01-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B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.在空间直角坐标系Oxyz中,点M(x,y,2 023)(x∈R,y∈R)构成的集合是(　　) A.一条直线　　　　B.平行于平面xOy的平面 C.两条直线　　　　D.平行于平面zOx的平面 2.已知u=(2,2,-1)是平面α的一个法向量,a=(-3,4,2)是直线l的一个方向向量,则直线l与平面α的位置关系是(　　) A.平行或直线在平面内　　　　B.垂直 C.相交但不垂直　　　　 D.不能确定 3.设x,y,z∈R,a=(1,1,1),b=(1,y,z),c=(x,-4,2),且a⊥b,b∥c,则|2a+b|=(　　) A.2 4.如图,在四面体A-BCD中,点E,F分别是AB,CD的中点,点G是线段EF上靠近点E的一个三等分点,令=a,=b,=c,则=(　　) A.a+b+c　　　　B.a+b+c　　　　 C.a-b+c　　　　D.a-b+c 5.已知空间向量a,b,c两两夹角均为60°,其模均为1,则|a+b-2c|=(　　) A. 6.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为4的正三角形,底面ABCD为正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,若M为平面ABCD上的一个动点,且满足=0,则点M到直线AB的最大距离为(　　) A.2 7.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,∠BAD=90°,AD∥BC,AB=AD=PD=1,BC=2,PD⊥平面ABCD,则二面角A-PB-C的大小为(　　) A.30°　　　　 B.60°　　　　 C.120°　　　　D.150° 8.在棱长为2的正四面体A-BCD中,点M满足-(x+y-1)·,点N满足,当AM、BN最短时,=(　　) A.- 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i,j,k是空间中三个向量,则下列说法错误的是(　　) A.对于空间中的任意一个向量m,总存在实数x,y,z,使得m=xi+yj+zk B.若{i,j,k}是空间向量的一组基底,则{i-3j,j+k,k-2i}也是空间向量的一组基底 C.若i⊥j,k⊥j,则i∥k D.若i,j,k所在直线两两共面,则i,j,k共面 10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为棱A1D1,AA1,CD的中点,则下列说法正确的是(　　) A.B1G⊥BF B.直线B1G与BE所成的角为 C.若直线AB交平面EFC于点P,则AP=AB D.直线B1F与平面BEF所成角的正弦值为 11.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则(　　) A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值 B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值 C.当λ=时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP D.当μ=时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.已知直线l经过A(-1,-1,0),B(1,-1,2)两点,则点P(-1,1,2)到直线l的距离为　　　　.  13.点P是底面边长为2,高为2的正三棱柱表面上的动点,MN是该棱柱内切球的一条直径,则的取值范围是　　　　.  14.在我国古代数学名著《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.如图,在鳖臑P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=2,M为PC的中点,则点P到平面MAB的距离为　　　　.  四、解答题(本题共5小题,共77分) 15.(13分)在三棱锥O-ABC中,∠AOB=∠BOC=∠AOC,且OA=OB=OC,M,N分别是OA,BC的中点,G是MN的中点,用向量方法证明OG⊥BC. 16.(15分)如图①,在△ABC中,AB⊥BC,AB=6,BC=3,点D,E分别在AC,AB上,且满足=2,将△ADE沿DE折到△PDE的位置,得到四棱锥P-EDCB,如图②. (1)已知M,N分别为PB,PE上的动点,求证:MN⊥DE; (2)在翻折过程中,当二面角P-ED-B为60°时,求直线CE与平面PCD所成角的正弦值. 17.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PB⊥底面ADCB,AB⊥BC,AD∥BC,AB=AD=2,CD⊥PD,异面直线PA和CD所成的角为60°. (1)求直线PC与平面PAD所成角的正弦值; (2)在棱PA上是否存在一点E,使得二面角A-BE-D的余弦值为?若存在,指出点E在棱PA上的位置;若不存在,请说明理由. 18.(17分)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,AB∥DC,AD⊥DC,平面PDC⊥平面ABCD,△PDC是等边三角形,AB=AD=CD=1,E,F,G分别是棱PD,PC,BC的中点. (1)求证:PA∥平面EFG; (2)求二面角G-EF-D的大小; (3)若线段PB上存在一点Q,使得PC⊥平面ADQ,且,求实数λ的值. 19.(17分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC,CM⊥AB于点M,点N在棱CC1上,满足=λ(0<λ<1). (1)若λ=,求证:CM∥平面B1AN; (2)设平面B1AN与平面B1MC所成的角为θ,若A1B⊥B1C,试判断命题“∃λ∈(0,1),θ=”的真假,并说明理由. 答案与解析 第一章　空间向量与立体几何 1.B 2.A 3.D 4.A 5.B 6.B 7.C 8.A 9.ACD 10.AC 11.BD 1.B　由题意知,点M在平面xOy的上方,且到平面xOy的距离始终为2 023. 2.A　因为u·a=2×(-3)+2×4+(-1)×2=0,所以u⊥a, 所以直线l∥平面α或直线l⊂平面α.故选A. 3.D　由a⊥b,b∥c,得a⊥c, 所以a·c=x-4+2=0,解得x=2, 所以c=(2,-4,2). 因为b∥c,所以y=-2,z=1,所以b=(1,-2,1). 所以2a+b=(3,0,3),所以|2a+b|=.故选D. 4.A　连接EC,ED,则a+b+c.故选A. 5.B　|a+b-2c|= =.故选B. 6.B　以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,过D且垂直于平面ABCD的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则P(2,0,2),C(0,4,0). 设M(a,b,0),则=(-a,4-b,0). ∵)·(-a,4-b,0)=-2a+a2-4b+b2=0,整理得(a-1)2+(b-2)2=5, ∴M为平面ABCD上到点(1,2,0)的距离为的一个动点, 故点M到直线AB的最大距离为4-1+.故选B. 7.C　取BC的中点M,连接DM,由已知可得四边形ADMB为正方形,易得DM,DA,DP两两互相垂直,故以D为原点,的方向分别为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(0,1,0),B(1,1,0),C(1,-1,0),P(0,0,1), 所以=(1,-1,-1). 设平面PAB的一个法向量为n1=(x,y,z), 则 令z=1,则y=1,所以n1=(0,1,1). 设平面PBC的一个法向量为n2=(a,b,c), 则令c=1,则a=1,b=0,所以n2=(1,0,1). 所以cos<n1,n2>=. 由图知,二面角A-PB-C的平面角为钝角,所以二面角A-PB-C的大小为120°.故选C. 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最短时,AM⊥平面BCD,BN⊥AC,所以M为△BCD的中心,N为AC的中点,此时|×2×sin 60°=.∵AM⊥平面BCD,MC⊂平面BCD,∴AM⊥MC,∴|,又.故选A. 9.ACD　由空间向量基本定理可知,只有当i,j,k不共面时,{i,j,k}才能作为一组基底,才能得到m=xi+yj+zk,故A中说法错误; 若{i,j,k}是空间向量的一组基底,则i,j,k不共面, 设i-3j=λ(j+k)+μ(k-2i)=λj-2μi+(λ+μ)k,则无解,所以i-3j,j+k,k-2i也不共面,所以{i-3j,j+k,k-2i}也是空间向量的一组基底,故B中说法正确; 若i⊥j,k⊥j,则i,k不一定平行,故C中说法错误; 若i,j,k所在直线两两共面,则i,j,k不一定共面,故D中说法错误. 故选ACD. 10.AC　如图1所示,以D为原点,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.不妨设正方体的棱长为2,则B(2,2,0),B1(2,2,2),E(1,0,2),F(2,0,1),G(0,1,0). 对于A,=(0,-2,1),因为=0, 所以,即B1G⊥BF,故A正确. 对于B,=(-1,-2,2),因为=0,所以,即B1G⊥BE,故B错误. 