单元检测卷(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B版）

单元检测卷(一)　空间向量与立体几何 (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订) 一、选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的) 1．下列说法中不正确的是(　　) A．平面α的法向量垂直于与平面α共面的所有向量 B．一个平面的所有法向量互相平行 C．如果两个平面的法向量垂直，那么这两个平面也垂直 D．如果a、b与平面α共面且n⊥a，n⊥b，那么n就是平面α的一个法向量 答案：D 解析：只有当a、b不共线且a∥α，b∥α时，D才正确． 2．已知a＝(1，0，1)，b＝(－2，－1，1)，c＝(3，1，0)，则|a－b＋2c|等于(　　) A．3 B．2 C． D．5 答案：A 解析：a－b＋2c＝(1，0，1)－(－2，－1，1)＋(6，2，0)＝(9，3，0)，所以|a－b＋2c|＝＝3.故选A. 3．已知i，j，k为单位正交基底，a＝3i＋2j－k，b＝i－j＋2k，则5a与3b的数量积等于(　　) A．－15 B．－5 C．－3 D．－1 答案：A 解析：因为i，j，k两两垂直且|i|＝|j|＝|k|＝1，所以5a·3b＝(15i＋10j－5k)·(3i－3j＋6k)＝45－30－30＝－15. 4．已知A(2，－5，1)，B(2，－4，2)，C(1，－4，1)，则与的夹角为(　　) A．30° B．60° C．45° D．90° 答案：B 解析：由题意得＝(0，1，1)，＝(－1，1，0)， cos〈，〉＝＝＝， 所以与的夹角为60°.故选B. 5．如果平面的一条斜线和它在平面上的射影的方向向量分别是a＝(0，2，1)，b＝(，，)，那么这条斜线与平面的夹角是(　　) A．90° B．60° C．45° D．30° 答案：D 解析：依题意，得cos〈a，b〉＝＝＝，所以这条斜线与平面的夹角为30°.故选D. 6．如图是一平行六面体ABCD-A1B1C1D1，E为BC延长线一点，＝2，则＝(　　) A．＋＋ B．＋－ C．＋－ D．＋－ 答案：B 解析：取BC的中点F，连接A1F(图略)，则A1D1綊FE，所以四边形A1D1EF是平行四边形，所以A1F綊D1E，所以＝.又＝＋＋＝－＋＋，所以＝＋－.故选B. 7．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为，底面ABCD的边长为1，则二面角A-CD1-D的余弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：如图，以D为原点，以DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，B1(1，1，)，D1(0，0，)，则＝(1，0，0)为平面CDD1的一个法向量，＝(－1，0，)，＝(－1，1，0)，设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，则y＝1，z＝，所以n＝.所以cos〈，n〉＝＝＝＝即为所求．故选C. 8．已知AB⊥平面α，垂足为点B，且AO与α相交于点O，∠AOB＝60°，射线OC在α内，且∠BOC＝30°，OA＝6，则点A到直线OC的距离是(　　) A．6 B． C． D．2 答案：C 解析：如图，过B作BE⊥OC ，垂足为E，连接AE，由AB⊥平面α，OE⊂平面α，则AB⊥OE，由辅助线可得OE⊥BE，又AB∩BE＝B，则OE⊥平面ABE，则OE⊥AE，于是A到直线OC的距离是AE，由题意，直角三角形ABO中，BO＝AOcos 60°＝3，AB＝OAsin 60°＝3，直角三角形EBO中，BE＝BOsin 30°＝，于是AE＝＝.故选C. 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．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为O，则下列结论中正确的有(　　) A．＋与＋是一对相反向量 B．－与－是一对相反向量 C．＋＋＋与＋＋＋是一对相反向量 D．－与－是一对相反向量 答案：ACD 解析：因为O为正方体的中心，所以＝－，＝－，故＋＝－(＋)，同理可得＋＝－(＋)，故＋＋＋＝－(＋＋＋)，所以A，C正确；因为－＝，－＝，所以－与－是两个相等的向量，所以B不正确；因为－＝，－＝＝－，所以－与－是一对相反向量，所以D正确． 10．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论正确的是(　　) A．A1C1∥平面CEF B．B1D⊥平面CEF C．＝＋－ D．点D与点B1到平面CEF的距离相等 答案：AC 解析：对A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，所以EF∥A1C1，故A1C1∥平面CEF成立． 