1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题第2课时同步练-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 以空间向量求夹角为核心，通过三级分层设计，从基础公式应用到参数探究，构建“概念-运算-创新”巩固路径，培养空间观念与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |A级|平面/直线夹角、二面角基础计算|单几何体直接应用公式，如正方体中异面直线夹角| |B级|复杂几何体（三棱柱/四棱锥）动态问题|含存在性探究，如四棱锥中动点E与线面角| |C级|参数λ与二面角最值综合|结合函数思想，如λ取值对二面角正弦值的影响|

1.4.2　用空间向量研究夹角问题 A级　必备知识基础练 1.(2026陕西西安高二期末)在空间直角坐标系Oxyz中,平面α的一个法向量为m=(1,,-2),则平面α与Oxy平面的夹角为(　　) A. B. C. D. 2.点P在正方形ABCD所在平面外,PD⊥平面ABCD,PD=AD,则直线PA与直线BD所成角的大小为(　　) A. B. C. D. 3.(2026广东高二期中)如图,在空间直角坐标系Dxyz中,四棱柱ABCD-A1B1C1D1为长方体,AA1=AB=2AD,E为C1D1的中点,则平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值为(　　) A.- B.- C. D. 4.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AD,BC的中点,M为线段EF上的一动点,则直线A1D与B1M所成角的余弦值的取值范围是(　　) A.[] B.[] C.[] D.[] 5.(2026广东高二月考)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,若A1A⊥平面ABC,AB⊥AC, A1C1=1,AB=AC=AA1=2,M为BC中点,则平面MAC1与平面AC1C的余弦值为(　　) A. B. C. D. 6.(2026广东高二阶段测试)如图,在圆锥SO中,AB是底面圆的直径,O为底面圆的圆心, SO=5,AO=OD=3,AC=BC,则直线AD与直线SC所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 7.(多选题)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,(　　) A.直线AC与直线BD1的夹角为60° B.二面角D-AC-D1的平面角的正切值为 C.直线AB1与平面ACD1所成角的正切值为 D.点D到平面ACD1的距离为 8.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=1,且AB⊥AC,异面直线CB1与C1A1所成的角为60°,则该三棱柱的侧面积为　　　　　.  9.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=4,AA1=3,B1C交BC1于点E. (1)证明:直线D1E∥平面A1BD; (2)求直线AD与平面A1BD所成角的正弦值. B级　关键能力提升练 10.(2026河南高二月考)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E是BB1的中点,F是DD1的中点,AE与A1B相交于点G.若AB=2,AD=1,AA1=2,则直线AB与直线FG所成角的大小为(　　) A. B. C. D. 11.如图,在三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB,且∠O1OB=60°,∠AOB =90°,OB=OO1=2,OA=,则异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为　　　　　.  12.在四棱锥P-ABCD中,已知AB∥CD,AB⊥AD,BC⊥PA,AB=2AD=2CD=2,PA=, PC=2,E是线段PB上的点. (1)求证:PC⊥底面ABCD; (2)是否存在点E使得PA与平面EAC所成角的正弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. C级　学科素养创新练 13.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,∠ADC=,PD=DC=2BC=4,点E是线段AD的中点,点F在线段AP上且满足=λ,0≤λ≤1,PD⊥平面ABCD. (1)当λ=时,证明:PC∥平面BFE; (2)当λ为何值时,平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小? 答案 1.D　因为平面Oxy的法向量为n=(0,0,1), 所以cos<m,n>==-. 因为<m,n>∈[0,π],所以<m,n>=, 则平面α与Oxy平面的夹角为π-.