第1章 10 重点强化练二 利用空间向量解决空间角与空间距离问题 （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）

重点强化练二　利用空间向量解决空间角与空间距离问题 一、选择题:本题共7小题,每小题5分,共35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=(-1,2,0),且点A∈α,=(12,1,-4),则点P到平面α的距离为(　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.2 B. C.2 D. 2.[2026·石家庄新乐七校联合体高二月考] 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=1,点P是线段B1C1的中点,则异面直线AP与BD1所成角的余弦值为 (　 ) A. 　　 B. C. - 　　D. 3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E为CD的中点,则C1到平面ED1B1的距离为(　 ) A. B. C. D. 4.[2026·山东德州高二月考] 如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中, 直线B1D1与平面ACD1所成角的余弦值是 (　 ) A. 　　　　B. C. 　　　　D. 5.两条异面直线a,b所成的角为60°,在直线a,b上分别取点A,E和点B,F,使AB⊥a,且AB⊥b.已知AE=6,BF=8,EF=14,则线段AB的长为　　(　 ) A.20或12 B.12或4 C.4或8 D.8或20 6.[2026·广东揭阳高二期中] 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,3AB=2AA1,G是A1B1的中点,E,F分别在棱AA1,CC1上,且==2,则平面A1EG与平面EFG夹角的余弦值为(　 ) A.- B. C.- D. 7.如图所示,水平地面上插有两根杆子AB和CD,AB所在直线垂直于地面且AB=2米,CD所在直线与地面斜交.小明有一把卷尺.他在某时刻分别测出杆子AB和CD在阳光下影子的长度,称为一次操作.小明可以在白天的不同时刻进行多次操作.假设阳光为平行光,正午时分AB的影子长度为0.则下列说法正确的是 (　 ) A.为求出CD的长度,小明至少需要进行2次操作 B.为求出CD的长度,小明至少需要进行3次操作 C.为求出CD的长度,小明至少需要进行4次操作 D.无论进行多少次操作,小明都不能求出CD的长度 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. 8.[2026·辽宁七校高二联考] 已知平面ABC的一个法向量为μ=(1,2,2),=(-1,3,-1),=(x,-1,-1),则 (　 ) A.若与a=(m,n,3)共线,则m+n=-9 B.向量在向量上的投影向量为- C.点P到平面ABC的距离为 D.直线PA与平面ABC所成角的余弦值为 9.[2026·浙江嘉兴高二期中] 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则下列说法正确的是(　 ) A.直线AD1与直线A1C1所成的角为60° B.直线AD1与平面ACC1A1所成的角为30° C.平面AA1C1与平面AC1D1的夹角为30° D.点D1到平面ACC1A1的距离为 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 10.在空间直角坐标系Oxyz中,向量m=(1,0,1),向量a=(1,t,1)(t∈R)在向量b=(1,0,0)上的投影向量为n,则m与n的夹角为　　　　　.  11.[2026·沈阳东北育才高中高二月考] 在空间直角坐标系中,若直线经过点P(x0,y0,z0)且以向量m=(a,b,c)(abc≠0)为方向向量,则这条直线可以用方程==来表示.已知直线l的方程为=y=-z+1,则点Q(2,4,-4)到l的距离为　　　　　.  12.如图, 在多面体ABCDEF中,平面ABCD⊥平面BDEF,四边形ABCD和四边形BDEF均为正方形,且AB=2,若该多面体的外接球为球O,则平面ACF截球O所得截面的面积为　　　　　.  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. 13.(13分)如图,多面体ABCDFE中,平面ABCD⊥平面ABEF,AB∥CD∥EF,CD=EF=1,AB=AD=AF=2,∠BAD=∠BAF=,且M为棱BE的中点. (1)证明:AB⊥CE; (2)求直线AM与平面CEB所成角的正弦值; (3)求三棱锥F-ACD的外接球半径. 14.(15分)[2026·湖南雅礼中学高二月考] 如图所示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. (1)证明:四边形A2B2C2D2是平行四边形; (2)点P在棱BB1上,当平面PA2C2与平面A2C2D2的夹角的余弦值为时,求BP的长. 学科网（北京）股份有限公司 $ 重点强化练二　利用空间向量解决空间角与空间距离问题 1.A　[解析] 由题意得,点P到平面α的距离为==2.故选A. 2.A　[解析] 以D为原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),P(1,2,1),B(2,2,0),D1(0,0,1),=(-1,2,1),=(2,2,-1),所以异面直线AP与BD1所成角的余弦值为|cos<,>|===,故选A. 3.D　[解析] 如图,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,则D1(0,0,1),E,B1(1,1,1),C1(0,1,1),=,=(1,1,0),=(0,1,0),设平面ED1B1的法向量为n=(x,y,z),则取y=2,则x=-2,z=1,可得n=(-2,2,1),设C1到平面ED1B1的距离为d,则d==.故选D. 4.B　[解析] 以D为原点,以DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则D1(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),B1(1,1,1),∴=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(1,1,0),设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,则n=(1,1,1).设直线B1D1与平面ACD1所成的角为α,α∈,则sin α=|cos<,n>|===,∴cos α===.故选B. 5.B　[解析] 由题意知,=++,所以=+++2·+2·+2·,又异面直线a,b所成的角为60°,即142=62++82+0+0±2×6×8cos 60°,所以||=,所以||=4或||=12,故选B. 6.D　[解析] 取AB的中点O,连接OC,OG,设AB=2,则AA1=3,易知OC,OB,OG两两垂直,以O为原点,OC,OB,OG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E(0,-1,2),F(,0,1),G(0,0,3),则=(,1,-1),=(0,1,1),设平面EGF的法向量为n=(x,y,z) ,则令z=,则n=(2,-,).易知平面A1EG的一个法向量为m=(1,0,0),设平面A1EG与平面EFG的夹角为θ,则cos θ== .故选D. 7.B　[解析] 设点B在地面的影子为B1,点C在地面的影子为C1,杆子AB影子的长度为m,杆子CD影子的长度为n.因为AB垂直于地面,如图,以A为原点,地面为Oxy平面,AB1所在直线为x轴,AB所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,0,2),B1(m,0,0) ,设D(x1,y1,0),C(x2,y2,h),其中h为C到地面的高度.设a=x2-x1,b=y2-y1,由题可知a,b,h为3个定值,则CD=, 设点C1(x,y,0) ,则=(m,0,-2),=(x-x2,y-y2,-h),由于阳光为平行光,所以∥,所以C1,则n=C1D=,即n2=+(y2-y1)2,即n2=+b2,方程n2=+b2中有a,b,h3个未知数,需要列三个方程才可求解,则需要进行三次操作.故选B. 8.AB　[解析] 因为AB⊂平面ABC,所以⊥μ,则·μ=x-2-2=0,解得x=4,即=(4,-1,-1).对于选项A,若与a=(m,n,3)共线,则存在实数λ,使得a=λ=(4λ,-λ,-λ),可得解得所以m+n=-9,故A正确;对于选项B,在上的投影向量为 =-=-,故B正确;对于选项C,点P到平面ABC的距离d===1,故C错误;对于选项D,设直线PA与平面ABC所成的角为θ,θ∈, 则sin θ=|cos<,μ>|===,所以cos θ==,所以直线PA与平面ABC所成角的余弦值为,故D错误.故选AB. 9.ABD　[解析] 以点D为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,1),A1(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,0),C1(0,1,1).