对于D,设平面BEF的一个法向量为m=(x,y,z), 则令y=1,得m=(2,1,2), 易得=(0,-2,-1), 设直线B1F与平面BEF所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,m>|=,故D错误. 对于C,如图2所示,分别延长EF,DA相交于点M,连接MC,则MC与AB的交点即为点P. 因为F为棱AA1的中点,所以A1F=AF=1,又∠EA1F=∠MAF=90°,∠A1FE=∠AFM,所以△EA1F≌ △MAF,所以EA1=MA=1. 因为△MAP∽△MDC,所以,所以,即AP=AB,故C正确. 故选AC. 11.BD　对于A,当λ=1时,点P在线段CC1上,设CP=x(0≤x≤1),若x=0,则△AB1P即为△AB1C,此时△AB1P的周长为2+1;若x=1,则△AB1P即为△AB1C1,此时△AB1P的周长为2+1;若0<x<1,则PC1=1-x,在Rt△PCA中,PA=,在Rt△B1C1P中,PB1=,又AB1=,所以△AB1P的周长为,不是定值,故A错误. 对于B,当μ=1时,点P在线段B1C1上,因为B1C1∥BC,B1C1⊄平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以B1C1∥平面A1BC,所以B1C1上的任何一点到平面A1BC的距离均相等,所以三棱锥P-A1BC的体积为 定值,故B正确. 取BC,B1C1的中点分别为O,O1,连接OO1,AO,易知OO1⊥平面ABC,AO⊥BC,以OB,OA,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,则B. 对于 C,当λ=时,点P在线段OO1上,设P(0,0,z)(0≤z≤1),则,若A1P⊥BP,则=0,即z(z-1)=0,解得z=0或z=1,故当λ=时,存在两个点P,使得A1P⊥BP,故C错误. 对于D,当μ=时,点P在线段MN上(M,N分别是线段BB1,CC1的中点),设P,则,若A1B⊥平面AB1P,则A1B⊥AP,则=0,又,所以=0,解得x=-,所以P,易验证此时满足A1B⊥平面AB1P,所以当μ=时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P,故D正确. 故选BD. 12.答案　 解析　由题可知=(2,-2,0),则|=4,故点P到直线l的距离为. 13.答案　[0,4] 解析　由题意知内切球的半径为1.设球心为O,连接PO,OM,ON(图略),则)·(·(|2-1.∵1≤||≤ ∈[0,4]. 14.答案　 解析　易知PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,故以B为坐标原点,BA,BC所在直线分别为x轴,y轴,过点B且与平面ABC垂直的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,0,0),A(2,0,0),P(2,0,2),C(0,2,0),由M为PC的中点可得M(1,1,1),所以=(2,0,2). 设n=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量,则 令z=-1,则x=0,y=1,所以n=(0,1,-1),所以点P到平面MAB的距离d=. 15.证明　设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|,a·b=|a||b|·cos∠AOB,a·c=|a||c|cos∠AOC.(5分) 易得(a+b+c),=c-b,(7分) 所以(a+b+c)·(c-b)=(a·c-a·b)+(c2-b2)=0,(11分) 所以OG⊥BC.(13分) 16.解析　(1)证明:在题图①中,∵=2,∴DE∥BC,(1分) 又∵AB⊥BC,∴DE⊥BE且DE⊥AE, 即在题图②中,DE⊥BE,DE⊥PE,(3分) 又∵BE∩PE=E,BE,PE⊂平面PBE,∴DE⊥平面PBE, 又MN⊂平面PBE,∴MN⊥DE.(6分) (2)∵DE⊥BE,DE⊥PE, ∴∠PEB为二面角P-ED-B的平面角,则∠PEB=60°, 在△PBE中,易知BE=2,PE=4,又∠PEB=60°, ∴由余弦定理,可知PB=2,∴PB2+BE2=PE2,∴PB⊥BE. 由(1)知,BC⊥平面PBE,则PB⊥BC.(9分) 如图,以B为坐标原点,BE,BC,BP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系, 则E(2,0,0),P(0,0,2),C(0,3,0),D(2,2,0), ∴=(2,-3,0).(10分) 设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z), 则令x=1,得n=(1,2,),(12分) 设直线CE与平面PCD所成的角为θ,则sin θ=, 故直线CE与平面PCD所成角的正弦值为.(15分) 17.解析　(1)因为PB⊥底面ADCB,BC⊂底面ADCB,所以PB⊥BC,同理PB⊥AB,又因为AB⊥BC,所以以B为坐标原点,BA,BC,BP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A(2,0,0),B(0,0,0),D(2,2,0). 设P(0,0,p),C(0,c,0),其中p>0,c>0, 则=(2,2,-p).(3分) 因为CD⊥PD,所以=0,即4+4-2c=0,所以c=4, 所以=(2,-2,0),C(0,4,0). 因为异面直线PA和CD所成的角为60°, 所以,解得p=2或p=-2(舍去), 所以=(0,4,-2).(6分) 设平面PAD的一个法向量为m=(x,y,z), 则 令x=1,则y=0,z=1,所以m=(1,0,1), 所以cos<,m>=, 所以直线PC与平面PAD所成角的正弦值为.(8分) (2)存在. 设,λ∈[0,1],则=(2λ,0,-2λ),所以E(2λ,0,2-2λ),=(2λ,0,2-2λ),由(1)知=(2,2,0).(9分) 设平面BDE的一个法向量为n=(x1,y1,z1), 则 令x1=1-λ,则y1=λ-1,z1=-λ,所以n=(1-λ,λ-1,-λ). 易知平面PAB的一个法向量k=(0,1,0),(12分) 又二面角A-BE-D的余弦值为, 所以|cos<n,k>|=,解得λ=或λ=2(舍去), 所以E是棱PA上靠近点A的三等分点.(15分) 18.解析　(1)证明:取AD的中点H,连接EH,GH. ∵E,F,G,H分别是PD,PC,BC,AD的中点,∴EF∥CD,GH∥CD,EH∥PA,∴EF∥GH,∴E,F,G,H四点共面.(2分) ∵PA∥EH,PA⊄平面EFG,EH⊂平面EFG,∴PA∥平面EFG.(4分) (2)∵平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,AD⊥DC, ∴AD⊥平面PDC. 以DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过点D且与平面ABCD垂直的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz, 则G, ∴,(7分) 易得平面EFD的一个法向量m=(1,0,0). 设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z), ∴ 令x=,则y=0,z=1,∴n=(,0,1).(9分) ∴cos<m,n>=, ∴<m,n>=30°,易知二面角G-EF-D的平面角为锐角, ∴二面角G-EF-D的大小为30°.(11分) (3)易得P(0,1,),B(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0), 则),(12分) 设Q(a,b,c), ∴λ), ∴Q(λ,1,λ).(15分) ∵PC⊥平面ADQ,∴PC⊥AQ, ∴λ)=0,解得λ=,满足题意.(17分) 19.解析　(1)证明:设BC=a,因为AC=BC,CM⊥AB,AC⊥BC,所以AC=a,又CM·AB=AC·BC,所以CM=a.设AA1=b,以M为坐标原点,BA所在直线为x轴,过M且和BB1平行的直线为y轴,MC所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,(2分) 则A,M(0,0, 0) ,所以 1) a,-b,0).(4分) 因为,所以,所以.(5分) 设m=(x,y,z)为平面B1AN的一个法向量,则 即取x=b,则y=3a,z=0,所以m=(b,3a,0).(7分) 因为m·=0,又直线CM在平面B1AN外,所以CM∥平面B1AN.(8分) (2)命题“∃λ∈(0,1),θ=”是假命题.(9分) 理由如下:因为A1B⊥B1C,所以a,-b,0)·=b2-a2=0,所以a=b,所以a,a,0),所以.(11分) 设m1=(x1,y1,z1)为平面B1AN的一个法向量, 则 取x1=,则y1=3,z1=(2-3λ),所以m1=.(13分) 因为CM⊥平面ABB1A1,所以CM⊥A1B,因为A1B⊥B1C,CM∩B1C=C,所以A1B⊥平面B1MC,所以a,-a,0)与平面B1MC的法向量平行,设平面B1MC的一个法向量为n,取n=(,1,0). 易知平面B1AN与平面B1MC所成的角为锐角,故cos θ=|cos<m1,n>|=.(15分) ∀λ∈(0,1),若把cos θ看成关于λ的函数,则此函数在上单调递增,在上单调递减,所以<cos θ≤,所以≤θ<,所以不存在λ∈(0,1),使得θ=,命题“∃λ∈(0,1),θ=”是假命题.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $$