第1章 08 滚动习题(二)[范围：1.3～1.4] （课时作业）-【学而思】2026-2027学年高中数学选择性必修一课时作业（人教A版）

滚动习题(二) 1.D　[解析] ∵a与b为共线向量,∴==,解得x=,故选D. 2.A　[解析] 因为a⊥b,所以a·b=-8-2+2x=0,解得x=5,则2a+b=2(2,-1,2)+(-4,2,5)=(0,0,9),所以|2a+b|=9.故选A. 3.C　[解析] 设向量c与a,b共面,则存在实数x,y使得c=xa+yb,即c=xa+yb=x(0,1,0)+y(0,0,1)=(0,x,y),结合选项,只有选项C满足题意,所以与a,b共面的向量坐标可以是(0,1,1).故选C. 4.B　[解析] 因为直线l的一个方向向量为m=(1,-2,3),平面α的一个法向量为n=(a,b,-6),且l⊥α,所以向量m与n平行,即存在实数k,使n=km,所以(a,b,-6)=k(1,-2,3),解得k=-2,a=-2,b=4,所以a+b=2.故选B. 5.B　[解析] ∵平面α,β的一个法向量分别为a=(-sin θ,cos θ,2),b=,α⊥β,∴a⊥b,∴a·b=-sin2θ+cos2θ+1=-sin2θ+cos2θ+sin2θ+cos2θ=2cos2θ=0,∴cos2θ=0,即cos θ=0,∵θ∈[0,π),∴θ=,故选B. 6.C　[解析] 因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,以A为坐标原点,AB,AC,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.令AB=a,AC=b,PA=c,则A(0,0,0),B(a,0,0),C(0,b,0),D,则=(0,b,0),=,所以向量在向量上的投影向量为==.故选C. 7.C　[解析] 在平面ABC内过B作BC的垂线交AC于D,以B为原点,以BD所在直线为x轴,以BC所在直线为y轴,以BB1所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 因为直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=CC1=2,BC=1,所以A(,-1,0),B1(0,0,2),B(0,0,0),C1(0,1,2),所以=(-,1,2),=(0,1,2),设异面直线AB1与BC1所成的角为θ,则cos θ===.故选C. 8.C　[解析] 如图,连接AC,BD,交于点O,连接A1C1,B1D1,交于点O1,连接OO1. 由正四棱台的结构特征,易知AC,BD,OO1两两垂直,以O为坐标原点,OA,OB,OO1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.因为在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,A1B1=1,AA1=2,所以OA=OB=,O1A1=O1B1=,OO1==,则A,B,C,A1,C1,D1.因为M是C1D1的中点,所以M.令=λ,则=+λ=+λ(,0,-)=,=+=+=.要使MP⊥MQ,则·=0,即·=--λ++2λ=0,解得λ=,所以=,所以=-=-=,所以||==.故选C. 9.BCD　[解析] 对于A,空间向量a=(1,2,-2),b=(x,1,0),假设存在实数x,使得a∥b,则b=λa,λ∈R,即显然方程组无解,假设不成立,故A错误;对于B,若a⊥b,则x+2+0=0,得x=-2,故B正确;对于C,向量a-c=(1,1,-1),a-c在a上的投影向量的模长是=,故C正确;对于D,|b|==,得x=±2,故D正确.故选BCD. 10.ABD　[解析] 以D为原点,DA,DC,DD1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M(1,0,0),E(2,1,2),N(0,2,1),A(2,0,0),C(0,2,0),B(2,2,0),D1(0,0,2),所以=(1,1,2),=(-1,2,1),=(-2,2,0),=(-2,-2,2),=(-1,-2,0).设平面EMN的法向量为n=(x,y,z),则取z=1,得y=-1,x=-1,则n=(-1,-1,1).因为·n=2-2=0,所以⊥n,又AC⊄平面EMN,所以AC∥平面EMN,故A正确;因为=2n,所以∥n,所以BD1⊥平面EMN,故B正确;易得平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以平面ABCD与平面EMN夹角的余弦值为|cos<m,n>|==,故C错误; 点B到平面EMN的距离为=,故D正确.故选ABD. 11.ACD　[解析] 经检验,M1(1,0,0),M2(0,1,0),M3(0,0,1)均满足方程x+y+z=1,且M1,M2,M3不共线,则M1,M2,M3可以确定唯一平面Ω,且平面Ω的方程Γ为x+y+z=1,故A正确;若Γ:ax+a2y+a3z=14的平面Ω经过点Q(1,1,1),则a+a2+a3=14,整理得(a-2)(a2+3a+7)=0,因为a2+3a+7=0无实数解,所以a=2,故B不正确;显然点E满足Γ:Ax+By+Cz=1,则E是平面Ω内一点,平面Ω的一个法向量为n1=(A,B,C),=, 则点O到平面Ω的距离d===,故C正确;易知方程Γ1,Γ2,Γ3的一组公共解为M(1,1,1),且Γ1,Γ2的另一组公共解为O(0,0,0),则直线l经过M和O,l的一个方向向量为=(1,1,1),平面Ω3的一个法向量为n2=(1,2,-2),设l与平面Ω3所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n2>|====,故D正确.