第一章 章末过关检测卷(一)　空间向量与立体几何-【正禾一本通】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套练习（人教A版）

章末过关检测卷(一)　空间向量与立体几何 (用时：120分钟，满分：150分) 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．在三棱锥A­BCD中，若△BCD为正三角形，且E为其中心，则等于(　　) A． B．2 C．0 D．2 解析：选C.连接DE并延长，交BC于点F(图略)，则由题意可知，F为BC的中点，DE＝DF， 故＝0. 2．如图所示，在空间直角坐标系中有长方体ABCD­A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为(　　 ) A． B． C． D．1 解析：选B.∵AB＝1，BC＝2，AA1＝3， ∴A1(0，0，3)，C(1，2，0)，B(1，0，0)， ∴直线A1C的方向向量＝(1，2，－3)． 又∵＝(0，2，0)， ∴在上的投影长为 ＝. ∴点B到直线A1C的距离d＝. 3．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，c三个向量不能构成空间的一个基底，则实数λ的值为(　　 ) A．0 B． C．9 D． 解析：选D.∵a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，a，b，c三个向量不能构成空间的一个基底， ∴a与b不平行，且a，b，c三个向量共面， ∴存在实数m，n，使得c＝ma＋nb， 即解得λ＝. 4．在空间直角坐标系中，已知A(1，－2，1)，B(2，2，2)，点P在z轴上，且满足，则P点坐标为(　　 ) A．(3，0，0) B．(0，3，0) C．(0，0，3) D．(0，0，－3) 解析：选C.设P(0，0，z)，则有 ＝，解得z＝3. 5．已知直线l过定点A(2，3，1)，且n＝(0，1，1)为直线l的一个方向向量，则点P(4，3，2)到直线l的距离为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选A.＝(－2，0，－1)，＝，则点P到直线l的距离为. 6．如图所示，已知点P为菱形ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC的中点，则二面角C­BF­D的正切值为(　　 ) A． B． C． D． 解析： 选D.如图，连接BD交AC于点O，连接OF，∵四边形ABCD为菱形，∴O为AC的中点，AC⊥BD.∵F为PC的中点，∴OF∥PA.∵PA⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD. 以O为原点，OB、OC、OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz，设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝，∴B，F，C，D，结合图形可知，＝，且为平面BDF的一个法向量．由＝＝()可求得平面BCF的一个法向量n＝，∴cos 〈n，〉＝＝，∴tan 〈n，〉＝. 7．直角梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝4，CD＝2，AD＝2，BC⊥AB，E是边AB的中点，将三角形ADE沿DE折叠到A1DE位置，使得二面角A1­DE­B的大小为120°，则异面直线A1D与CE所成角的余弦值为(　　 ) A． B． C． D． 解析： 选D.建如图所示空间直角坐标系， 得A1，D(0，0，2)，E(0，0，0)，C(0，2，2)， 所以＝(0，2，2)，所以 ，＝. 8．在棱长为2的正四面体ABCD中，点M满足－(x＋y－1)，点N满足＋(1－λ)，当AM，BN最短时，＝(　　 ) A．－ B． C．－ D． 解析：选A.由共面向量基本定理和共线向量基本定理可知， M∈平面BCD，N∈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＝，所以＝， 因为AM⊥平面BCD，MC⊂平面BCD，所以AM⊥MC， 所以＝. 又，所以＝－2＝－. 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．给出下列命题，其中正确的有(　　 ) A．空间任意三个向量都可以作为一个基底 B．已知向量a∥b，则a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底 C．A，B，M，N是空间中的四个点，若不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面 D．