第一章 空间向量与立体几何（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册（人教A版2019）

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第一章　空间向量与立体几何 全卷满分150分　考试用时120分钟 一、单项选择题(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,是空间两个不共线的向量,=3-2,那么必有(　　) A.,共线　　　　 B.,共线 C.,,共面　　　　D.,,不共面 2.若{a,b,c}为空间的一个基底,则下列各项中能成为基底的一组向量是(　　) A.a+c,a-b,b+c　　　　B.c,a+b,a-b C.a,a+b,a-b　　　　 D.a+b,a+b+c,c 3.已知A(0,1,1),B(2,-1,0),C(3,5,7),D(1,2,4),则直线AB和直线CD所成角的余弦值为(　　) A.　　B.-　　 C.　　D.- 4.如图,在三棱锥S-ABC中,E,F分别是SA,BC的中点,点G在线段EF上,且满足=,若=a,=b,=c,则=(　　) A.a-b+c　　　　 B.a+b+c C.a+b+c　　　　 D.a-b+c 5.如图,几何体ABCD-EFGH是棱长为1的正方体,若P在正方体内部且满足=++,则P到AB的距离为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 6.已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2,∠A1AB=∠A1AC=,点E,F满足=,=,则||=(　　) A.　　B.　　C.2　　D. 7.阅读材料:空间直角坐标系Oxyz中,过点P(x0,y0,z0)且一个法向量为n=(a,b,c)的平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0;过点P(x0,y0,z0)且一个方向向量为d=(u,v,w)(uvw≠0)的直线l的方程为==.利用上面的材料,解决下面的问题:已知平面α的方程为3x-5y+z-7=0,直线l的方向向量为m=(3,1,-2),则直线l与平面α所成角的正弦值为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 8.已知在棱长为2的正四面体ABCD中,点M满足=x+y-(x+y-1),点N满足=λ+(1-λ),当AM,BN均最短时,·=(　　) A.-　　B.　　C.-　　D. 二、多项选择题(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.已知向量a=(1,-1,m),b=(-2,m-1,2),则下列结论正确的是(　　) A.若|a|=2,则m=± B.若a⊥b,则m=-1 C.不存在实数λ,使得a=λb D.若a·b=-1,则a+b=(-1,-2,-2) 10.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,则下列结论正确的有(　　) A.AD与BC所成的角为30° B.AC与BD所成的角为90° C.BC与平面ACD所成角的正弦值为 D.平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是 11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,点F,E满足=+λ+μ(0<λ<1,0<μ<1),=.则下列结论正确的有(　　) A.直线BE与D1F一定为异面直线 B.直线AE与平面ACB1所成角的正弦值为 C.四面体ADEF的体积恒定且为2 D.当λ=μ时,|AF|+|A1F|的最小值为 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.已知向量a=(-2,t,-1),b=(2,1,1).若a与b的夹角为钝角,则实数t的取值范围是　　　　　　.  13.已知点A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),O为坐标原点,点Q在直线OP上运动,则当·取得最小值时,点Q的坐标为　　　　　　.  14.如图,在△ABC中,AC=2,BC=6,·=-12,过AC的中点M的动直线l与线段AB交于点N,将△AMN沿直线l向上翻折至△A1MN,使得点A1在平面BCMN内的投影H落在线段BC上,则斜线A1M与平面BCMN所成角的正弦值的取值范围为　　　　　　.  