对B，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，则B1(2，2，2)，D(0，0，0)，F(0，1，2)，C(0，2，0)且＝(－2，－2，－2)，＝(0，1，－2).所以·＝0－2＋4＝2≠0，故，不互相垂直．又CF⊂平面CEF，故B1D⊥平面CEF不成立．对C，由图可知＝(1，－2，2)，＋－＝(2，0，0)＋(0，0，2)－(0，2，0)＝(1，－2，2).故＝＋－成立．对D，点D与点B1到平面CEF的距离相等等价于点D与点B1的中点O在平面CEF上．连接AC，AE，易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点B1的中点O在平面A1ACC1上，则点O不在平面CEF上，故D不成立． 11．如图甲所示，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三点重合于点P(如图乙所示)，则下列结论正确的是(　　) A．PD⊥EF B．平面PDE⊥平面PDF C．平面PEF与平面EFD夹角的余弦值为 D．点P在平面DEF上的投影是△DEF的外心 答案：ABC 解析：对于A选项，如图，取EF的中点H，连接PH，DH，由△PEF和△DEF为等腰三角形，得PH⊥EF，DH⊥EF，又PH∩DH＝H，所以EF⊥平面PDH，所以PD⊥EF，故A正确． 对于B选项，根据折起前后，可知PE，PF，PD三线两两垂直，于是可证平面PDE⊥平面PDF，故B正确． 对于C选项，将图乙翻转并建立如图所示的空间直角坐标系，设图甲中的AB＝2，则P(0，0，0)，E(0，0，1)，F(1，0，0)，D(0，2，0)，所以＝(1，0，－1)，＝(－1，2，0).易知＝(0，2，0)为平面PEF的一个法向量， 设平面EFD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即令x＝2，则y＝1，z＝2，则n＝(2，1，2)为平面EFD的一个法向量，cos〈，n〉＝＝＝，所以平面PEF与平面EFD夹角的余弦值为，故C正确． 对于D选项，由于PE＝PF≠PD，故点P在平面DEF上的投影不是△DEF的外心，故D错误． 三、填空题(本大题共3个小题，每小题5分，共15分，把正确答案填在题中横线上) 12．(2024·贵州铜仁高二质量监测)在空间直角坐标系中，若m＝对应点M，n＝(－k，2，3－k)，若M关于平面xOy的对称点为，则m·n＝　　　　　Ｗ． 答案：5 解析：M关于平面xOy的对称点为，所以M，所以m＝，即k＝1，n＝，所以m·n＝1×＋2×2＋1×2＝－1＋4＋2＝5. 13．已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，则B与D之间的距离为　　　　Ｗ． 答案： 解析：如图，过B、D分别向AC作垂线，垂足分别为M、N，则可求得AM＝，BM＝，CN＝，DN＝，MN＝1.由于＝＋＋，所以||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2(·＋·＋·)＝＋12＋＋2(0＋0＋0)＝，所以||＝. 14．(一题两空)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2).则|2a＋b|＝　　　　；在直线AB上，存在一点E，使得⊥b，则点E的坐标为　　　　Ｗ．(第一个空2分，第二个空3分) 答案：5　 解析：2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，故|2a＋b|＝＝5.设＝t，则＝＋＝＋t＝(－3，－1，4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t，4－2t). 由⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝.因此，点E的坐标为E. 四、解答题(本题共6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＝(x，4，1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求： (1)a，b，c； (2)a＋c与b＋c夹角的余弦值． 解：(1)因为a∥b，所以＝＝， 解得x＝2，y＝－4，则a＝(2，4，1)，b＝(－2，－4，－1). 又b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0， 解得z＝2，于是c＝(3，－2，2). (2)由(1)得a＋c＝(5，2，3)，b＋c＝(1，－6，1). 设a＋c与b＋c的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝－. 16．