第1章 再练一课(范围：§1.2)（教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（人教B版）

本高中数学讲义聚焦空间向量在立体几何中的应用这一核心知识点，系统梳理方向向量、法向量的概念，以及利用向量解决线面垂直、线线角、线面角、二面角及点到平面距离的方法，构建从向量概念到几何问题求解的学习支架。 资料通过正方体、三棱锥等几何体实例，引导学生从空间形式中抽象向量关系，培养数学眼光。解析过程注重逻辑推理，如建立坐标系求法向量，提升数学思维。用向量语言精准描述几何关系，助力数学表达。课中辅助教师授课，课后帮助学生强化练习，查漏补缺。

再练一课(范围：§1.2) [分值：100分] 一、单项选择题(每小题5分，共30分) 1.设直线l的方向向量为u＝(－2，2，t)，平面α的法向量为v＝(6，－6，12)，若直线l⊥平面α，则实数t等于(　　) A.4 B.－4 C.2 D.－2 答案　B 解析　由题意得，u∥v，∴，即t＝－4. 2.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是棱DD1和线段BC1上的动点，则满足与AD1垂直的直线MN(　　) A.有且仅有1条 B.有且仅有2条 C.有且仅有3条 D.有无数条 答案　D 解析　设正方体棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，D1(0，0，1)， 设M(0，0，a)，N(x，1，1－x)，0≤a≤1，0≤x≤1， 所以＝(x，1，1－x－a)，＝(－1，0，1)， 若AD1⊥MN，则·＝－x＋1－x－a＝0， 即2x＝1－a(0≤x≤1，0≤a≤1)，方程有无数组解. 3.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为棱CC1的中点，则直线B1M与平面A1D1M所成角的正弦值是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　建立如图所示的空间直角坐标系， 则A1(1，0，1)，D1(0，0，1)， M，B1(1，1，1)， ＝(－1，0，0)，， ， 设平面A1D1M的法向量为m＝(x，y，z)， 则⇒ 令y＝1，可得z＝2，所以m＝(0，1，2)， 设直线B1M与平面A1D1M所成的角为θ， sin θ＝. 4.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B1(2，2，2)，M(1，1，0)，D1(0，0，2)，N(1，0，0)， ∴＝(－1，－1，－2)， ＝(1，0，－2)， ∴|cos〈，〉|＝. 5.在三棱锥P－ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∠PBC＝45°，则点C到平面PAB的距离是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　方法一　建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(0，4，0)，P(0，4，4)， ∴＝(0，4，4)， ＝(4，0，0)，＝(0，0，－4). 设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)， 则即 令y＝，则z＝－1，∴m＝(0，，－1)， ∴点C到平面PAB的距离为. 方法二　∵PC⊥底面ABC， ∴PC⊥AB，又AB⊥AC，且PC∩AC＝C， PC，AC⊂平面PAC， ∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥PA， ∵AC＝AB＝4，∴BC＝4， ∴PC＝4，PB＝8， 在Rt△PAB中， PA＝＝4， 令点C到平面PAB的距离为d， ∵VP－ABC＝VC－PAB， ∴××4×4×4××4×4×d， ∴d＝. 6.如图，在空间四边形ABCD中，AB＝BD＝DA＝4，BC＝CD＝2.设直线AB与直线CD所成的角为α，当二面角A－BD－C的大小在上变化时，cos α的最大值为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　设E是BD的中点，连接AE，EC，如图所示， 由题意，得AE⊥BD，EC⊥BD， ∴∠AEC就是二面角A－BD－C的平面角， 在Rt△AEB中，AB＝4，EB＝2， ∴EA＝＝2. 在Rt△BEC中，BC＝2，EB＝2， ∴EC＝＝2， 设∠AEC＝β， 则cos α＝|cos〈，〉|＝ ＝ ＝ ＝， ∵β∈，∴cos β∈， 故当cos β＝－时，cos α有最大值，为. 二、多项选择题(每小题6分，共18分) 7.下列结论中，正确的是(　　) A.若两条不重合的直线l1，l2的一个方向向量分别是a＝(2，3，－1)，b＝(－2，－3，1)，则l1∥l2 B.若直线l的一个方向向量是a＝(1，－1，2)，平面α的一个法向量是u＝(6，4，－1)，则l⊥α C.若两个不同的平面α，β的一个法向量分别是u＝(2，2，－1)，v＝(－3，4，2)，则α⊥β D.若直线l的一个方向向量是a＝(0，3，0)，平面α的一个法向量是u＝(0，－5，0)，则l∥α 答案　AC 解析　对于A，由题意知，b＝－a，所以a∥b，即l1∥l2，故A正确；对于B，若直线l的一个方向向量是a＝(1，－1，2)，平面α的一个法向量是u＝(6，4，－1)，则a·u＝1×6－1×4＋2×(－1)＝0，所以a⊥u，即l∥α或l⊂α，故B错误；对于C，因为u·v＝0，所以α⊥β，故C正确；对于D，因为u＝－a，所以u∥a，即l⊥α，故D错误. 8.在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在棱DC上运动(不与顶点重合)，则点B到平面AD1P的距离可以是(　　) A.1 B. C.2 D.3 答案　BC 解析　以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0，0，0)，A(3，0，0)， B(3，3，0)，D1(0，0，3)， 设P(0，t，0)(0<t<3)， 所以＝(－3，t，0)，＝(－3，0，3)， ＝(0，3，0)， 设n＝(x，y，z)为平面AD1P的法向量， 则 令y＝3，可得n＝(t，3，t)， 则点B到平面AD1P的距离 d＝， 因为0<t<3，所以2t2＋9∈(9，27)， 所以d∈(，3). 9.如图，已知二面角α－l－β的棱l上有A，B两点，C∈α，AC⊥l，D∈β，BD⊥l，且AC＝AB＝BD＝1，则下列说法正确的是(　　) A.·＝1 B.当二面角α－l－β的大小为60°时，CD＝ C.若CD＝，则CD与AB所成的角的余弦值是 D.若CD＝，则二面角C－BD－A的余弦值为 答案　ABD 解析　在二面角α－l－β中，C∈α，D∈β，AC⊥l于A，BD⊥l于B，AC＝AB＝BD＝1， 对于A，·＝()···＝1，A正确； 对于B，由二面角α－l－β的大小为60°，得〈，〉＝60°，则||＝ ＝，B正确； 对于C，由选项A知，·＝1，则CD与AB所成的角的余弦值为，C错误； 对于D，如图，过A作AE∥BD，且使AE＝1，连接CE，则四边形ABDE是正方形，有DE∥AB，DE＝1，AE⊥AB，而AE∩AC＝A，AE，AC⊂平面ACE，则AB⊥平面ACE，又CE⊂平面ACE，因此AB⊥CE，即DE⊥CE，由CD＝，得CE＝＝1，则△ACE为等边三角形，取AE中点H，连接CH，取BD中点F，连接HF，CF，则CH⊥AE，即CH⊥BD，HF⊥BD，又CH∩HF＝H，CH，HF⊂平面CFH，则BD⊥平面CFH，又CF⊂平面CFH，则BD⊥CF，因此∠CFH为二面角C－BD－A的平面角，又HF＝1，CH＝，CF＝，显然HF2＋CH2＝CF2，即CH⊥HF，则cos∠CFH＝，即二面角C－BD－A的余弦值为，D正确. 三、填空题(每小题5分，共15分) 10.在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段DD1上靠近D1的三等分点，F为线段BB1上靠近B的三等分点，则直线FC1到平面AB1E的距离为　　　　　.  答案　 解析　如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系， 则A(3，0，0)，E(0，0，2)，F(3，3，1)，C1(0，3，3)，B1(3，3，3)， 所以＝(－3，0，2)，＝(－3，0，2)，所以，AE∥FC1， 而AE⊂平面AB1E，FC1⊄平面AB1E，故FC1∥平面AB1E， 所以直线FC1到平面AB1E的距离即为点F到平面AB1E的距离. 又＝(－3，0，2)，＝(0，3，3)， 设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)， 故即取z＝3，则n＝(2，－3，3)， 又＝(3，3，－1)，故点F到平面AB1E的距离d＝. 11.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2，点E是线段AB上一点，当平面PEC与平面DEC所成角的大小为时，AE＝　　　　. 答案　2－ 解析　设AE＝a(0≤a≤2)， 以D为坐标原点， 以DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则D(0，0，0)，E(1，a，0)，C(0，2，0)，P(0，0，1)， 可得＝(1，a，－1)，＝(0，2，－1)， 设平面PEC的法向量为m＝(x，y，z)， 则 令y＝1，得x＝2－a，z＝2，所以m＝(2－a，1，2)， 又平面DEC的一个法向量为＝(0，0，1)， 则|cos〈m，〉|＝， 解得a＝2－或a＝2＋(舍去)， 所以AE＝2－. 