四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)已知a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),c=(x3,y3,z3),定义一种运算:(a×b)·c=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1.已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是一个平行四边形,=(2,-1,4),=(4,2,0),=(-1,2,1). (1)试计算|(×)·|,并证明PA⊥平面ABCD; (2)求四棱锥P-ABCD的体积,说明|(×)·|与四棱锥P-ABCD体积的关系,并由此猜想|(×)·|的几何意义. 16.(15分)从下列三个条件中任选一个,补充在问题中的横线上,并加以解答.条件①:图1中,tan∠ABD=2;条件②:图1中,3=2+;条件③:图2中,CD>BD,S△BCD=1. 图1 图2 如图1所示,在△ABC中,∠ACB=45°,BC=3,过点A作AD⊥BC,垂足D在线段BC上,沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图2).已知M为棱AC的中点,　　　　　,在棱CD上取一点N,使得CN=3DN,求平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值.  注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 17.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O为AD的中点. (1)求证:PO⊥平面ABCD; (2)求二面角C-PD-A的正弦值; (3)线段AD上是否存在点Q,使得它到平面PCD的距离为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 18.(17分)在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BAD=,AB=2AD=2CD=4,P为AB的中点,线段AC与DP交于O点(如图1).将△ACD沿AC折起到△ACD'的位置,使得平面D'AC⊥平面BAC(如图2). (1)求二面角A-BD'-C的余弦值; (2)线段PD'上是否存在点Q,使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 　　 19.(17分)为方便师生行动,某校正实施某栋教学楼电梯加装工程.我们借此构造了以下模型:已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,它抽象自该栋教学楼南侧的楼心花园所占据的空间,设|AB|=|BC|=8,|AA1|=12,O为底面ABCD的中心,正四棱柱OECF-O1E1C1F1与正四棱柱OECF-O2E2C2F2分别代表电梯井与电梯厢,设|OO2|=2,M为棱FF1的中点,N,K分别为棱AA1,DD1上的点,|AN|=8,|DK|=4. (1)求证:OM∥平面A1CF1; (2)求直线A1O与平面A1CF1所成角的正弦值; (3)“你站在桥上看风景,看风景的人在楼上看你.明月装饰了你的窗子,你装饰了别人的梦.”卞之琳诗句中的情景其实也在我们的生活中反复上演.假如甲同学站在楼心花园的中心(O点),她正目送着倚立在电梯厢一角的乙同学,假定甲同学的目光聚焦于棱OO2的中点I,此时,电梯厢中同学的目光正徘徊在位于N点的数学办公室与位于K点的数学实验室,随着电梯厢向上启动,在这时空里便诞生了由点O与移动着的平面INK所勾勒的动人风景.现在,请作为“正在看风景的人”的你完成以下问题:在电梯厢自底部(平面OECF与平面ABCD重合)运行至顶部(平面O2E2C2F2与平面A1B1C1D1重合)的过程中,求点O到平面INK距离的最大值. 答案全解全析 1.C　 2.B　对于A,因为b+c=(a+c)-(a-b),所以A中的三个向量共面,故A错误;对于B,显然c与a+b,a-b不共面,故B正确;对于C,因为a=(a+b)+(a-b),所以C中的三个向量共面,故C错误;对于D,因为c=(a+b+c)-(a+b),所以D中的三个向量共面,故D错误.故选B. 3.A　易得=(2,-2,-1),=(-2,-3,-3),所以cos<,>===,故直线AB和直线CD所成角的余弦值为. 4.C　如图,连接SF,则=+=+=+(-)=+-=+×(+)=++,即=a+b+c.