《2025年练习生高中数学选择性必修第一册人教A版》

1. [2022·吉林长春实验中学高一期末]如图，在长方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AB = 2BC = 2BB_{1}$，$P$为$C_{1}D_{1}$的中点，则异面直线$PB$与$B_{1}C$所成角的大小是（ ）

A. $30^{\circ}$
B. $45^{\circ}$
C. $60^{\circ}$
D. $90^{\circ}$

答案： D

2. [2022·广东云浮罗定中学城东学校高二期中]已知直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$\angle ABC = 120^{\circ}$，$AB = 2$，$BC = CC_{1} = 1$，则异面直线$AB_{1}$与$BC_{1}$所成角的余弦值为（ ）
A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{15}}{5}$
C. $\frac{\sqrt{10}}{5}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{3}$

答案： C

3. [2023·黑龙江哈尔滨三中高二月考]已知四棱锥$S - ABCD$的底面$ABCD$是边长为 2 的正方形，$SD\perp$平面$ABCD$，线段$AB$，$SC$的中点分别为$E$，$F$，若异面直线$EC$与$BF$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$，则$SD =$（ ）
A. $\frac{3}{2}$
B. 4
C. 2
D. 3

答案： B

4. [2022·河南中原名校高二月考]如图，某空间几何体由一个直三棱柱和一个长方体组成，若$AB = AA_{1} = 2AD = 4$，$A_{1}F = B_{1}F = 2\sqrt{2}$，$P$，$Q$，$M$，$N$分别是棱$AB$，$C_{1}E$，$BB_{1}$，$A_{1}F$的中点，则异面直线$PQ$与$MN$所成角的余弦值是_______.

答案： $\frac{\sqrt{10}}{10}$

5. [2023·北京二中高二月考]如图，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$E$为$BB_{1}$的中点.
(1)求证：$BC_{1}//$平面$AD_{1}E$.
(2)求异面直线$BC_{1}$与$AE$所成角的余弦值.

答案：
(1)证明：以$D$为原点，分别以$DA$，$DC$，$DD_{1}$所在直线为$x$，$y$，$z$轴，建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为 2，则$A(2,0,0)$，$D_{1}(0,0,2)$，$E(2,2,1)$，$B(2,2,0)$，$C_{1}(0,2,2)$.
$\overrightarrow{AD_{1}}=(-2,0,2)$，$\overrightarrow{AE}=(0,2,1)$，$\overrightarrow{BC_{1}}=(-2,0,2)$.
设平面$AD_{1}E$的法向量为$\overrightarrow{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AD_{1}} = - 2x + 2z = 0\\\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AE}=2y + z = 0\end{cases}$，
令$y = 1$，则$z=-2$，$x = - 2$，所以$\overrightarrow{n}=(-2,1,-2)$.
因为$\overrightarrow{BC_{1}}\cdot\overrightarrow{n}=(-2)\times(-2)+0\times1 + 2\times(-2)=0$，且$BC_{1}\not\subset$平面$AD_{1}E$，
所以$BC_{1}//$平面$AD_{1}E$.
(2)$\overrightarrow{AE}=(0,2,1)$，$\overrightarrow{BC_{1}}=(-2,0,2)$，
设异面直线$BC_{1}$与$AE$所成角为$\theta$，
则$\cos\theta=\vert\frac{\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{BC_{1}}}{\vert\overrightarrow{AE}\vert\vert\overrightarrow{BC_{1}}\vert}\vert=\frac{\vert0\times(-2)+2\times0 + 1\times2\vert}{\sqrt{0^{2}+2^{2}+1^{2}}\times\sqrt{(-2)^{2}+0^{2}+2^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{5}\times\sqrt{8}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$.

6. [2022·广东深圳高二期末]已知在空间直角坐标系$Oxyz$（$O$为原点）中，点$A(1,1, - 1)$关于$x$轴的对称点为点$B$，则$z$轴与平面$OAB$所成的线面角为（ ）
A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $\frac{\pi}{3}$
D. $\frac{5\pi}{12}$

答案： B

7. [2022·河南豫南名校高二期中联考]如图，在正三棱锥$P - ABC$中，$PA$，$PB$，$PC$两两垂直，$E$，$F$分别是$AB$，$BC$的中点，则直线$AF$与平面$PEF$所成角的正弦值为（ ）

A. $\frac{\sqrt{2}}{3}$
B. $\frac{\sqrt{6}}{6}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{6}}{3}$

答案： B

8. [2022·湖北荆州石首第一中学高二期末]如图，在正四棱锥$S - ABCD$中，底面边长为$\sqrt{2}$，点$P$在线段$SD$上，且$\triangle SAC$的面积为 1.
(1)若点$P$是$SD$的中点，求证：平面$SCD\perp$平面$PAC$.
(2)是否存在点$P$，使得直线$SC$与平面$ACP$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$？若存在，求出点$P$的位置；若不存在，说明理由.