已知{a，b，c}是空间的一个基底，若m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一个基底 解析：选BCD.选项A中，根据基底的概念，知空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一个基底，故A错误．选项B中，根据基底的概念，知B正确．选项C中，由不能构成空间的一个基底，知共面．又均过点B，所以A，B，M，N四点共面，故C正确． 选项D中，已知{a，b，c}是空间的一个基底，则基向量a，b可以与向量m＝a＋c构成空间的另一个基底，故D正确． 10． 如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝AC，则(　　 ) A．EF至多与A1D，AC之一垂直 B．EF⊥A1D，EF⊥AC C．EF与BD1相交 D．EF与BD1平行 解析： 选BD.如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为3，则E(1，0，1)，F(2，1，0)，A1(3，0，3)，A(3，0，0)，C(0，3，0)，D(0，0，0)，B(3，3，0)，D1(0，0，3)， ∴＝(1，1，－1)，＝(－3，3，0)，＝(－3，0，－3)， ∵＝0，∴EF⊥AC，EF⊥A1D，B正确，A错误． 由＝(－3，－3，3)，，故选项D正确，C错误． 11． 正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则(　　 ) A．直线D1D与直线AF垂直 B．直线A1G与平面AEF平行 C．平面AEF截正方体所得的截面面积为 D．点C和点G到平面AEF的距离相等 解析：选BC. 对于选项A，解法一　以D点为坐标原点，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， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(1，0，1)，E，D1(0，0，1)． 从而＝(0，0，1)，，从而≠0， 所以直线DD1与直线AF不垂直，选项A错误； 解法二　取DD1的中点N，连接AN，则AN为直线AF在平面ADD1A1内的投影，AN与DD1不垂直，从而AF与DD1也不垂直，故选项A错误； 对于选项B，＝， 设， 则解得 则共面，又A1G⊄平面AEF， 所以直线A1G与平面AEF平行，故选项B正确； 对于选项C，连接AD1，D1F，延长AE，D1F，交DC的延长线于点H，易知四边形AEFD1为平面AEF截正方体所得的截面四边形，如图所示， 且D1H＝AH＝， 所以S△AD1H＝， 所以S＝，故选项C正确； 对于选项D，解法一　由题意得， S△GEF＝S梯形BEFG－S△EBG＝，S△ECF＝， 因为VA­GEF＝S△GEF·AB，VA­ECF＝S△ECF·AB，所以VA­GEF＝2VA­ECF， 即VG­AEF＝2VC­AEF，点G到平面AEF的距离为点C到平面AEF的距离的二倍，故D错误； 解法二　假设点C与点G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，则平面AEF必过CG的中点，连接CG，交EF于点O，易知O不是CG的中点，所以假设不成立，故选项D错误． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12． 如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF之和为________． 解析：以D1为坐标原点，分别以D1A1，D1C1，D1D为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，设CE＝x，DF＝z，则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1－z)，B(1，1，1)，所以＝(x－1，0，1)，＝(1，1，z)，由于B1E⊥平面ABF，所以＝(1，1，z)·(x－1，0，1)＝0，则x＋z＝1. 答案：1 13．正方体ABCD­A1B1C1D1中，E、F分别是D1C1、AB的中点，则A1B1与截面A1ECF所成的角的正切值为________． 解析： 设棱长为2，建立以A1为原点，A1B1，A1D1，A1A为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，则平面A1ECF的一个法向量为n＝(－2，1，1)，A1B1的方向向量为(2，0，0)，设A1B1与截面A1ECF的夹角为θ，则sin θ＝，cos θ＝， ∴tan θ＝. 答案： 14．在三棱柱ABC­A1B1C1中，D是棱BC上的点(不包括端点)，记直线B1D与直线AC所成的角为θ1，直线B1D与平面A1B1C1所成的角为θ2，二面角C1­A1B1­D的平面角为θ3，则θ1，θ2，θ3的大小关系是________. 