故选C. 5.C　如图,以A为坐标原点,AB,AD,AE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 易得=(1,0,0),=(0,1,0),=(0,0,1), 因为=++,所以=,所以在方向上的投影向量的长度为=, 所以P到AB的距离d===. 6.D　=++=-++(-)=+-, ∴||2==+++·-·-·=1+1+1+×2×2×-2×1×-2×1×=2,∴||=,故选D. 7.A　∵平面α的方程为3x-5y+z-7=0,∴平面α的法向量可取为n=(3,-5,1), 又直线l的方向向量为m=(3,1,-2),∴直线l与平面α所成角的正弦值为|cos<m,n>|==.故选A. 8.A　由共面向量定理和共线向量定理可知,M∈平面BCD,N∈直线AC.当AM,BN均最短时,AM⊥平面BCD,BN⊥AC,结合四面体ABCD为正四面体可知此时M为△BCD的中心,N为AC的中点,则||=×2×sin 60°=.∵AM⊥平面BCD,MC⊂平面BCD,∴AM⊥MC,∴||===.又=(+),∴·=(·+·)=-||2=-.故选A. 9.AC　由|a|=2得=2,解得m=±,故A正确;由a⊥b得-2-m+1+2m=0,解得m=1,故B错误;若存在实数λ,使得a=λb,则1=-2λ,-1=λ(m-1),m=2λ,显然λ无解,即不存在实数λ,使得a=λb,故C正确;若a·b=-1,则-2-m+1+2m=-1,解得m=0,于是a+b=(-1,-2,2),故D错误.故选AC. 10.BD　取BD的中点O,连接AO,CO.易得OA,OC,OD两两垂直,∴以O为坐标原点,OC,OD,OA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. 设OC=1,则A(0,0,1),B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),∴=(0,1,1),=(0,1,-1),=(1,1,0),=(1,0,-1),=(0,2,0). ∵cos<,>===, ∴AD与BC所成的角为60°,故A中结论错误. ∵·=0,∴AC⊥BD,故B中结论正确. 设平面ACD的法向量为t=(x,y,z), 则取z=1,得x=1,y=1,∴t=(1,1,1), 设BC与平面ACD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,t>|===,故C中结论错误. 易知平面BCD的一个法向量为(0,0,1),记n=(0,0,1), 设平面ABC的法向量为m=(x',y',z'), 则取x'=1,得y'=-1,z'=1,∴m=(1,-1,1), 设平面ABC与平面BCD的夹角为α,易知α为锐角,则cos α=|cos<m,n>|==,∴sin α=,∴tan α=, ∴平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是,故D中结论正确. 故选BD. 11.AD　由=,知E为DD1的中点. 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,如图, 则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),A1(2,0,2),B1(2,2,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2),E(0,0,1), 则=(0,2,0),=(0,0,2),=(-2,0,0), 由=+λ+μ(0<λ<1,0<μ<1),得=(-2μ,2,2λ), 则点F(2-2μ,2,2λ),因为0<λ<1,0<μ<1,所以0<2-2μ<2,0<2λ<2, 故点F落在四边形BCC1B1的内部, 而D1在平面BB1D1D内,即D1F和平面BB1D1D相交, 而BE⊂平面BB1D1D,D1∉直线BE,故直线BE与D1F一定为异面直线,A正确; 易得=(-2,2,0),=(0,2,2), 设平面ACB1的法向量为m=(x,y,z), 则令y=1,则m=(1,1,-1), 又=(-2,0,1),所以cos<,m>===-, 设直线AE与平面ACB1所成的角为θ,θ∈, 则sin θ=|cos<,m>|=,B错误; 因为点F落在四边形BCC1B1的内部,所以F到平面ADE的距离为2, 则四面体ADEF的体积V=V三棱锥F-ADE=××2×1×2=, 即四面体ADEF的体积为定值,C错误; 当λ=μ时,F(2-2λ,2,2λ),此时点F在BC1上(不含端点), 将△A1BC1绕BC1翻折到和四边形ABC1D1同一平面内,如图, 连接AA1交BC1于一点,该点即为使|AF|+|A1F|取最小值时的F点,则|AF|+|A1F|的最小值为|AA1|, 由题意可知AB=2,A1B=BC1=A1C1=2,∴∠C1BA1=, 故A=AB2+A1B2-2AB·A1Bcos∠ABA1=22+-2×2×2×cos=12+4, 故|AA1|=,即|AF|+|A1F|的最小值为,D正确. 