射影为点O，则AO⊥底面BCD，因为CO，OM⊂平面BCD，所以AO⊥CO，AO⊥OM，因为正四面体A－BCD，所以△BCD是等边三角形，由题意得BC＝BD＝CD＝AC＝，点O是△BCD的中心，则CO＝××＝，AO＝＝2，由题意得AM＝，则OM＝＝1， 所以点M的轨迹是在平面BCD内的以O为圆心，1为半径的圆．建立如图所示的空间直角坐标系，设直线OM与x轴正半轴所成的角为α，则M(cosα，sinα，0)，α∈[0，2π]，A(0，0，2)，B，D，所以＝(cosα，sinα，－2)，＝(0，，0)，设直线AM与直线BD所成的角为θ，所以cosθ＝|cos〈，〉|＝＝＝|sinα|，因为|sinα|∈[0，1]，所以|sinα|∈. 四、解答题 11．三棱台ABC－A1B1C1中，若AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M，N分别是BC，AB的中点． (1)求证：B1B∥平面C1MA； (2)求二面角A－C1M－N的正弦值； (3)求点C到平面C1MA的距离． 解：(1)证明：在三棱台ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC， 显然直线AB，AC，AA1两两垂直， 以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1， 所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，2)，B1(1，0，2)，C1(0，1，2)， 由M，N分别是BC，AB的中点，得M(1，1，0)，N(1，0，0)， 则＝(1，0，－2)，＝(1，0，－2)， 因此∥，而点C1∉直线B1B， 则B1B∥C1M， 又B1B⊄平面C1MA，C1M⊂平面C1MA， 所以B1B∥平面C1MA. (2)由(1)知，＝(1，1，0)，＝(1，0，－2)，＝(0，1，0)， 设平面C1MA的一个法向量为m＝(a，b，c)， 则 令c＝1，则a＝2，b＝－2，所以m＝(2，－2，1)， 设平面C1MN的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 令z＝1，则x＝2，y＝0，所以n＝(2，0，1)， 设二面角A－C1M－N的大小为θ，θ∈[0，π]， 则|cosθ|＝|cos〈m，n〉|＝＝＝， 所以二面角A－C1M－N的正弦值为sinθ＝＝. (3)由(1)知，＝(0，2，0)，由(2)知，平面C1MA的一个法向量为m＝(2，－2，1)， 所以点C到平面C1MA的距离d＝＝. 12．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝1，BC＝2，AB＝，PA＝1. (1)求证：AB⊥PC； (2)若M为PD的中点，求平面MAC与平面ACD所成角的余弦值． 解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊥CD， 所以以D为原点，，的方向分别为x轴、y轴正方向，过点D作PA的平行线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 则A(1，0，0)，B(2，1，0)，C(0，1，0)，P(1，0，1)， 所以＝(1，1，0)，＝(－1，1，－1)， 因为·＝1×(－1)＋1×1＋0＝0， 所以AB⊥PC. (2)因为P(1，0，1)，D(0，0，0)， 所以M，＝(－1，1，0)，＝， 设m＝(x，y，z)为平面MAC的一个法向量， 则即 令x＝1，则y＝1，z＝1，所以m＝(1，1，1)， 易知n＝(0，0，1)为平面ACD的一个法向量， 设平面MAC与平面ACD所成的角为α， 则cosα＝＝＝， 所以平面MAC与平面ACD所成角的余弦值为. 13．[多选]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，＝λ，＝λ(0≤λ≤1)，下列说法正确的是(　　) A．MN∥平面ABCD B．BD⊥MN C．存在λ，使得CM⊥D1N D．当λ＝时，平面D1MN截正方体的表面所得的图形为五边形 答案：BD 解析：对于A，当λ＝0时，直线MN即为直线AC，此时MN⊂平面ABCD，A错误；令正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，以D为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图1所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，B(1，1，0)，M(1，0，λ)，N(0，1，λ)．对于B，＝(1，1，0)，＝(－1，1，0)，则·＝0，因此BD⊥MN，B正确； 对于C，＝(1，－1，λ)，＝(0，1，λ－1)，则·＝－1＋λ(λ－1)<0，因此CM与D1N不垂直，C错误；对于D，如图2，连接D1M，D1N并延长分别与DA，DC的延长线交于点E，F，连接EF分别与AB，BC交于点P，Q，连接MP，NQ，则多边形D1MPQN为平面D1MN截正方体的表面所得的截面，为五边形，D正确．故选BD. 14．如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥AB，AB＝1，PA＝AC＝2，点D在棱AC上，且AC＝3AD，M为棱PC的中点． (1)求证：PC⊥平面ABM； (2)求平面ABM与平面DBM所成角的余弦值； (3)在线段AP上是否存在点H满足直线BH与平面ABM所成角的正弦值为？若存在，求出AH的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz. 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，M(0，1，1)，D. 证法一：＝(0，2，－2)，＝(－1，1，1)，＝(0，1，1)，＝(1，0，0)． ∵·＝(0，2，－2)·(－1，1，1)＝0， ∴PC⊥BM， ∵·＝(0，2，－2)·(0，1，1)＝0， ∴PC⊥AM， 又BM∩AM＝M，BM，AM⊂平面ABM， ∴PC⊥平面ABM. 证法二：设n1＝(x，y，z)是平面ABM的一个法向量， 则取y＝1，得n1＝(0，1，－1)． 又＝(0，2，－2)＝2n1， ∴∥n1， ∴PC⊥平面ABM. (2)设n2＝(a，b，c)是平面DBM的一个法向量，＝，＝(－1，1，1)， 则即 令b＝3，则a＝2，c＝－1， ∴n2＝(2，3，－1)． 由(1)可知n1＝(0，1，－1)是平面ABM的一个法向量． 设平面ABM与平面DBM所成的角为θ， 则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝， ∴平面ABM与平面DBM所成角的余弦值为. (3)假设存在点H满足题意，设H(0，0，h)，h∈[0，2]， 直线BH与平面ABM所成的角为α，则＝(－1，0，h)， sinα＝|cos〈，n1〉|＝＝＝，解得h2＝， 又h∈[0，2]，∴h＝，AH＝. ∴存在点H满足题意，且AH＝. 4 学科网（北京）股份有限公司 $$