周周练2 空间向量的应用(范围：1.4)-【优学精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册教用Word（人教A版）

**基本信息** 本练习聚焦空间向量应用，通过基础巩固、能力提升、综合应用三层设计，实现从概念理解到动态问题解决的进阶，适配周测对空间观念与推理能力的考查需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|空间向量基本概念与运算（法向量、线面角、距离）|以正方体、平面等简单模型为载体，如单选1直接考查法向量求线面角| |能力提升|多知识点综合应用（夹角、共线共面、动态点）|结合实际情境（无人机巡检）及参数问题，如单选6含参数的距离最小值| |综合应用|复杂几何情境（翻折、二面角、存在性问题）|设置翻折问题（解答14）及二面角计算（解答13），深化模型观念与推理能力|

周周练2　空间向量的应用(范围：1.4) (满分：100分　时间：80分钟) 一、单项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．) 1．已知平面α的一个法向量为n＝(1，－，0)，则x轴与平面α所成角的大小为(　　) A． B． C． D． 解析：选A.依题意x轴的方向向量可以为m＝(1，0，0)，设x轴与平面α所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，因为θ∈[0，]，所以θ＝. 2．一架无人机正在执行巡检任务，其当前位于点A(2，2，4)，另外有一条高压电缆沿直线铺设，电缆经过B(1，2，3)，C(2，3，4)两点，为确保安全，需要计算无人机到电缆的距离，则当前距离为(　　) A． B． C．3 D．5 解析：选B.由题意得＝(1，1，1)，＝(1，0，1)，则＝， 所以点A到直线BC的距离为＝＝. 3．(2026·安庆期中)已知圆台的上底面圆O′的半径为1，下底面圆O的半径为2，点A′，A分别在上、下底面圆周上，且O′A′⊥OA，OO′＝2，则AA′与OO′所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析：选B.记过A′的母线为A′B，连接OB，则OB∥O′A′，又因为O′A′⊥OA，所以OB⊥OA， 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，O(0，0，0)，O′(0，0，2)，A′(0，1，2)，所以＝(0，0，2)，＝(－2，1，2)， 所以|cos 〈，〉|＝ ＝＝， 所以AA′与OO′所成角的余弦值为. 4．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝，AC＝2，AA1＝3，＝3，G为△A1B1C1的重心，则点G到平面ACD的距离为(　　) A． B． C． D． 解析：选A.取AC的中点F，A1C1的中点E，连接EF，BF，B1E，DG. 因为AB＝BC＝，AC＝2，所以BF⊥AC，且BF＝＝3. 以F为坐标原点，FC，FB，FE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(－1，0，0)，C(1，0，0)，D(0，3，1)，G(0，1，3)， 所以＝(2，0，0)，＝(1，3，1)，＝(0，－2，2). 设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)， 则n·＝2x＝0，n·＝x＋3y＋z＝0， 令y＝1，得n＝(0，1，－3)，所以点G到平面ACD的距离为＝＝. 5．设平面α与正方体的六个面的夹角分别为θi(i＝1，2，…，6)，则cos 2θi的值为(　　) A．2 B．3 C．4 D．6 解析：选A.设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，正方体一个顶点处的三个平面的法向量分别为n1＝(1，0，0)，n2＝(0，1，0)，n3＝(0，0，1)， 则cos 〈m，n1〉＝＝， cos 〈m，n2〉＝＝， cos 〈m，n3〉＝＝， 因为正方体有三对互相平行的平面， 则cos 2θi＝2(＋＋)＝2. 6．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为棱AB，BB1的中点，点P在线段A1C上，则当△PMN的面积最小时，点P到直线MN的距离为(　　) A． B． C． D． 解析： 选C.如图，建立空间直角坐标系，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为棱AB，BB1的中点， 则M(2，1，0)，N(2，2，1)，A1(2，0，2)，C(0，2，0)， 所以＝(0，1，1)，＝(－2，2，－2)， 又点P在线段A1C上， 设＝λ＝(－2λ，2λ，－2λ)(0≤λ≤1)， 则P(2－2λ，2λ，2－2λ)， 所以＝(－2λ，2λ－1，2－2λ)， 设点P到直线MN的距离为d， 则d＝ ＝， S△PMN＝||d＝d，则△PMN的面积最小，即d最小，由二次函数的性质知，当λ＝时，d最小，此时d＝＝. 二、多项选择题(本题共2小题，每小题6分，共12分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．) 7．已知空间中三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则下列结论正确的是(　　) A．与是共线向量 B．与同向的单位向量是(，，0) C．平面ABC的一个法向量是(1，－2，5) D．A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，则P，A，B，C四点共面 解析：选BCD.对于A，＝(2，1，0)，＝(－1，2，1)，因为≠，所以与不是共线向量，故A错误； 对于B，与同向的单位向量是＝(2，1，0)＝(，，0)，故B正确； 对于C，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取x＝1，得n＝(1，－2，5)，故C正确； 对于D，由A知，A，B，C三点不共线，若＝＋＋，且＋＋＝1， 所以P，A，B，C四点共面，故D正确． 8．若正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的半径为，球心为O，E，F分别是AB，BC的中点，则(　　) A．AB＝2 B．直线OE与FD1所成的角为 C．点O到平面EFD1的距离为 D．平面EFD1截球O所得截面的面积为 解析：选ABD.对于A，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，可得体对角线长为a，因为正方体外接球的半径为，所以a＝2，解得a＝2，所以AB＝2，所以A正确； 对于B，以D为坐标原点，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， 如图所示，可得O(1，1，1)，E(2，1，0)，F(1，2，0)，D1(0，0，2)， 所以＝(1，0，－1)，＝(－1，－2，2)，则|cos 〈，〉|＝＝， 所以直线OE与FD1所成的角为，所以B正确； 对于C，＝(－1，1，0)，设平面EFD1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝2，可得y＝2，z＝3，所以n＝(2，2，3)， 又由向量＝(1，0，－1)，所以点O到平面EFD1的距离为＝，所以C错误； 对于D，平面EFD1截球O所得的截面是一个圆，设该圆的半径为r，则r2＝()2－()2＝，所以平面EFD1截球O所得截面的面积为πr2＝，所以D正确． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中横线上．) 9．已知A，B，C，P是空间中不共面的四点，满足＝(0，0，c)，＝(－a，b，0)，＝(a，0，0).若a2＋b2＝4，且点P到平面ABC的距离等于1，则a的值为________． 解析：由题知a≠0，b≠0，c≠0，＝(0，0，c)，＝(－a，b，0)， 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)， 则则z＝0， 取x＝b，可得y＝a，即n＝(b，a，0). 又＝(a，0，0)，所以点P到平面ABC的距离d＝＝＝＝1， 所以|ab|＝2，即得a2b2＝4，且a2＋b2＝4， 所以(a2－b2)2＝(a2＋b2)2－4a2b2＝42－42＝0， 所以a2＝b2＝2，所以a＝±. 答案：± 10．如图， 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝3AB，＝，＝，＝λ(0≤λ≤1)，设直线PM与DN所成角的大小为θ.①当λ＝时，cos θ＝ ________； ②若≤θ≤，则λ的取值范围是______． 解析： 由题意，以点D为坐标原点，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， 不妨设AB＝2，则DA＝DC＝2，DD1＝6，所以D(0，0，0)，M(0，0，3)，N(0，2，2)，P(2，0，6λ)， 所以＝(0，2，2)，＝(－2，0，3－6λ)， 则cos θ＝＝， ①当λ＝时，cos θ＝＝， ②当≤θ≤时，0≤cos θ≤， 所以0≤≤， 化简得9(1－2λ)2≤4，解得≤λ≤. 答案：①　②[，] 11．在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AB＝PA.若BC边上有且只有一个点Q，使得PQ⊥DQ，此时平面APD与平面PDQ夹角的余弦值为________． 解析：连接AQ，因为PA⊥平面ABCD，DQ⊂平面ABCD，所以PA⊥DQ， 又PQ⊥DQ，PA∩PQ＝P，PQ，PA⊂平面PAQ，所以DQ⊥平面PAQ， 又AQ⊂平面PAQ，所以DQ⊥AQ. 设PA＝AB＝2，AD＝t(t＞0)，BQ＝m(0≤m≤t)， 所以AQ2＝4＋m2，DQ2＝4＋(t－m)2，AD2＝t2， 所以在Rt△AQD中，4＋m2＋4＋(t－m)2＝t2，即m2－tm＋4＝0， 因为关于m的方程在[0，t]上有且仅有一个解，所以Δ＝t2－16＝0，解得t＝4，所以m＝2. 以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0，0，2)，D(4，0，0)，Q(2，2，0)，所以＝(4，0，－2)，＝(－2，2，0)， 易知平面APD的一个法向量为m＝(0，1，0). 设平面PDQ的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，得y＝1，z＝2，所以n＝(1，1，2)， 所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 所以平面APD与平面PDQ夹角的余弦值为. 答案： 四、解答题(本题共3小题，共43分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．) 12．(本小题满分13分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是正三角形，侧面ABB1A1是边长为2的菱形，D是BC的中点． (1)求证：A1B∥平面AC1D；(6分) (2)若BB1⊥平面ABC，判断直线A1B1与平面AC1D的位置关系，并加以证明.(7分) 解：(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，连接A1C，设A1C∩AC1＝E，则E为A1C的中点，连接DE， 由D是BC的中点，得DE∥A1B，又DE⊂平面AC1D，A1B⊄平面AC1D， 所以A1B∥平面AC1D. (2)直线A1B1与平面AC1D相交． 在三棱柱ABC-A1B1C1中，取B1C1的中点F，连接DF，由D为BC的中点，得DF∥BB1，由BB1⊥平面ABC，得DF⊥平面ABC， 由△ABC为正三角形，且D为BC的中点， 得AD⊥BC. 于是直线DC，DF，DA两两垂直， 以点D为坐标原点，直线DC，DF，DA分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A(0，0，)，B(－1，0，0)，C1(1，2，0)，＝(1，2，0)，＝(0，0，)， 设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取y＝1，得n＝(－2，1，0)， 而＝(－1，0，－)，A1B1∥AB， 且A1B1＝AB，则＝(－1，0，－)， 由·n＝2≠0，且≠，得与n既不垂直也不平行，因此A1B1⊄平面AC1D，且A1B1与平面AC1D既不平行也不垂直， 所以直线A1B1与平面AC1D相交． 13．(本小题满分15分)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝4，AA1＝A1B1＝2，若AA1⊥平面ABC，点D是棱C1C的中点． (1)证明：BB1⊥平面AB1C；(7分) (2)求二面角A-BD-C的余弦值．(8分) 解：(1)证明：以A为坐标原点，AB，AC，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， 根据题意可得A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(0，4，0)，B1(2，0，2)，C1(0，2，2)，D(0，3，1)， 则＝(－2，0，2)，＝(0，4，0)，＝(2，0，2)， 设平面AB1C的法向量为n＝(d，e，f)， 则解得e＝0， 令d＝1，即f＝－1，则n＝(1，0，－1)， 所以＝－2n，则∥n， 所以BB1⊥平面AB1C. (2)由(1)知＝(－4，4，0)，＝(0，－1，1)， 设平面BCD的法向量为m＝(x，y，z)， 则令y＝1， 即x＝1，z＝1，即m＝(1，1，1)， 由(1)知，＝(4，0，0)，＝(0，3，1)， 设平面ABD的法向量为e＝(a，b，c)， 则解得a＝0， 令b＝1，则c＝－3，即e＝(0，1，－3)， 则|cos 〈m，e〉|＝＝＝，由图易知二面角A-BD-C的平面角为钝角， 所以二面角A-BD-C的余弦值为－. 14．(本小题满分15分)如图，在矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，＝2，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE，若M为线段A1C上的点，满足＝2，设二面角A1-DE-A的平面角为θ. (1)求证：直线BM∥平面A1DE；(4分) (2)当θ为直角时，求点D到平面A1BE的距离；(5分) (3)在△ADE翻折过程中(点A1不在平面BCDE内)，求线段BA1长度的取值范围．(6分) 解：(1)证明：如图1，在线段A1D上取点N，使得DN＝2NA1， 连接MN，EN，因为＝2， 所以MN∥DC，MN＝DC， 因为＝2，AB∥DC，AB＝DC，所以MN∥EB，MN＝EB，所以四边形MNEB是平行四边形，所以BM∥EN， 因为EN⊂平面A1DE，BM⊄平面A1DE，所以直线BM∥平面A1DE. (2)由题意得，AD＝AE＝A1D＝A1E＝2，△ADE，△A1DE为等腰直角三角形，取DE的中点O，连接OA，OA1，则OA⊥DE，OA1⊥DE，故∠AOA1为二面角A1-DE-A的平面角，即∠AOA1＝θ. 因为θ＝，所以∠AOA1＝，OA⊥OA1. 如图2，以O为坐标原点建立空间直角坐标系， 则D(0，，0)，A1(0，0，)，E(0，－，0)， B(，－，0)， 所以＝(，－，0)，＝(0，，)，＝(0，2，0)， 设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)， 则令x＝1， 得y＝1，z＝－1，所以n＝(1，1，－1)， 所以点D到平面A1BE的距离为d＝＝＝. (3)如图3，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，在△ADE翻折过程中， 由题意知，二面角A1-DE-A的平面角θ∈(0，π)， ∠A1Oz＝＝， 则A1(－cos θ，0，sin θ)， 由(2)知B(，－，0)， 所以BA＝(＋cos θ)2＋(－)2＋(－sin θ)2＝2cos θ＋7， 又因为θ∈(0，π)，所以cos θ∈(－1，1)， 所以BA1＝∈(，3). 故线段BA1长度的取值范围是(，3). 学科网（北京）股份有限公司 $