故选AD. 12.答案　(-∞,-1)∪(-1,5) 解析　由a与b的夹角为钝角,得a·b=-4+t-1<0,且a和b不共线,故t<5,且t≠-1,故t的取值范围为(-∞,-1)∪(-1,5). 13.答案　 解析　设Q(x,y,z),由点Q在直线OP上可得存在实数λ使得=λ=(λ,λ,2λ),则Q(λ,λ,2λ), 则=(1-λ,2-λ,3-2λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ), ∴·=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=2(3λ2-8λ+5), 根据二次函数的性质可得当λ=时,·取得最小值,为-,此时点Q的坐标为. 14.答案　 解析　以B为坐标原点,BC所在直线为x轴,在平面ABC内过点B且与BC垂直的直线为y轴,过点B且与A1H平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(6,0,0), ∵·=||||cos(π-∠ACB)=2×6×cos(π-∠ACB)=-12, ∴cos∠ACB=,∴∠ACB=45°,∴xA=6-AC·cos∠ACB=6-2×=4,yA=AC·sin∠ACB=2×=2,∴A(4,2,0), ∵M为线段AC的中点,∴M(5,1,0),设H(x,0,0),0≤x≤6,A1(x,0,z), ∵A1M=AM=AC=,∴=,即z2=1-(x-5)2, 又0≤x≤6,∴0≤(x-5)2≤25,∴z2≤1,即0≤|z|≤1, 连接MH,∵A1H⊥平面BCMN,∴A1M与平面BCMN所成的角为∠A1MH, ∴sin∠A1MH==∈, 故斜线A1M与平面BCMN所成角的正弦值的取值范围为. 15.解析　(1)(×)·=2×2×1+4×2×4+(-1)×(-1)×0-2×2×0-4×(-1)×1-(-1)×2×4=48,∴|(×)·|=48.(2分) ∵·=-1×2+2×(-1)+1×4=0,·=-1×4+2×2+1×0=0,(4分) ∴⊥,⊥,即AP⊥AB,AP⊥AD,又AB,AD是平面ABCD内两相交直线, ∴AP⊥平面ABCD.(6分) (2)由题意=21,=20,·=2×4+(-1)×2+4×0=6,(8分) S四边形ABCD=|AB||AD|sin∠BAD===8,(10分) 又||=,∴V四棱锥P-ABCD=S四边形ABCD|PA|=×8×=16,(11分) ∴|(×)·|=3V四棱锥P-ABCD,(12分) 猜想:|(×)·|表示以AB,AD,AP为邻边的平行六面体的体积.(13分) 16.解析　由题可知,在题图2中,DB,DC,DA两两垂直.以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.(2分) 选条件①. 在题图1所示的△ABC中,设AD=CD=a,则在Rt△ABD中,tan∠ABD===2,解得a=2,∴BD=1.(5分) ∴B(1,0,0),N,M(0,1,1), ∴=,=(-1,1,1).　(7分) 设平面BNM的法向量为n=(x,y,z), 由得令x=1,则y=2,z=-1,∴n=(1,2,-1).(10分) 易知平面BNC的一个法向量为(0,0,1),记m=(0,0,1),(11分) ∴|cos<m,n>|===,(13分) 易知平面BNM与平面BNC的夹角为锐角, ∴平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值为.(15分) 选条件②. 在题图1所示的△ABC中,由3=2+,得2(-)=-,即2=,∴DC=2BD.∵BC=3,∴CD=2,BD=1.(5分) 以下同条件①. 选条件③. 在题图2所示的△BCD中,设BD=b(0<b<3),则CD=3-b, ∵∠BDC=90°,∴S△BCD=b(3-b)=1,解得b=1或b=2. 又CD>BD,∴CD=2,BD=1.(5分) 以下同条件①. 17.解析　(1)证明:∵侧棱PA=PD=,O为AD的中点,∴PO⊥AD,(2分) ∵侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,PO⊂侧面PAD, ∴PO⊥平面ABCD.(4分) (2)连接OC.∵在直角梯形ABCD中,BC∥AD,AB⊥AD,AD=2BC=2,O为AD的中点,∴OC⊥AD, 又PO⊥平面ABCD,OC,OD⊂平面ABCD,∴PO⊥OC,PO⊥OD, ∴PO,OC,OD两两垂直.