解析： 设三棱柱ABC­A1B1C1是棱长为2的正三棱柱，D是棱BC的中点，以A为坐标原点，在平面ABC中，过点A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系， 则A1(0，0，2)，B1，C(0，2，0)，D，A(0，0，0)，＝(0，2，0)，＝，＝， 因为直线B1D与直线AC所成的角为θ1， 所以cos θ1＝， 因为直线B1D与平面A1B1C1所成的角为θ2，平面A1B1C1的法向量n＝(0，0，1)， 所以sin θ2＝，所以cos θ2＝， 设平面A1B1D的法向量m＝(a，b，c)， 则取a＝，得m＝， 因为二面角C1­A1B1­D的平面角为θ3，所以， 因为cos θ2>cos θ3>cos θ1，所以θ2<θ3<θ1. 答案：θ2<θ3<θ1 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)(2025·广东阳江期末模拟)如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2. (1)求直线PA与平面DEF所成角的正弦值； (2)求点P到平面DEF的距离． 解：(1) 以A为坐标原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 又D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2. 所以A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，DE，F， 所以有＝(0，0，2)，＝＝， 设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则有n⊥，n⊥. 所以得 令z＝1，有n＝(2，0，1)， 设直线PA与平面DEF所成角为θ，则sin θ＝＝＝， 所以直线PA与平面DEF所成角的正弦值为. (2)因为＝，由(1)得平面DEF的一个法向量为n＝(2，0，1)， 所以点P到平面DEF的距离为d＝. 16．(15分) (2025·广东茂名期末模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB，AD∥BC，AD＝4，AB＝AP＝2，BC＝1，M为PB的中点，. (1)证明：PC⊥BD； (2)若Q为线段PC上一点，且A，M，Q，N四点共面，求三棱锥Q­ABC的体积． 解：(1)由题意知， 因为＝·＝0－4＋4－0＝0，所以AC⊥BD， 又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以PA⊥BD， 又PA，AC⊂平面PAC，且PA∩AC＝A， 所以BD⊥平面PAC， 又PC⊂平面PAC，所以PC⊥BD. (2)因为PA⊥平面ABCD， 又AB，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AD，PA⊥AB， 又AD⊥AB，所以AP，AB，AD两两垂直， 如图以A为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，M(1，0，1)，N，C(2，1，0)，P(0，0，2)， 所以＝(2，1，0)，＝(0，0，2)，＝(1，0，1)，＝， 设平面AMN的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 不妨令x＝4，则y＝1，z＝－4，所以n＝(4，1，－4)． 设，0<t<1，则＋(1－t)＝t(2，1，0)＋(1－t)(0，0，2)＝(2t，t，2－2t)， 因为A，M，Q，N四点共面，则·n＝8t＋t－8(1－t)＝0，解得t＝， 即， 所以VQ­ABC＝VP­ABC＝VP­ABC＝. 17．(15分)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝，点E，F分别是平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心．以D为坐标原点，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．试用向量方法解决下列问题： (1)求异面直线AF和BE所成的角； (2)求直线AF和平面BEC所成角的正弦值． 解：(1)由题意得A(2，0，0)，F，B(2，2，0)，E，C(0，2，0)． ∴＝＝， ∴＝1－2＋1＝0， ∴直线AF和BE所成的角为90°. (2)设平面BEC的法向量为n＝(x，y，z)，又＝(－2，0，0)，， 则 ∴x＝0，取z＝1，则y＝， ∴平面BEC的一个法向量为n＝. 设直线AF和平面BEC所成的角为θ， 则sin θ＝ ＝， 即直线AF和平面BEC所成角的正弦值为. 18． (17分)如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，底面ABCD满足AD∥BC，AB＝AD＝AA1＝2，BD＝DC＝2. (1)求证：AB⊥平面ADD1A1； (2)求直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值； (3)求点C1到平面B1CD1的距离． 解：(1)因为AA1⊥底面ABCD，且AB⊂平面ABCD，所以AA1⊥AB. 因为AB＝AD＝2，BD＝2，所以AB2＋AD2＝BD2，故AB⊥AD. 又AD∩AA1＝A，AD，AA1⊂平面ADD1A1， 所以AB⊥平面ADD1A1. (2)以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，B1(2，0，2)，C(2，4，0)，C1(2，4，2)，D1(0，2，2)， 所以＝(0，4，－2)，＝(－2，2，0)，＝(2，0，0)． 设平面B1CD1的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取x＝1，得y＝1，z＝2，则n＝(1，1，2)， 设直线AB与平面B1CD1所成的角为θ， 则sin θ＝＝， 所以直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值为. (3)由(2)可知平面B1CD1的一个法向量为n＝(1，1，2)，＝(0，0，2)， 所以点C1到平面B1CD1的距离d＝， 故点C1到平面B1CD1的距离为. 19．(17分)《瀑布》(图1)是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致的观察者，似乎他没发现什么不对劲．此时，他既是画外的观看者，也是埃舍尔自己．画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”(图2) 埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形AnBnCnDn，n＝1，2，3的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为Pn，Qn，将极点P1，Q1分别与正方形A2B2C2D2的顶点连线，取其中点记为Em，Fm，m＝1，2，3，4，如图3.埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图4我们构造了其中两个四棱锥A1­P1E1P2E2与A2­P2E1P3F1. (1)求异面直线P1A2与Q1B2所成角的余弦值； (2)求平面P1A1E1与平面A1E2P2夹角的正弦值； (3)求埃舍尔体的表面积与体积(直接写出答案)． 解：(1)由题意可知，OP3，OP2，OP1两两垂直，且OP3＝OP2＝OP1＝1.以点O为坐标原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，如图，建立空间直角坐标系． 则由题意可得，O(0，0，0)，P2(0，1，0)，P1(0，0，1)，B2(－1，1，0)，A1(0，1，1)，A2(1，1，0)，Q1(0，0，－1)． 又E1，E2分别是P1A2，P1B2的中点，所以E1，E2. 所以＝(1，1，－1)，＝(－1，1，1)， 则cos 〈〉＝， 所以异面直线P1A2与Q1B2所成角的余弦值为. (2)由(1)可得，＝(0，1，0)，＝＝(0，0，1)，＝. 设n1＝(x1，y1，z1)是平面P1A1E1的一个法向量， 则即 令x1＝1，可得n1＝(1，0，1)是平面P1A1E1的一个法向量． 设n2＝(x2，y2，z2)是平面A1E2P2的一个法向量， 则即 取x2＝1，可得n2＝(1，－1，0)是平面A1E2P2的一个法向量． 则cos 〈n1，n2〉＝， 所以平面P1A1E1与平面A1E2P2夹角的正弦值为. (3)由(1)(2)可得，＝(0，1，－1)，＝(－1，0，0)，＝＝＝(0，－1，0)，＝， 所以， 所以P2E2∥P1E1且P2E2＝P1E1，所以四边形P1E1P2E2为平行四边形． 又＝(0，1，－1)·(－1，0，0)＝0，所以⊥，即P1P2⊥E1E2， 所以四边形P1E1P2E2为菱形． 又＝＝1， 所以＝. 设n3＝(x3，y3，z3)是平面P1E1P2E2的一个法向量， 则即 取y3＝1， 则n3＝(0，1，1)是平面P1E1P2E2的一个法向量． 又＝(0，－1，0)，所以点A1到平面P1E1P2E2的距离d＝＝＝. 所以四棱锥A1­P1E1P2E2的体积V1＝， 四棱锥P2­A3B3C3D3的体积V2＝. 因为＝(0，－1，0)，＝＝， 所以在方向上的投影为， 所以点A1到直线P1E2的距离h1＝. 同理可得点A1到直线P1E1的距离h2＝. 所以四棱锥A1­P1E1P2E2的侧面积S1＝×h1×4＝. 所以埃舍尔体的表面积为12S1＝12，体积为2(4V1＋V2)＝4. 学科网（北京）股份有限公司 $