(15分)已知平行六面体OABC-O′A′B′C′，且＝a，＝b，＝c. (1)用a，b，c表示向量； (2)设G，H分别是侧面BB′C′C和O′A′B′C′的中心，用a，b，c表示. 解：(1)＝＋＝－＋＝b＋c－a. (2)＝＋＝－＋ ＝－(＋)＋(＋) ＝－(a＋b＋c＋b)＋(a＋b＋c＋c) ＝(c－b). 17．(15分)如图，在三棱锥P-ABC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)如图所示，以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系A-xyz. 由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，D， E，F， 所以＝，＝. 设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取z＝1，则平面DEF的一个法向量为n＝(2，0，1). 设PA与平面DEF所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝， 故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为. (2)因为＝，n＝(2，0，1)， 所以点P到平面DEF的距离为 d＝＝. 18．(17分)如图，边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝2，M为BC的中点． (1)证明：AM⊥PM； (2)求平面PAM与平面DAM的夹角的大小； (3)求点D到平面AMP的距离． 解：(1)证明：以D为原点，，的方向分别为x轴、y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得D(0，0，0)，P(0，1，)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，M(，2，0). 所以＝(，1，－)，＝(－，2，0)， 所以·＝(，1，－)·(－，2，0)＝0， 即⊥，所以AM⊥PM. (2)设n＝(x，y，z)为平面PAM的法向量， 则即 取y＝1，得n＝(，1，). 显然，p＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量， 所以cos〈n，p〉＝＝＝.所以〈n，p〉＝45°. 结合图形可知，平面PAM与平面DAM的夹角为45°. (3)设点D到平面AMP的距离为d， 由(2)可知n＝(，1，)与平面PAM垂直，则 d＝＝＝， 即点D到平面AMP的距离为. 19．(17分)如图所示，已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，点D为AC的中点，点E在线段AA1上． (1)当AE∶EA1＝1∶2时，求证：DE⊥BC1； (2)是否存在点E，使平面BDE与平面ABE的夹角等于60°？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：连接DC1， 因为ABC-A1B1C1为正三棱柱， 所以△ABC为正三角形， 又因为D为AC的中点， 所以BD⊥AC. 又平面ABC⊥平面ACC1A， 所以BD⊥平面ACC1A. 所以BD⊥DE. 因为AE∶EA1＝1∶2， AB＝2，AA1＝， 所以AE＝，AD＝1.所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°； 在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°. 所以∠EDC1＝90°， 即ED⊥DC1. 又DC1∩BD＝D， 所以DE⊥平面BDC1. 又因为BC1⊂平面BDC1， 所以DE⊥BC1. (2)假设存在点E满足条件，设AE＝h. 取A1C1的中点D1，连接DD1， 则DD1⊥平面ABC， 所以DD1⊥AD，DD1⊥BD. 如图，分别以DA，DB，DD1 所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，B(0，，0)，E(1，0，h). 所以＝(0，，0)，＝(1，0，h)， ＝(－1，，0)，＝(0，0，h). 设平面DBE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即 令z1＝1，得n1＝(－h，0，1). 同理，设平面ABE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即 令y2＝1，z2＝0，得n2＝(，1，0). 所以|cos〈n1，n2〉|＝＝cos 60°＝. 解得h＝<(负值舍去)，故存在点E满足条件． 当AE＝时，平面BDE与平面ABE的夹角等于60°. 学生用书↓第40页 学科网（北京）股份有限公司 $