以O为坐标原点,OC,OD,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图,(6分) 则C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),∴=(1,0,-1),=(0,1,-1), 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), 则取x=1,得n=(1,1,1),(8分) 易得平面PAD的一个法向量为(1,0,0),记为m, 设二面角C-PD-A的平面角为θ,则|cos θ|==, ∴sin θ==,∴二面角C-PD-A的正弦值为.(10分) (3)由(2)中所建系可知A(0,-1,0),故=(0,2,0).假设线段AD上存在Q(a,b,c)使得它到平面PCD的距离为,设=λ,0≤λ≤1,即(a,b+1,c)=(0,2λ,0),0≤λ≤1,∴Q(0,2λ-1,0),∴=(0,2λ-1,-1), ∴Q到平面PCD的距离d===,(13分) 解得λ=,∴Q,∴==.(15分) 18.解析　(1)在题图1上连接CP.因为在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2CD=4,P为AB的中点,所以CD∥AP,CD=AP,所以四边形APCD为平行四边形,又AP=AD=2,所以平行四边形APCD为菱形,所以AC⊥DP,即OA⊥OP. 在题图2中,因为平面D'AC⊥平面BAC,平面D'AC∩平面BAC=AC,D'O⊂平面D'AC,D'O⊥AC,所以D'O⊥平面BAC,又OA,OP⊂平面BAC,所以OA,OP,OD'两两垂直, 以O为坐标原点,OA,OP,OD'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,(3分) 则D'(0,0,1),C(-,0,0),B(-,2,0),A(,0,0), 所以=(-,0,-1),=(0,2,0),=(-2,2,0),=(-,0,1), 设平面BCD'的法向量为n=(x,y,z), 则取x=1,得n=(1,0,-),(6分) 设平面ABD'的法向量为m=(x1,y1,z1), 则取x1=1,得m=(1,,),(7分) 设二面角A-BD'-C的平面角为θ,由图可知,θ为锐角, 所以cos θ===, 所以二面角A-BD'-C的余弦值为.(8分) (2)假设线段PD'上存在点Q,使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为.设=t(0≤t≤1),则=t,由(1)知P(0,1,0),D'(0,0,1),故=(0,-1,1),=(0,-t,t), 故Q(0,1-t,t),=(,1-t,t),(11分) 由(1)知平面BCD'的一个法向量为n=(1,0,-),(12分) 所以CQ与平面BCD'所成角的正弦值为|cos<,n>|===,(14分) 化简得3t2-7t+2=0,解得t=或t=2(舍去),(16分) 故在线段PD'上存在点Q,使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为,且=.(17分) 19.解析　(1)证明:以O为坐标原点,OE所在直线为x轴,OF所在直线为y轴,OO1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图, 则O(0,0,0),M(0,4,6),A1(-4,-4,12),C(4,4,0),F1(0,4,12), ∴=(4,8,0),=(-4,0,12),=(0,4,6), 设平面A1CF1的法向量为n=(x,y,z), 则取z=2,得x=6,y=-3,故n=(6,-3,2),(3分) ∵n·=6×0-3×4+2×6=0,∴n⊥, ∵OM不在平面A1CF1内,∴OM∥平面A1CF1.(5分) (2)由(1)得=(4,4,-12),(6分) ∴cos<,n>===-, ∴直线A1O与平面A1CF1所成角的正弦值为.(8分) (3)同(1)中所建坐标系,设I(0,0,λ),λ∈[1,11]. 易知N(-4,-4,8),K(-4,4,4),∴=(0,8,-4),=(-4,4,4-λ),=(0,0,λ).(9分) 设平面INK的一个法向量为m=(a,b,c), 则取b=1,得a=,c=2,故m=,(12分) ∴点O到平面INK的距离d===,λ∈[1,11],(15分) ∴当=,即λ=时,d取得最大值,为, ∴点O到平面INK距离的最大值为.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $$