第一章 空间向量与立体几何 单元质量测评-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册创新导学案全书Word（人教A版2019）

数学　选择性必修 第一册 RJ 第一章　单元质量测评 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★★ 考向 空间向量运算的坐标表示；空间向量的模 空间直角坐标系 平面的法向量 空间向量基本定理的应用 用基底表示空间向量 空间向量的数量积 点到直线的距离 异面直线所成的角 空间向量运算的坐标表示 空间直角坐标系；平面的法向量；点到平面的距离 考点 点的坐标；向量的坐标 平面法向量的应用 已知向量共面求参数 求空间向量的数量积 点到直线上一点的距离的最值(范围)问题 异面直线所成角的最值(范围)问题 空间向量的线性运算；向量的模；向量的夹角 点的坐标；向量的坐标；求平面的法向量；利用空间向量求点到平面的距离 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ 考向 空间向量的综合应用 空间直角坐标系 异面直线所成的角 空间两点间的距离 空间直角坐标系 用基底表示向量 平面与平面的夹角 异面直线所成的角；直线与平面所成的角 平面与平面的夹角 考点 利用空间向量判断线线垂直；利用空间向量求空间角；利用空间向量求点到直线的距离 点的坐标；空间两点间的距离 已知异面直线所成的角求参数 空间两点间距离的最值(范围)问题 点的坐标；向量的坐标；向量的夹角；空间两点间的距离 利用空间向量求二面角 利用空间向量求异面直线所成的角；已知直线与平面所成的角求其他量 平面与平面夹角的最值(范围)问题 时间：120分钟　满分：150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．已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，则|a＋b|＝(　　) A. B．14 C. D. 答案：D 解析：由题意知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，则a＋b＝(－1，－2，3)，故|a＋b|＝＝.故选D. 2．在空间直角坐标系Oxyz中，已知点B是点A(1，－2，1)在坐标平面Oyz内的射影，则＝(　　) A．(1，－2，1) B．(1，－2，0) C．(0，－2，1) D．(1，0，1) 答案：C 解析：点A(1，－2，1)在坐标平面Oyz内的射影B的坐标为(0，－2，1)，所以＝(0，－2，1)．故选C. 3．已知两个不同的平面α和β，平面α的一个法向量为v1＝(1，2，1)，平面β的一个法向量为v2＝(2，4，2)，则平面α与平面β的位置关系是(　　) A．平行 B．垂直 C．相交 D．不能确定 答案：A 解析：由题意知v1＝(1，2，1)，v2＝(2，4，2)，则v2＝2v1，即v1，v2共线，则α∥β.故选A. 4．已知向量a＝(2，x，1)，b＝(1，0，1)，c＝(0，1，1)，若a，b，c共面，则x＝(　　) A．－1 B．1 C．1或－1 D．1或0 答案：A 解析：因为a，b，c共面，所以存在λ，μ，使a＝λb＋μc，则解得故选A. 5．如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E为CC1的中点．设＝a，＝b，＝c，用基底{a，b，c}表示向量，则＝(　　) A．a＋b＋c B．a＋b＋c C．a＋b＋c D.a＋b＋c 答案：B 解析：＝＋＝＋＋＝a＋b＋c.故选B. 6．我国古代数学名著 《九章算术》商功中记载：“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱．在堑堵ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，P为B1C1的中点，则·＝(　　) A．6 B．－6 C．2 D．－2 答案：A 解析： 根据堑堵的几何性质，知AB⊥AC，AA1⊥AB，AA1⊥AC.因为＝＋，＝＋＝＋(－)，所以·＝(＋)·＝·＋2－·＋2＋·－·＝2＋4＝6.故选A. 7．已知直线l的一个方向向量为n＝(1，2，－2)，A(3，0，1)为直线l上一点，若点P(4，3，0)为直线l外一点，则点P到直线l上任意一点Q的距离的最小值为(　　) A．2 B. C. D．1 答案：C 解析：＝(3，0，1)－(4，3，0)＝(－1，－3，1)，·n＝(－1，－3，1)·(1，2，－2)＝－1－6－2＝－9，＝＝－3，点P到直线l的距离为＝＝，则点P到直线l上任意一点Q的距离的最小值为.故选C. 8．已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱BB1，DD1上的动点，且BE＝D1F＝λ.设EF与AB所成的角为α，EF与BC所成的角为β，则α＋β的最小值为(　　) A．不存在 B. C. D. 答案：C 解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，E(1，1，λ)，F(0，0，1－λ)，则＝(－1，－1，1－2λ)，＝(0，1，0)，＝(－1，0，0)，∴cosα＝＝，cosβ＝＝，∵0<α≤，0<β≤，∴α＝β.又当λ＝时，取得最大值，∴αmin＝βmin＝，∴(α＋β)min＝. 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．已知向量a＝(－1，0，－3)，b＝(2，2，1)，c＝(－1，－2，2)，则(　　) A．与b方向相同的单位向量是 B．(a＋b)∥c C．(a－b)⊥c D．cos〈a，b〉＝－ 答案：ABD 解析：b＝(2，2，1)，|b|＝＝3，可得与b方向相同的单位向量是(2，2，1)＝，A正确；因为a＋b＝(1，2，－2)＝－c，所以(a＋b)∥c，B正确；因为a－b＝(－3，－2，－4)，(a－b)·c＝－1，所以a－b与c不垂直，C错误；cos〈a，b〉＝＝＝－，D正确．故选ABD. 10. 如图，在圆台OO′中，AB，A′B′分别为圆O，O′的直径，AB∥A′B′，AB＝3A′B′＝12，圆台OO′的体积为，C为内侧 上更靠近B′的三等分点，以O为原点，下底面垂直于AB的直线为x轴，OB，OO′所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则(　　) A．点O′的坐标为(0，0，2) B.＝(－，7，2) C．平面ABC的一个法向量为(2，1，) D．点O′到平面ABC的距离为 答案：ABD 解析：由圆台OO′的体积为，可得OO′·(OB2＋O′B′2＋OB·O′B′)＝，解得OO′＝2，则O′(0，0，2)，A正确；连接O′C，设点C在下底面的射影为点D，连接CD，OD，如图所示，易得OD＝O′C＝2，∠BOD＝，则D(－，1，0)，C(－，1，2)，因为A(0，－6，0)，所以＝(－，7，2)，B正确；设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，由B(0，6，0)可知＝(0，12，0)，则令x＝2，可得y＝0，z＝，所以n＝(2，0，)，C错误；因为＝(0，0，2)，所以点O′到平面ABC的距离为＝＝，D正确．故选ABD. 11. 已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为2，则下列结论正确的是(　　) A．异面直线AB1与BC1垂直 B．BC1与平面AA1B1B所成角的正弦值为 C．平面ABC1与平面ABC夹角的余弦值为 D．点C到直线AB1的距离为 答案：BC 解析：以AB，AA1所在直线分别为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，C1(1，，2)，＝(2，0，2)，＝(－1，，2)，·＝－2＋4＝2≠0，所以AB1与BC1不垂直，A错误；平面AA1B1B的一个法向量为m＝(0，1，0)，cos〈，m〉＝＝＝，所以BC1与平面AA1B1B所成角的正弦值为，B正确；设平面ABC1的法向量为n＝(x，y，z)，又＝(2，0，0)，由得令y＝2，得n＝(0，2，－)，平面ABC的一个法向量是p＝(0，0，1)，所以cos〈n，p〉＝＝＝－，所以平面ABC1与平面ABC夹角的余弦值为，C正确；＝(1，，0)，·＝2，d＝＝＝，所以点C到直线AB1的距离为h＝＝＝，D错误．故选BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．在空间直角坐标系Oxyz中，点M(1，0，3)，N(0，2，0)，点P在Ozx平面内，且PM＝PN，写出一个满足条件的点P的坐标为________． 答案：(0，0，1)(答案不唯一，符合(x，0，z)，x＋3z＝3即可) 解析：设P(x，0，z)，由PM＝PN，得 ＝，化简得x＋3z＝3.故满足条件的点P的一个坐标为(0，0，1)(答案不唯一，符合(x，0，z)，x＋3z＝3即可)． 13. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图是一个棱数为24，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得．已知E为线段BC上一点，且＝λ，若直线DE与直线AF所成角的余弦值为，则λ＝________． 答案： 解析：将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系．设半正多面体的棱长为，则正方体的棱长为2，所以A(2，1，0)，F(2，2，1)，B(1，0，2)，C(0，1，2)，D(1，2，2)，＝(0，1，1)，＝(－1，1，0)，所以＝λ＝(－λ，λ，0)，λ∈[0，1]，则E(1－λ，λ，2)，＝(－λ，λ－2，0)，设直线DE与直线AF所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，即6λ2＋λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－(舍去)． 14. 如图，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，而且平面ABCD，ABEF互相垂直，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0<a<)，则线段MN的长最小为________． 答案： 解析：建立空间直角坐标系如图所示，则A(1，0，0)，F(1，1，0)，C(0，0，1)．因为CM＝BN＝a(0<a<)，且四边形ABCD，ABEF为正方形，所以M，N，所以＝，所以||＝＝，即线段MN的长为.当a＝时，||min＝，即M，N分别为AC，BF的中点时，线段MN的长最小，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．(本小题满分13分)已知点A(1，－2，0)和向量a＝(－3，4，12)． (1)若＝a，求点B的坐标； (2)若x轴上的一点C满足〈a，〉＝，求AC的长． 解：(1)设O为原点． ∵A(1，－2，0)，a＝(－3，4，12)，＝a， ∴＝＋＝＋a＝(1，－2，0)＋(－3，4，12)＝(－2，2，12)． ∴点B的坐标为(－2，2，12)． (2)设C(x，0，0)，则＝(x－1，2，0)， ∵x轴上的一点C满足〈a，〉＝， ∴·a＝－3(x－1)＋8＝0，则x－1＝， ∴AC的长为＝. 16．(本小题满分15分) 如图，四边形ABCD和ABEF是不在同一平面上的两个矩形，＝，＝，记＝a，＝b，＝c.请用基底{a，b，c}表示下列向量： (1)； (2). 解：(1)＝＋＋＝－＋＋＝a＋b－c. (2)＝－＝－(＋) ＝－ ＝(＋)－ ＝(a＋c)－ ＝－b＋c. 17. (新课标Ⅱ卷)(本小题满分15分)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足＝，求二面角D－AB－F的正弦值． 解：(1)证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC， 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，所以AE⊥BC， 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE， 所以BC⊥DA. (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2， 因为BD⊥CD，所以BC＝2，DE＝， 因为△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB＝2，所以AE⊥BC，AE＝， 所以AE2＋DE2＝4＝DA2，所以AE⊥DE， 又DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD， 所以AE⊥平面BCD. 以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E(0，0，0)，D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)， 设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，二面角D－AB－F的平面角为θ，而＝(0，，－)， 因为＝＝(－，0，)， 所以F(－，0，)，即有＝(－，0，0)， 所以即 取x1＝1，所以n1＝(1，1，1)． 即 取y2＝1，所以n2＝(0，1，1)， 所以|cosθ|＝＝＝， 所以sinθ＝＝， 所以二面角D－AB－F的正弦值为. 18．(本小题满分17分)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，BD＝，∠ABD＝90°，将△ABD沿对角线BD折起，折后的点A变为A1，且A1C＝2. (1)求证：平面A1BD⊥平面BCD； (2)求异面直线BC与A1D所成角的余弦值； (3)若E为线段A1C上的一个动点，当线段EC的长为多少时，DE与平面BCD所成角的正弦值为？ 解：(1)证明：在Rt△ABD中， AD＝＝. ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC＝AD＝，CD＝AB＝1，又A1C＝2， ∴A1B2＋BC2＝A1C2，∴A1B⊥BC， 又A1B⊥BD，BC∩BD＝B，且BC，BD⊂平面BCD，∴A1B⊥平面BCD， 又A1B⊂平面A1BD， ∴平面A1BD⊥平面BCD. (2) 如图，以B为原点，在平面BCD内过点B作BD的垂线为x轴，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A1(0，0，1)，D(0，，0)，C(1，，0)，从而＝(1，，0)，＝(0，－，1)， |cos〈，〉|＝＝＝， ∴异面直线BC与A1D所成角的余弦值为. (3)＝(1，0，0)，＝(－1，－，1)． 设＝λ＝(－λ，－λ，λ)，0≤λ≤1， 则＝＋＝(1－λ，－λ，λ)， 取平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)， 设DE与平面BCD所成的角为θ，则sinθ＝ |cos〈，n〉|＝＝＝， 解得λ＝或λ＝－1(舍去)， ∴＝，即EC＝. ∴当线段EC的长为时，DE与平面BCD所成角的正弦值为. 19. (本小题满分17分)中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广，刍，草也，甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍是茅草屋顶．”现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，AB＝4，EF∥AB，AB＝2EF，EA＝ED＝FB＝FC＝3. (1)当N为线段AD的中点，且＝2时，求证：NF∥平面BDM； (2)当点N在线段AD上时(包含端点)，求平面BFN与平面ADE夹角的余弦值的取值范围． 解：(1)证明：如图所示，连接DM，BM，BD，CN，BD∩CN＝Z，连接ZM， 在正方形ABCD中， 易知△DNZ∽△BCZ， 即＝＝＝， 所以ZM∥NF， 而ZM⊂平面BDM，NF⊄平面BDM， 所以NF∥平面BDM. (2)设正方形ABCD的中心为O，分别取AB，BC，EF的中点为P，Q，S， 设H为线段AD的中点，连接EH，FQ，HQ，OS. 由已知EF∥AB∥CD，知E，F，H，Q四点共面， 且AD⊥平面EFQH， 又AD⊂平面ABCD， 故平面ABCD⊥平面EFQH， 且平面ABCD∩平面EFQH＝HQ， 由题意，可知四边形EFQH为等腰梯形， 故OS⊥HQ， OS⊂平面EFQH，故OS⊥平面ABCD， 故以O为原点，OP，OQ，OS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． 因为AB＝4，则A(2，－2，0)，B(2，2，0)，C(－2，2，0)，D(－2，－2，0)， 又AB＝2EF，故EF＝2， 设EF到底面ABCD的距离为h， 四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，且EF∥AB， 故E(0，－1，h)，F(0，1，h)， 又EA＝ED＝FB＝FC＝3， 故＝3，所以h＝2， 则E(0，－1，2)，F(0，1，2)， ＝(－2，1，2)，＝(－4，0，0)，＝(－2，－1，2)，＝(0，－4，0)， 设＝λ＝(－4λ，0，0)，λ∈[0，1]， 所以＝＋＝(－4λ，－4，0)， 设平面BFN的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝2，则y＝－2λ，z＝2－λ， 所以n＝(2，－2λ，2－λ)， 设平面ADE的法向量为m＝(a，b，c)， 则 令c＝1，则a＝0，b＝－2， 所以m＝(0，－2，1)， 故|cos〈n，m〉|＝＝ ＝×， 令m＝λ＋，m∈， 则|cos〈n，m〉|＝× ＝×， 令t＝∈， 则|cos〈n，m〉|＝×， 令f(t)＝t2－t＋5， 则f(t)在上单调递增， 故当t＝时，f(t)min＝f＝； 当t＝时，f(t)max＝f＝18， 故|cos〈n，m〉|∈， 即平面BFN与平面ADE夹角的余弦值的取值范围为. 15 学科网（北京）股份有限公司 $$