对于A,=(-1,0,1),=(-1,1,0),cos<,>===,又0°≤<,>≤180°,所以<,>=60°,所以直线AD1与直线A1C1所成的角为60°,故A正确;对于B,=(-1,1,0),=(0,0,1),设平面ACC1A1的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=1,z=0, 所以n=(1,1,0),设直线AD1与平面ACC1A1所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|===,又0°≤θ≤90°,所以θ=30°,所以直线AD1与平面ACC1A1所成的角为30°,故B正确;对于C,由选项B可得n=(1,1,0)为平面AA1C1的一个法向量,设平面AC1D1的法向量为m=(a,b,c),=(-1,1,1),=(0,1,0),则令a=1,则b=0,c=1,所以m=(1,0,1),设平面AA1C1与平面AC1D1的夹角为α,则cos α=|cos<m,n>|===,又0°≤α≤90°,所以α=60°,所以平面AA1C1与平面AC1D1的夹角为60°,故C错误;对于D,因为=(-1,0,1),n=(1,1,0)为平面ACC1A1的一个法向量,所以点D1到平面ACC1A1的距离d===,故D正确.故选ABD. 10.　[解析] 向量a=(1,t,1)(t∈R)在向量b=(1,0,0)上的投影向量n=b=(1,0,0), 则cos<m,n>===,又0≤<m,n>≤π,所以<m,n>=. 11.　[解析] 由题意知,直线l的方程可变形为==, 所以直线l经过点P(-1,0,1),其一个方向向量m=(2,1,-1),则=(3,4,-5). 又·m=3×2+4×1+(-5)×(-1)=15,|m|==,||===5, 所以=, 所以点Q到l的距离d===. 12.　[解析] 如图,该几何体是长、宽、高分别为2,2,2的长方体的一部分, 所以该多面体的外接球的球心为长方体的中心,且半径R==2. 以D为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系, 则球心O(1,1,),A(2,0,0),C(0,2,0),F(2,2,2), 设平面ACF的法向量为n=(x,y,z), 因为=(-2,2,0),=(0,2,2), 所以 令z=-1,得n=(,,-1), 因为=(1,-1,-), 所以点O到平面ACF的距离d===. 设平面ACF截球O所得截面圆的半径为r,则r2=R2-d2=4-=, 所以所求截面的面积S=. 13.解:(1)证明:因为∠BAD=∠BAF=, 所以AB⊥AF,AB⊥AD, 又AF∩AD=A,AF,AD⊂平面ADF, 所以AB⊥平面ADF, 因为DF⊂平面ADF,所以AB⊥DF. 又EF∥DC,EF=DC, 所以四边形DCEF为平行四边形,则DF∥CE,所以AB⊥CE. (2)因为∠BAF=,所以AB⊥AF, 因为平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB, AF⊂平面ABEF,所以AF⊥平面ABCD, 以点A为坐标原点,以AD,AB,AF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, 因为AB∥CD∥EF,CD=EF=1,AB=AD=AF=2, 所以M,C(2,1,0),F(0,0,2),E(0,1,2),B(0,2,0),D(2,0,0), 所以=,=(-2,0,2),=(-2,1,0), 设平面BCE的法向量为n=(a,b,c), 则即取a=1,则b=2,c=1, 所以n=(1,2,1), 设直线AM与平面CEB所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|===, 所以直线AM与平面CEB所成角的正弦值为. (3)设三棱锥F-ACD的外接球球心为O1(x,y,z), 因为||=||=||,即x2+y2+z2=(2-x)2+y2+z2=(2-x)2+(1-y)2+z2, 所以x=1,y=. 因为||=||,所以=,得z=1, 所以O1,故球O1的半径为. 14.解:(1)证明:以C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图, 则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2),D2(2,0,2),A2(2,2,1), 所以=(0,-2,1),=(0,-2,1),则=, 又B2C2,A2D2不在一条直线上,所以B2C2∥A2D2,B2C2=A2D2, 所以四边形A2B2C2D2是平行四边形. (2)设平面A2C2D2的法向量为m=(x,y,z), =(-2,-2,2),=(0,-2,1), 所以取z=2,则x=1,y=1,所以m=(1,1,2), 设P(0,2,λ)(0≤λ≤4),=(0,-2,3-λ), 设平面PA2C2的法向量为n=(a,b,c),则 令c=2,则b=3-λ,a=λ-1,所以n=(λ-1,3-λ,2), 所以|cos<m,n>|===,可得λ2-4λ+3=0,解得λ=1或λ=3, 根据对称关系可知λ=1或λ=3都满足条件,所以BP=1或BP=3. 学科网（北京）股份有限公司 $