12.在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AB＝1，AD＝2，PA＝2，点M在线段PC上运动，则点M到AB距离的最小值为　　　.  答案　 解析　以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0，0，2)，C(1，2，0)， 设＝λ，M(x，y，z)，λ∈[0，1]， 则(x，y，z－2)＝λ(1，2，－2)， ∴即M(λ，2λ，2－2λ)， ∴＝(λ，2λ，2－2λ)， 直线AB的单位方向向量为u＝(1，0，0)， ∴M到AB的距离为 ＝ ＝2， ∴当λ＝时，上式取最小值. 四、解答题(共37分) 13.(12分)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，F是DD1的中点. (1)求证：CF∥平面A1DE；(6分) (2)求平面A1DE与平面A1DA所成角的余弦值.(6分) (1)证明　以D为坐标原点，分别以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A1(2，0，2)，E(1，2，0)， D(0，0，0)，C(0，2，0)，F(0，0，1)， 则＝(2，0，2)，＝(1，2，0)，＝(0，－2，1)， 设平面A1DE的法向量为n＝(a，b，c)， 则取n＝(－2，1，2)， ∴·n＝(0，－2，1)·(－2，1，2)＝0， 又CF⊄平面A1DE，∴CF∥平面A1DE. (2)解　＝(0，2，0)是平面A1DA的法向量， ∴|cos〈n，〉|＝， 即平面A1DE与平面A1DA所成角的余弦值为. 14.(12分)如图，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD＝AE＝2，O，M分别为CE，AB的中点 (1)求异面直线AB与CE所成角的大小；(6分) (2)求直线CD与平面ODM所成角的正弦值.(6分) 解　(1)∵DB⊥BA，平面ABDE⊥平面ABC， 平面ABDE∩平面ABC＝AB， DB⊂平面ABDE，∴DB⊥平面ABC. ∵BD∥AE，∴EA⊥平面ABC. 如图所示，以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴，以过点C且与EA平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系. ∵AC＝BC＝4，∴C(0，0，0)，A(4，0，0)，B(0，4，0)，E(4，0，4)， ∴＝(－4，4，0)，＝(4，0，4). ∴|cos〈，〉|＝， ∴异面直线AB与CE所成角的大小为. (2)由(1)知O(2，0，2)，D(0，4，2)，M(2，2，0)， ∴＝(0，4，2)，＝(－2，4，0)，＝(－2，2，2). 设平面ODM的法向量为n＝(x，y，z)， 则由可得 令x＝2，则y＝1，z＝1，∴n＝(2，1，1). 设直线CD与平面ODM所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝， ∴直线CD与平面ODM所成角的正弦值为. 15.(13分)如图，已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动. (1)求证：D1E⊥A1D；(5分) (2)在棱AB上是否存在点E使得AD1与平面D1EC所成的角为？若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由.(8分) (1)证明　∵AE⊥平面AA1D1D，A1D⊂平面AA1D1D，∴AE⊥A1D. ∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，∴A1D⊥AD1. ∵AE∩AD1＝A，AE，AD1⊂平面AED1， ∴A1D⊥平面AED1. ∵D1E⊂平面AED1，∴D1E⊥A1D. (2)解　以D为坐标原点， DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 假设在棱AB上存在点E(1，t，0)(0≤t≤2)， 使得AD1与平面D1EC所成的角为， A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)， ＝(－1，0，1)，＝(0，－2，1)，＝(1，t－2，0)， 设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取y＝1，得n＝(2－t，1，2)， ∴sin， 整理得t2＋4t－9＝0， 解得t＝－2或t＝－2－(舍去)， ∴在棱AB上存在点E使得AD1与平面D1EC所成的角为，此时AE＝－2. 学科网（北京）股份有限公司 $