1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题同步练习-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** 分层梯度清晰，从单一公式应用到几何模型综合探究，适配新授课知识巩固与能力进阶，培养空间观念与运算能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|点线距离、线线角等单一公式应用|单选1-3、填空8-9，直接套用公式，强化运算能力| |提升层|线面角、二面角及向量性质综合|单选4-5、多选6-7，结合正方体等模型，发展几何直观| |综合层|空间几何证明与夹角计算|解答题11-14，需建系推理，体现逻辑思维与应用意识|

2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题同步练习 一、单选题 1.在空间直角坐标系中，直线l经过点00,0,0，且其方向向量方=1,0,1，则点M0,1,1 到直线的距离为() A.3 V6 B. C.3 D.96 2 2.在空间直角坐标系中，已知点A1,1,0,B1,0,1,C0,1,1,D3,1,0,则点D到平 面ABC的距离为() 3 A.3 号 C. 23 D.93 3 3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为AA1的中点，则BM与A1C1夹角的余弦值为 () A誓 B.10 c.5 5 5 D. 2V5 5 4.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面 BB,D,D所成角的正弦值为() D D 6 A. 3 B.26 V15 V10 C. D. 5 5 5 5.正三棱柱ABC-AB,C,的底面边长为3，侧棱AA,=33 D是CB延长线上一点， 2 且BD=BC:则二面角B-AD-B的大小为（） A.3 B.G c D. 二、多选题 1 6.在空间直角坐标系中， à=1,2，-1，万=0,1,2，c=2,-1,1,ā=3,1,0则下列结论正 确的是() A.a+b⊥c-d B.与向。平行且长度为1的单位向为0，高品成0，高子 C.向量，在向量：上的投影向量的坐标为 D.a+b+c与a-i+d的夹角的余弦值为可493 10 7.在棱长为2的正方体ABCD-A1BC1D1中，E为棱A1B的中点，F为棱BC的中点， 则下列结论正确的有() A.EF⊥A1D B.异面直线EF与A,C所成角余弦值为22 3 C.三枝锥E-ABF的体积为 2 D.直线EF与平面ABCD所成角正弦值为 6 三、填空题 8.在空间直角坐标系中，直线1的一个方向向量为=-1,0，-3？平面。的一个法向量 为n=0,0,1,则直线1与平面c所成的角为 (用弧度表示) 9.在直三棱柱ABC-A1B,C1中，AB=AC=AA1,AB⊥AC,M为BC的中点，则直 线AB1与C1M所成角的余弦值为 10.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1BC1D1中，E为A1B1中点，则点C到平面 AEC1的距离为 2 D E B B 四、解答题 11.如图，在空间直角坐标系中，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E1在A1B1上， 在CD,Hn,=D,R-A,B D F A E 6 1 C A B 1)求向量B克，D下的坐标： (2)求BE1与DF1所成角的余弦值. 12.如图，平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABEF与ABCD都是直角梯形， ∠BAD=∠FAB=90°，AD=2BC,AF=2BE, D B (1)求证：C,D,E,F四点共面： (2)设AB=2,BC=BE=1,求平面ADE与平面CDE夹角的余弦值. 13.如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,底面ABCD是梯形，AB∥DC, DP=DA=DC=2AB=2,∠BAD子B为PA的中点， D E (1)求证：CD⊥PB (2)求平面PDC与平面EBC的夹角的余弦值. 14.在正三棱柱ABC-A1BC1中，底面边长AB=2,侧棱AA1=6,点P在侧棱BB1上， 且满足BB,=μB2μ>1 B (1)是否存在实数μ，使得A1P⊥BC?若存在，求出μ的值；若不存在，说明理由. (2)当μ=2时，求平面PA1C1与平面PAC1所成的锐二面角的余弦值. 5 参考答案 1.B 解析：由题意OM=(01,1所以点M101,1到直线，的距离为： d=o o- n 04404-2- 12+02+17 2.C 解析：易得，A恋=0，-1,1，AC=-1,01,市=2,00 设平面ABC的法向量为m=x,y,z, 则A恋m=-y+z=0,令x=1则示=1,11 AC·m=-x+z=0 则点D到平面ABC的距离为AD·m_2=23 m)33 3.B 解析： ZA D D C市 A 设正方体棱长为2， 如图，以D为原点，DA为X轴，DC为y轴，DD1为z轴建立坐标系Dyz, B2,2,0'M2,0,1'A12,0,2C10,2,2 BM=0,-2,1A1C1=-2,2,0 所以cos BM,AC1= BM·A1C1 0×-2+-2×2+1×0 =-10 BMA1C02+-2+12×-2}+2+02 5 1 10 所以BM与A1C1夹角的余弦值为 5 4.D 解析：如图，以D为原点，以DA所在直线为X轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直 线为z轴，建立空间直角坐标系， 因为AB=BC=2'AA1=1所以B(22,0C,(0,21所以BC1=(-20,1广 因为D(0,0,0,D,(0,0,1)所以DD1=(00,1DB=(2,2,0)' 设平面BBD1D的法向量为n=(x,y,z, 所以i·DD=0,所以，Z=0取x=1所以平面BB,D,D的一个法向量为 nDB=0 2x+2y=0 i=(1,-1,0, 设BC1与平面BBD1D所成角为0，所以 i·BC 1×(-2)+(-1)×0+0×1V10 sin= )BC 92×V5 D B A C 5.A 解析：如图所示，设AD的中点M,连接MB,MB, 因为三棱柱ABC-A,B,C1为正三棱柱，所以B,B1平面ADC, 又因为ADC平面ADC,所以BB⊥AD: 因为BD=BC,AB=BC, 所以AB=BD,所以△ABD为等腰三角形， 又因为M为AD的中点，所以MB⊥AD, 又因为3,Bn MB=B,所以AD⊥平面B,BM, BMC平面B1BM,所以AD⊥B,M, 2 所以∠B,MB为二面角B,-AD-B的平面角， 因为∠ABC=C, 所以∠ABD=智所以之MBD 31 所以MB=BD·cos=3 32 33 所以tan∠B1MB= BB 2=3, MB 3 2 又∠B,MB∈|0，π，所以∠B,MB=- 3 B 6.BCD 解析：对于A,a+b=1,3,1,c-ā=-1，-2,1， 由于a+6-a=1,3,1-1,-2,1=-1-6+1=-6≠0所以a+6与：-a 不垂直， 故A错误； 对于B,与向量平行且长度为1的单位向量为± 6_0,1,2 =±0， 1 2 6 5 故B正确； 对于C,向量ā在向量c上的投影向量的坐标为： -2,2山山名：名2站1-2，-1,1 ele2,-1,1 2,-1,166一 故C正确； 3 对于D,a+6+c=1,2,-1+0,1,2+2,-1,1=3,2,2 a-b+à=1,2，-1-0,1,2+3,1,0=4,2，-3 所以a+6+与后-6+的夹角的余弦值为3,2,2小-4,2，-3到-12+4-6=10 3,2,24,2,-31729493 故D正确： 7.BCD 解析：如图以D为原点，以DA,DC,DD1所在直线为X,y,z轴建立空间直角坐标系， 则E2,1,2,F1,20,A20,0,B2,20,C02,0,D0,0.0,A120,2 对于A,E=-1,1,-2,A1D=-2,0,-2' 所以E京.AD=2+0+4=6≠0：所以EF1A1D不成立，故A错误： 对于B,AC=-2,2,-2E=-1,1,-2 所以cos A C,E正= A10·EF 2+2+4_2V2 3, 故B正确； ACEF 23×V6 2 32 对于D,EF=-1,1,-2,取平面ABCD的一个法向量为n=0,0,1, 所以直线EF与平面ABCD所成角正弦值为应，元_ 2= 6,故D正确. EF‖V6×13 D C B C 4 8.1 33 解析：设直线1与平面。所破的角为90≤9≤号 依题意， 可得sin0: m'n 3 3 2×1 2 所以9=， m n 即直线1与平面α所成的角为 3 9. 6 解析：由于直三棱柱ABC-A1B,C1中AB⊥AC,且侧棱AA1⊥底面ABC, 故以A为坐标原点，分别以AB AC AA的方向为xy2轴正方向建立空间直角坐标 系 A 4 M 设AB=AC=AA1=2,可得A(0,0,0),B1(2,0,2),C1(0,2,2),B(2,0,0,C(0,2,0). 因为M为nc的牛点因此M的标列2生9,0生2.0-110r 则直线AB,的方向向量A克，=(20,2直线C1M的方向向量C,M=1,-1,-2) 设异面直线An,与C,M所线角为g:9e0,引 AB·C1M=2×1+0×(-1)+2×(-2)=-2 5 |AB=V22+02+22=2V2'1C1M=1+(-12+(-22=P6 所以cos0=1Aa·CM1 2 3 IABlIC1M12V2×66 3 因此直线AB与C1M所成角的余弦值为 6 616 10.3 解析：建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(2,0,0),C1(0,2,2),E(2,1,2),A1（2,0,2),C(0,2,0, 设平面AEC1的一个法向量为n=(x,y,z), AE=(0,1,2),EC1=（-2,1,0),CC1=(0,0,2)” 则n·AE=y+2z=0 n·EC1=-2x+y=0 令y=2,则n=(1,2,-1), 设点C到平面AEC1的距离为d, 则d=lcCm-2=6 V63 Inl 6 即点C到平面AEC1的距离为 3 ZA D B 10e,o,1m-0,是 6 25 解：D由g孩可得B1,10rE1,子D0,00rF0孕， 故成-0，r0,1 @白w可c0.0e,-0 ueE-0+-1D-0++r-号 ®D-0×0+}+11-6 7 所以cos(BE1,DF,= B驼1·D116=7 BE DF 5x5 25 44 故BE,与DF所成角的余弦值为 7 12.(1)由平面ABEF⊥平面ABCD,AF⊥AB,得AF⊥平面ABCD,以A为坐标原 点，建立如图所示的直角坐标系A~yz: ZA D 设AB=a,BC=b,BE=C, 则B(a,0,0),C(a,b,0),Ea,0,c),D(0,2b,0,F(0,0,2c), EC=0,b,-c),FD=(0,2b,-2c) 7 故EC=℉D,.EC11FD, C,D,E,F共面 解析：(1)略 (2)设AB=2,BC=BE=1,故B(2,0,0),C(2,1,0),E(2,0,1),D(0,2,0), 设平面ADE的法向量为m=(X1,y1,Z1), 由A正=(20,1，AD=(0,2,0)'CE=(0,-2,2) 12X1+21=0 得2y,=0,取x=1,可得=-2： .m=(1,0,-2), 设平面CDE的法向量为i=(x2,y2,22), 由CD=(-2,10C2=(0,-1,1) -2X2+y2=0 得 -y2+2,=0,取，=1，所以y2=2,22=2. ∴.n=(1,2,2), 设平面ADE与平面CDE夹角为0 cos0=cos(m,=|m-1-4_5 |mV535 5 即平面ADE与平面CDE夹角的余弦值写 13.(1)连接DB,在△DAB中， 由余弦定理得DB=12+22-2×1×2×cos-3 3 .AB2+BD2=AD2=4, .AB⊥BD. 又.'AB∥DC,∴.CD⊥BD 由侧棱PD⊥底面ABCD,CDC底面ABCD, ∴.CD⊥PD 又BDn PD=D,BD,PDC平面PBD,∴.CD⊥平面PBD 8 PBC平面PBD,∴.CD⊥PB (2455 55 解析：（1)略 (2)建立空间直角坐标系D-yz如图所示，则 A3,-1,0P0,0,2'E BV3,0,0'C0,2,0 .BC=-3,2,0 际 设平面EBC的法向量为m=x,y,z, . 则 2 2y+z=0 m:BC=-3x+2y=0 令x=4:得平面EBC的一个法向量为m=4,23,33 又PD⊥底面ABCD,PDC平面PDC,所以平面PDC⊥平面ABCD, 因为平面PDCN平面ABCD=CD,BD⊥CD,BDC平面ABCD, 所以BD⊥平面PDC 所以平面PDC的一个法向量为n=1,0,0 4+ m'n 4V55 .'cos<m,n> V16+12+27 55 m n ∴.平面PDC与平面EBC的夹角的余弦值为 4V55 55 9 4.(山)存在，上=9，取AC的中点O,连接BO,则BO上AC 以O为原点，OB为X轴正方向，OC为y轴正方向，过点O作平行AA1的直线为z轴，建立 空间直角坐标系， ZA B 由题意AB=2°AA1=6则A-1,00'B1,0,0C0,3,0A1-10,6 C10,3,6B11,06设p1,0,z ga=≥rB=006r=oa,2:9p10,9 μ 所以ap-2.0g6t=1,,-6 若AP1C则A-B元=2-140×5+61-6-0剂-9.满足 4=19>1,符合， 17 所以，存在=罗使得A,P1BC 10 eV 20 解析：（1)略 (2)若4=2则p1,03设平面PA,C,的-个法向量为分=X1,y1,Z1 由A,C-1,3,0AP=(20,-3得nA.Cx+93y=0 取y,=3,得 n·A1P=2X1-3z1=0 n=(-3,3,-2), 设平面pPAC,的一个法向量为=X2,y2,2 由AC,-1,35,6D=203行应Cx+3+6=0,取，-2则行 i·AP=2x,+3z,=0 m=-3,-3V3,2 设平面PA,C1与平面PAC1所成的锐二面角为0，则 cos=cos m,n= m4_/10 mn4×21020 所以平面PA,C1与平面PAC1所成的锐二面角的余弦值为 V10 20 11