2.1 第2课时 课后达标检测-【优学精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修一同步教参（人教B版）

**基本信息** 本同步练习聚焦空间向量与立体几何，通过基础巩固、能力提升、综合应用三层设计，实现从单一知识点到复杂几何体问题的递进，培养空间观念与运算推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|方向向量性质与基本运算|单选直接考查垂直关系判定（如第1题）| |能力提升|几何体中向量应用|结合正方体、三棱柱求异面直线所成角（如第3题）| |综合应用|含参数探究与综合证明|解答题涉及参数求解及钝角范围判断（如第15题）|

1．已知非零向量a，b，c分别为直线a，b，c的方向向量，且a＝λb(λ≠0)，b·c＝0，则a与c的位置关系是(　　) A．垂直 B．平行 C．相交 D．异面 解析：选A.由a＝λb(λ≠0)，b·c＝0，则a·c＝(λb)·c＝λ(b·c)＝0，即a⊥c，则直线a⊥c.故选A. 2．已知点A(2，2，3)，B(1，2，2)，C(0，0，－1)，D(2，2，－1)，则异面直线AB与CD所成的角为(　　) A． B． C． D． 解析：选C.由题意得＝(－1，0，－1)，＝(2，2，0).设异面直线AB与CD所成的角为α，α∈(0，]，则cos α＝|cos 〈，〉|＝＝＝，得α＝. 3．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，若E是底面正方形A1B1C1D1的中心，则与(　　) A．重合 B．平行但不重合 C．垂直 D．相交但不垂直 解析：选C. 以D为坐标原点，，，的方向为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A(1，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，1)，E(，，1)， 所以＝(－1，1，1)，＝(，－，1)， 所以·＝－－＋1＝0，所以⊥.故选C. 4．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则直线BM与AN所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析：选C. 建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝2，则B(0，2，0)，A(2，0，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，所以＝(1，－1，2)，＝(－1，0，2)，故直线BM与AN所成角θ的余弦值cos θ＝＝＝. 5．(2026·潍坊月考)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面△ABC是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2，D为棱B1B上的点，若直线A1C与直线DC1所成角的余弦值为，则BD的长为(　　) A．1 B． C． D． 解析： 选A.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，则A1(0，0，2)，C1(0，2，2)，C(0，2，0). 设D(2，0，t)，0≤t≤2，则＝(0，2，－2)，＝(－2，2，2－t)， 所以＝＝＝， 解得t＝1(负值已舍去)，故BD的长为1. 6．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H，I分别是线段CC1，A1B1，B1C1，AB，DD1的中点，则(　　) A．AF⊥A1E B．BG⊥A1E C．DH⊥A1E D．CI⊥A1E 解析：选AB. 以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2， 则A(2，0，0)，F(2，1，2)，A1(2，0，2)，E(0，2，1)，B(2，2，0)，G(1，2，2)，D(0，0，0)，H(2，1，0)，C(0，2，0)，I(0，0，1)， ＝(0，1，2)，＝(－2，2，－1)，·＝0，所以AF⊥A1E，故A正确； ＝(－1，0，2)，·＝0， 所以BG⊥A1E，故B正确； ＝(2，1，0)，·＝－2，故C错误； ＝(0，－2，1)，·＝－5，故D错误．故选AB. 7．若直线l1的方向向量为u1＝(1，3，2)，直线l2上有两点A(1，0，1)，B(2，－1，2)，则两直线的位置关系是________． 解析：因为A(1，0，1)，B(2，－1，2)在直线l2上，所以＝(1，－1，1).因为u1＝(1，3，2)，所以·u1＝1×1＋3×(－1)＋2×1＝0，所以l1⊥l2. 答案：垂直 8．已知异面直线m，n的方向向量分别为a＝(2，－1，1)，b＝(1，λ，1)，若异面直线m，n所成角的余弦值为，则λ的值为________． 解析：由＝＝ ＝， 解得λ＝. 答案： 9．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，则异面直线AB1与BC1所成角的大小为________． 解析：分别取BC，B1C1的中点O，O1，连接AO，OO1， 由正三棱柱性质可知AO⊥BC，OO1⊥BC，AO⊥OO1， 以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，由AB＝2，AA1＝可得A(，0，0)，B(0，1，0)，B1(0，1，)，C1(0，－1，)， 所以＝(－，1，)，＝(0，－2，)， 又cos 〈，〉＝＝＝0，且两异面直线所成角的范围为(0，]，所以异面直线AB1与BC1所成角的大小为. 答案： 10．(13分)如图，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的各条棱长都相等，P为A1B上的点，＝λ，且CP⊥AB.求： (1)λ的值；(6分) (2)异面直线CP与AC1所成角的余弦值．(7分) 解：(1) 设正三棱柱的棱长为2，以AC的中点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，C1(0，1，2)，则＝(，1，0)，＝(0，－2，2)， ＝(，1，－2). 因为CP⊥AB，所以·＝0， 即(＋)·＝0， 即(＋λ)·＝0. 故λ＝－＝. (2)由(1)知P，所以＝，AC1＝(0，2，2)，所以||＝＝2，|AC1|＝＝2. 所以|cos 〈，AC1〉|＝＝＝.所以异面直线CP与AC1所成角的余弦值是. 11．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点E在线段CD1上，若直线BE与AD1所成角的余弦值为，则线段BE的长为(　　) A． B． C． D． 解析：选B.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A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，设E(0，t，1－t)(t∈[0，1])，则＝(－1，0，1)，＝(－1，t－1，1－t)，因为直线BE与AD1所成角的余弦值为， 所以|cos 〈，〉|＝＝＝，解得t＝，所以＝(－1，－，)，||＝＝. 12．(多选)在长方体ABCD-A′B′C′D′中，AB＝AD＝1，AA′＝λ(λ＞1)，则异面直线A′B与B′C所成角的大小可能为(　　) A． B． C． D． 解析：选AB.因为AB＝AD＝1， AA′＝λ(λ＞1)， 所以由勾股定理可知， A′B＝B′C＝， ·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝λ2＋0＋0＋0＝λ2，设异面直线A′B与B′C所成角为θ，θ∈(0，]， cos θ＝＝＝1－， 因为λ＞1， 所以λ2＞1⇒λ2＋1＞2⇒0<<⇒0>－>－⇒1＞1－＞， 即＜cos θ＜1，因为θ∈(0，]，所以0＜θ＜，因此选项A，B符合．故选AB. 13．在正三棱柱ABC-A1B1C1中， AA1＝2AB＝2，E为棱AB的中点，F为线段BB1上一点，且A1C⊥EF，则＝________． 解析：如图建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)， C(，0，0)，A1(0，－，2)，设F(0，，λ)， 由A1C⊥EF知，A1C·＝(，，－2)·(0，，λ)＝0， 解得λ＝，故＝＝15. 答案：15 14．(13分)如图所示，已知正四棱锥P­ABCD底面边长为a，高PO的长也为a，E，F分别是PD，PA的中点，求异面直线AE与BF所成角的余弦值． 解： 如图，以O为原点，过O点平行于AB，BC的直线为x轴、y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系．由已知得A(－，－，0)，B，E(－，，)， F，所以＝，＝，所以cos 〈，〉＝＝＝.所以异面直线AE与BF所成角的余弦值为. 15．(15分)如图，已知ABCD-A1B1C1D1为正方体，动点P在体对角线BD1上，记＝λ. (1)证明：AP⊥B1C；(4分) (2)若异面直线AP与D1B1所成角为，求λ的值；(4分) (3)当∠APC为钝角时，求λ的取值范围．(7分) 解：(1)证明：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，设正方体的棱长为1，则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0). ＝(1，1，－1)，B1C＝(－1，0，－1)， ＝(－1，0，1)， 因为＝λ，所以＝λ， 所以＝＋＝＋λ＝(－1，0，1)＋λ(1，1，－1)＝(λ－1，λ，1－λ)， 因为·＝1－λ＋λ－1＝0， 所以AP⊥B1C. (2)＝(1，1，0)，＝(λ－1，λ，1－λ)， 因为直线AP与D1B1所成角为，所以＝ ＝cos ＝， 解得λ＝±1，因为动点P在体对角线BD1上，所以λ＝1. (3)＝＋＝(1－λ)＋＝(－λ，1－λ，λ－1)，＝(1－λ，－λ，λ－1)， 因为∠APC为钝角，所以·＝3λ2－4λ＋1<0，解得＜λ＜1. 又因为3λ2－4λ＋1≠－1在R上恒成立，所以＜λ＜1. 学科网（北京）股份有限公司 $