故选ACD. 12.　[解析] ∵A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),∴=(-1,1,0),=(-1,0,1),∴||==,||==,∴cos<,>===,∴sin<,>=,∴以AB,AC为邻边的平行四边形的面积是2×||||×sin<,>=. 13.　[解析] 以D为原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,由题意可得E(1,0,0),F(2,2,1),设M(x,0,2),N(2,y,2),其中0<x<2,0<y<2,则=(1,y,2),=(x-2,-2,1).∵⊥,∴·=x-2-2y+2=0,∴x=2y,又0<x<2,∴0<y<1.由空间两点间的距离公式可得MN=== ,∴当y=时,MNmin=,且MN< =2,∴MN的长度的取值范围为. 14.　[解析] 以A为原点,分别以AB,AC所在直线为x轴、y轴,建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(,0,0),C(0,1,0), 设D(x,y,z)(z>0),因为∠DAB=60°,∠CAD=45°,AD=, 所以cos 45°==,cos 60°==, 解得y=1,x=,又x2+y2+z2=2,所以z=,所以D. 因为P,Q是直线AB和AC上的动点,所以可设P(t,0,0)(t∈R),Q(0,s,0)(s∈R), 由λ+(1-λ)=+可得 (tλ,(1-λ)s,0)=, 因为λ+(1-λ)表示以A为起点,终点在直线PQ上的向量,其坐标为, 所以直线PQ过定点,设为M. 设D'是D在Oxy平面内的正投影,则D', 设D'到直线PQ的距离为d',则D到直线PQ的距离d=, 当直线PQ经过D'时,d'取得最小值0;当PQ⊥MD'时,d'取得最大值=. 所以dmin=,dmax=,即D到直线PQ距离的取值范围为. 15.解:(1)证明:在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,取CB1的中点P,连接NP,MP, 因为N是B1C1的中点,所以NP∥CC1,且NP=CC1. 因为M是DD1的中点,所以D1M=DD1=CC1,且D1M∥CC1, 所以D1M∥NP,且D1M=NP,故四边形D1MPN是平行四边形,所以D1N∥MP. 又MP⊂平面CB1M,D1N⊄平面CB1M,所以D1N∥平面CB1M. (2)在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,由A1A⊥平面ABCD,AB⊥AD,得直线AB,AD,AA1两两垂直. 以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(2,0,0),B1(2,0,2),M(0,1,1),C(1,1,0),C1(1,1,2),D1(0,1,2), =(1,-1,2),=(-1,0,1),=(0,0,2), 设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2), 则 取x1=x2=1,得m=(1,3,1),n=(1,1,0),则cos <m,n>===, 所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为. (3)由(1)知D1N∥平面CB1M,则直线D1N到平面CB1M的距离等于点D1到平面CB1M的距离, 由(2)知平面CB1M的一个法向量为m=(1,3,1),而=(0,0,-1), 所以点D1到平面CB1M的距离d===, 所以直线D1N到平面CB1M的距离为. 16.解:(1)所画图形如图①, 在正四棱锥S-ABCD中,由O为顶点在底面内的射影,得O是正方形ABCD的中心, 所以SO⊥AC,AC∩BD=O,又AC⊥BD,SO⊥AC,SO∩BD=O,SO,BD⊂平面SBD, 所以AC⊥平面SBD,又AC⊂平面PAC,所以平面PAC⊥平面SBD. (2)由(1)知,直线OB,OC,OS两两垂直,令SO=OD=2, 以点O为原点,OB,OC,OS所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图②所示, 则A(0,-2,0),B(2,0,0),C(0,2,0),S(0,0,2),P(-1,0,1), =(-2,2,0),=(0,4,0),=(-1,2,1),设平面PAC的法向量为n=(a,b,c), 则取a=1,得n=(1,0,1). 设直线BC与平面PAC所成的角为θ,θ∈,则sin θ===,又θ∈,所以θ=, 所以直线BC与平面PAC所成的角为. (3)由(2)设三棱锥A-PSC的外接球球心为O'(x,y,z),由O'A=O'C=O'P=O'S, 得===, 解得x=1,y=0,z=0,即三棱锥A-PSC的外接球球心O'(1,0,0), 外接球半径R=O'A==,所以三棱锥A-PSC的外接球体积V=πR3=. 学科网（北京）股份有限公司 $ 滚动习题(二)[范围:1.3~1.4] (时间:45分钟　分值:101分) 一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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a=(2x,1,3),b=(1,3,9),若a与b为共线向量,则x= (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.1 B. C. D. 2.已知向量a=(2,-1,2),b=(-4,2,x),a⊥b,则|2a+b|=(　 ) A.9 B.3 C.1 D.3 3.[2026·北师大附属实验高二期中] 设向量a=(0,1,0),b=(0,0,1),则与a,b共面的向量的坐标可以是 (　 ) A.(1,1,0) B.(1,0,1) C.(0,1,1) D.(1,1,1) 4.直线l的一个方向向量为m=(1,-2,3),平面α的一个法向量为n=(a,b,-6),若l⊥α,则(　 ) A.a-b=-2 B.a+b=2 C.a-2b=18 D.a+2b=18 5.[2026·广东省实验高二期中] 若平面α,β的一个法向量分别为a=(-sin θ,cos θ,2), b=,θ∈[0,π),且α⊥β,则θ的值为 (　 ) A. B. C. D. 6.如图, 在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,且=3,则向量在向量上的投影向量为(　 ) A.- 　　　B.- C. 　　　D. 7.[2026·合肥一中高二期中] 已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°, AB=CC1=2,BC=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为 (　 ) A. B. C. D. 8.[2026·江西师大附中高二月考] 如图,正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,A1B1=1,AA1=2,M是C1D1的中点,Q是BC的中点, 在直线AA1上取一点P,使得MP⊥MQ,则线段PQ的长度为 (　 ) A.3 B. C. D.4 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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. 9.[2026·浙江温州十校高二期中] 已知空间向量a=(1,2,-2),b=(x,1,0),c=(0,1,-1),则下列说法中正确的是 (　 ) A.存在实数x,使得a∥b B.若a⊥b,则x=-2 C.向量a-c在a上的投影向量的模长为 D.若|b|=,则x=±2 10.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,M,N分别为A1B1,AD,CC1的中点,则　　 (　 ) A.AC∥平面EMN B.BD1⊥平面EMN C.平面ABCD与平面EMN夹角的余弦值为 D.点B到平面EMN的距离为 11.[2026·武汉重点中学高二月考] 空间中,平面Ω上的动点P(x,y,z)满足方程Γ:Ax+By+Cz=D(A2+B2+C2>0),则称Γ为平面Ω的方程,同时也称平面Ω的方程为Γ,并称n=(A,B,C)为平面Ω的一个法向量.则下列结论正确的是 (　 ) A.经过点M1(1,0,0),M2(0,1,0),M3(0,0,1)的平面Ω的方程Γ为x+y+z=1 B.若方程为Γ:ax+a2y+a3z=14的平面Ω经过点Q(1,1,1),则满足条件的实数a的个数为3 C.若平面Ω的方程为Γ:Ax+By+Cz=1,则坐标原点O到平面Ω的距离为 D.已知方程分别为Γ1:2x-y-z=0,Γ2:3x-2y-z=0的平面Ω1,Ω2的交线为l,则l与方程为Γ3:x+2y-2z=1的平面Ω3所成角的正弦值为 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则以AB,AC为邻边的平行四边形的面积是　　　　.  13.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为DA,BB1的中点,M,N分别为棱D1A1,A1B1上的动点(不包括端点),且EN⊥FM,则MN的长度的取值范围为　　　　.   14.[2026·湖北武昌实验高二月考] 已知四面体ABCD中,∠DAB=60°,∠BAC=90°,∠CAD=45°,AB=,AC=1,AD=,P,Q是直线AB和AC上的动点,若存在λ∈R,使得λ+(1-λ)=+成立,则D到直线PQ距离的取值范围为　　　　　　.  四、解答题:本题共2小题,共28分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)[2026·广州八校高二阶段练] 如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥平面ABCD,AB⊥AD,AB∥DC,AB=AA1=2,AD=DC=1,M,N分别为DD1,B1C1的中点. (1)求证:D1N∥平面CB1M; (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值; (3)求直线D1N到平面CB1M的距离. 16.(15分)[2026·衡阳八中高二月考] 在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面内的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD. (1)画出图形(要求使用作图工具,先用铅笔画图,确认无误后用中性笔描摹,不按要求的不给分),并证明平面PAC⊥平面SBD; (2)求直线BC与平面PAC所成角的大小; (3)若SO=2,求三棱锥A-PSC的外接球的体积. 学科网（北京）股份有限公司 $