故选D. 2.C　因为四边形ABCD是正方形,所以DA⊥DC. 因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥DA,PD⊥DC. 以D为坐标原点,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PD=AD=m,则D(0,0,0),B(m,m,0),A(m,0,0),P(0,0,m),所以=(m,0,-m),=(-m,-m,0), 设直线PA与直线BD所成角为θ,则cos θ=|cos<>|=. 因为0<θ≤,所以θ=.故选C. 3.C　设AD=1,则A1(1,0,2),B(1,2,0).因为E为C1D1的中点,所以E(0,1,2), 所以=(-1,1,0),=(0,2,-2). 设m=(x,y,z)是平面A1BE的法向量, 则取x=1,则y=z=1,得m=(1,1,1), 所以平面A1BE的一个法向量为m=(1,1,1). 又因为DA⊥平面A1B1B, 所以=(1,0,0)是平面A1B1B的一个法向量, 所以cos<m,>=, 所以平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值为. 故选C. 4.C　以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A1(2,0,2),B1(2,2,2),M(1,m,0),0≤m≤2,=(2,0,2),=(1,2-m,2), 所以|cos<>|=. 当m=0时,夹角余弦值最小,为;当m=2时,夹角余弦值最大,为, 所以直线A1D与B1M所成角的余弦值的取值范围是[].故选C. 5.B　因为A1A⊥平面ABC,且AB,AC⊂平面ABC, 所以A1A⊥AB,A1A⊥AC. 又AB⊥AC,以A为原点,AB,AC,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),M(1,1,0),C1(0,1,2),则=(1,1,0),=(0,1,2), 设平面MAC1的法向量为n=(x,y,z),则 取x=2,可得y=-2,z=1,所以n=(2,-2,1). 又由平面AC1C的一个法向量为m=(1,0,0), 设平面MAC1与平面AC1C所成的角为θ, 则cos θ=|cos<m,n>|=.故选B. 6.D　连接OC.在圆锥中,SO⊥平面ABC,OC,OA⊂平面ABC,所以SO⊥OC,SO⊥OA. 又AB是底面圆直径, 所以O为AB中点. 因为AC=BC,所以OC⊥OA. 以O为原点,OC,OA,OS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, 则S(0,0,5),C(3,0,0),A(0,3,0),D(0,0,3),则=(3,0,-5),=(0,-3,3), 所以cos<>==-,所以直线AD与直线SC所成角的余弦值为. 故选D. 7.BCD　以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(1,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),所以=(-1,1,0),=(-1,-1,1),=0,即,故直线AC与BD1的夹角为90°,故A错误; 设平面ACD1的法向量为m=(x,y,z),=(-1,0,1),所以 令x=1,则y=1,z=1,得m=(1,1,1).由题可知,平面DAC的法向量可取n=(0,0,1). 设二面角D-AC-D1的平面角为θ,则cos θ=|cos<m,n>|=,所以sin θ=, 故tan θ=,故B正确; 因为=(0,1,1),设直线AB1与平面ACD1所成角为α, 则sin α=|cos<·m>|=,cos α=,故tan α=,故C正确; 因为=(1,0,0),设点D到平面ACD1的距离为d, 则d==,故D正确.故选BCD. 8.2+2　以A为原点,AB,AC,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 设AA1=a,则C(0,1,0),A1(0,0,a),B1(1,0,a),C1(0,1,a),=(1,-1,a),=(0,-1,0). 因为异面直线CB1与C1A1所成的角为60°,所以=cos 60°, 即,解得a=.因为BC=, 所以该三棱柱的侧面积为2××1+=2+2. 9.(1)证明 如图,连接B1D1,D1C.由长方体性质可得,BC∥A1D1且BC=A1D1,则四边形BCD1A1为平行四边形,则BA1∥CD1. 又BA1⊂平面A1BD,CD1⊄平面A1BD,所以CD1∥平面A1BD. 同理可证BD∥B1D1.因为B1D1⊄平面A1BD,BD⊂平面A1BD,所以B1D1∥平面A1BD. 又CD1∩B1D1=D1,CD1,B1D1⊂平面CD1B1, 所以平面CD1B1∥平面A1BD. 又D1E⊂平面CD1B1,所以直线D1E∥平面A1BD. (2)解 以A为原点,AB,AD,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),D(0,4,0),A1(0,0,3),B(2,0,0),=(2,-4,0),=(0,-4,3),=(0,4,0). 设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z), 由令x=6,得y=3,z=4, 可得平面A1BD的一个法向量为n=(6,3,4). 设直线AD与平面A1BD所成角大小为θ, 则sin θ=|cos<,n>|=, 故直线AD与平面A1BD所成角的正弦值为. 10.C　在矩形AA1B1B中,因为E是BB1的中点,AE与A1B相交于点G, 所以△AA1G∽△EBG, 所以=2,所以AG=AE. 以A为原点,AB,AD,AA1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. 则A(0,0,0),B(2,0,0),B1(2,0,2),D(0,1,0),D1(0,1,2),E(2,0,),F(0,1,). 因为AG=AE,所以G(,0,),所以=(,-1,-). 设直线AB与直线FG所成的角为θ,且=(2,0,0), 所以cos θ=|cos<>|=. 因为θ∈[0,],所以θ=.故选C. 11.　以O为坐标原点,OA,OB所在直线分别为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(,0,0),B(0,2,0),A1(,1,),O1(0,1,),所以=(-,1,-),=(,-1,-). 设所求的角为α,则cos α=,即异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为. 12.(1)证明 在△ADC中,AD=DC=1,∠ADC=90°, 所以AC=. 在△ABC中,AC=,AB=2,∠BAC=45°,由余弦定理得,BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 45°=4+2-2×2×=2,所以AB2=AC2+BC2,所以∠ACB=90°,即BC⊥AC. 又因为BC⊥PA,PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC. 因为PC⊂平面PAC,所以BC⊥PC. 在△PAC中,AC=,PC=2,PA=,则PA2=AC2+PC2,所以PC⊥AC. 又AC∩BC=C,AC,BC⊂平面ABCD, 所以PC⊥平面ABCD. (2)解 存在. 以A为原点,AD,AB所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(1,1,2), 设=λ=λ(1,-1,2)=(λ,-λ,2λ),其中0≤λ≤1, 则=(0,2,0),=(λ,2-λ,2λ),=(1,1,0),=(1,1,2). 设n=(x,y,z)为平面EAC的一个法向量, 则取x=-λ,则y=λ,z=λ-1, 所以平面EAC的一个法向量为n=(-λ,λ,λ-1). 由题意可得|cos<,n>|=,可得3λ2+2λ-1=0. 因为0≤λ≤1,所以λ=. 因此,存在点E使得PA与平面EAC所成角的正弦值为,且. 13.(1)证明 设AC∩BE=M,因为AE∥BC,则.若λ=,即,可得, 所以MF∥PC.因为MF⊂平面BFE,PC⊄平面BFE, 故PC∥平面BFE. (2)解 连接DB,由题意可得,AB=2AD=4,∠BAD=60°,在△ABD中,由余弦定理得DB2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD=16+4-2×4×2×=12,即DB=2,可得AB2=AD2+DB2,则AD⊥BD.又PD⊥平面ABCD,则AD,DB,DP两两垂直. 以D为原点,DA,DB,DP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,4),E(1,0,0),可得=(-2,0,4),=(-1,2,0). 设点F(a,b,c),则=(a-2,b,c). 因为=λ,则解得 即F(2-2λ,0,4λ),则=(1-2λ,0,4λ). 设平面BFE的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=4λ,则z=(2λ-1),y=2λ, 即n=(4λ,2λ,(2λ-1)). 由题意可得平面PBD的法向量m=(1,0,0).设平面BFE与平面PBD所成的二面角为θ,则|cos θ|=|cos<n,m>|=. 由题意可知,λ∈[0,1],则当λ=0时,|cos θ|=0;当λ∈(0,1]时,|cos θ|=.因为λ∈(0,1],则∈[1,+∞).令y=+64,则该函数图象开口向上,对称轴为直线=2,当=2,即λ=时,+64取到最小值52,即+64≥52,可得|cos θ|∈(0,]. 综上所述,|cos θ|∈[0,].当λ=时,|cos θ|取到最大值,sin θ取到最小值,即当λ=时,平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小. 12 学科网（北京）股份有限公司 $