答案：
(1)证明：因为四边形$ABCD$是边长为$\sqrt{2}$的正方形，则$AC = 2$，
又${S}_{\triangle SAC}=\frac{1}{2}\times AC\times SO = 1$（$O$为正方形$ABCD$的中心），所以$SO = 1$.
以$O$为坐标原点，$OA$，$OB$，$OS$所在直线分别为$x$，$y$，$z$轴建立空间直角坐标系.
则$A(1,0,0)$，$C(-1,0,0)$，$D(0, - 1,0)$，$S(0,0,1)$，$P(0,-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$.
$\overrightarrow{AC}=(-2,0,0)$，$\overrightarrow{AP}=(-1,-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$，$\overrightarrow{SD}=(0,-1,-1)$，$\overrightarrow{SC}=(-1,0,-1)$.
设平面$PAC$的法向量为$\overrightarrow{n_{1}}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{n_{1}}\cdot\overrightarrow{AC}=-2x_{1}=0\\\overrightarrow{n_{1}}\cdot\overrightarrow{AP}=-x_{1}-\frac{1}{2}y_{1}+\frac{1}{2}z_{1}=0\end{cases}$，
令$y_{1}=1$，则$z_{1}=1$，$x_{1}=0$，所以$\overrightarrow{n_{1}}=(0,1,1)$.
设平面$SCD$的法向量为$\overrightarrow{n_{2}}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{n_{2}}\cdot\overrightarrow{SD}=-y_{2}-z_{2}=0\\\overrightarrow{n_{2}}\cdot\overrightarrow{SC}=-x_{2}-z_{2}=0\end{cases}$，
令$z_{2}=-1$，则$y_{2}=1$，$x_{2}=1$，所以$\overrightarrow{n_{2}}=(1,1,-1)$.
因为$\overrightarrow{n_{1}}\cdot\overrightarrow{n_{2}}=0\times1 + 1\times1+1\times(-1)=0$，
所以平面$SCD\perp$平面$PAC$.
(2)设$\overrightarrow{SP}=\lambda\overrightarrow{SD}(0\leqslant\lambda\leqslant1)$，$\overrightarrow{SD}=(0,-1,-1)$，则$P(0,-\lambda,1 - \lambda)$.
$\overrightarrow{AC}=(-2,0,0)$，$\overrightarrow{AP}=(-1,-\lambda,1 - \lambda)$，$\overrightarrow{SC}=(-1,0,-1)$.
设平面$ACP$的法向量为$\overrightarrow{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AC}=-2x = 0\\\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AP}=-x-\lambda y+(1 - \lambda)z = 0\end{cases}$，
令$y = 1-\lambda$，则$z=\lambda$，$x = 0$，所以$\overrightarrow{n}=(0,1 - \lambda,\lambda)$.
设直线$SC$与平面$ACP$所成角为$\theta$，
则$\sin\theta=\vert\cos\langle\overrightarrow{SC},\overrightarrow{n}\rangle\vert=\frac{\vert\overrightarrow{SC}\cdot\overrightarrow{n}\vert}{\vert\overrightarrow{SC}\vert\vert\overrightarrow{n}\vert}=\frac{\vert-\lambda\vert}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{(1 - \lambda)^{2}+\lambda^{2}}}$.
已知$\cos\theta=\frac{\sqrt{15}}{5}$，则$\sin\theta=\sqrt{1-\cos^{2}\theta}=\frac{\sqrt{10}}{5}$.
所以$\frac{\vert-\lambda\vert}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{(1 - \lambda)^{2}+\lambda^{2}}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$，
两边平方得$\frac{\lambda^{2}}{2\left(2\lambda^{2}-2\lambda + 1\right)}=\frac{2}{5}$，
$5\lambda^{2}=4\left(2\lambda^{2}-2\lambda + 1\right)$，
$5\lambda^{2}=8\lambda^{2}-8\lambda + 4$，
$3\lambda^{2}-8\lambda + 4 = 0$，
$(3\lambda - 2)(\lambda - 2)=0$，
解得$\lambda=\frac{2}{3}$或$\lambda = 2$（舍去）.
所以存在点$P$，当$\overrightarrow{SP}=\frac{2}{3}\overrightarrow{SD}$时，直线$SC$与平面$ACP$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$.