章末检测（一） 空间向量与立体几何（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

章末检测（一）　空间向量与立体几何 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共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.在三棱柱ABC-A1B1C1中，若＝a，＝b，＝c，则＝（　　） A.a＋b－c B.a－b＋c C.－a＋b－c D.－a＋b＋c 2.设m∈R，向量a＝（m，1，1），b＝（4，m，－2），c＝（1，2，0），则a∥b是a⊥c的（　　） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.已知向量a＝（0，－1，1），b＝（4，1，0），｜λa＋b｜＝，且λ＞0，则λ＝（　　） A.2　　　　B.3 C.4　　　　D.5 4.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则·＝（　　） A.－1 B.0 C.1 D.2 5.如图所示，在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为（　　） A. B. C. D.1 6.如图，圆台的高为4，上、下底面半径分别为3，5，M，N分别在上、下底面圆周上，且＜，＞＝120°，则｜｜＝（　　） A. B.5 C. D.5 7.《九章算术》是古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形ABCD为矩形，EF∥AB，若AB＝3EF，△ADE和△BCF都是正三角形，且AD＝2EF，则异面直线DE与BF所成角的大小为（　　） A. B. C. D. 8.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，点P在侧面ABB1A1内，若D1P⊥CM，则△PBC的面积的最小值是（　　） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.下列命题正确的是（　　） A.若p是平面α的一个法向量，A，B是直线b上不同的两点，则b∥α的充要条件是p·＝0 B.已知A，B，C三点不共线，对于空间中任意一点O，若＝＋＋，则P，A，B，C四点共面 C.已知a＝（－1，1，2），b＝（0，2，3），若ka＋b与2a－b垂直，则k＝－ D.已知△ABC的顶点分别为A（－1，1，2），B（4，1，4），C（3，－2，2），则AC边上的高BD的长为 10.已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2AB＝2，AC与BD的交点为M，∠BAD＝90°，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，则（　　） A.＝－＋－ B.＝－－ C.｜｜＝ D.｜｜＝ 11.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C，则（　　） A.AC⊥BD B.△ACD是等边三角形 C.AB与平面BCD所成的角为60° D.AB与CD所成的角为90° 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上） 12.若空间向量a＝（2，－1，3），b＝（－1，4，－2），c＝（7，－7，m）是共面向量，则实数m＝　　　　. 13.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为　　　　. 14.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，O是侧面A1ADD1的中心，E，F分别是B1C1，CC1的中点，点M，N分别在线段OB，EF上运动，则MN的最小值为　　　　. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分）已知向量a＝（x，1，2），b＝（1，y，－2），c＝（3，1，z），且a∥b，b⊥c. （1）求向量a，b，c的坐标； （2）求a＋c与b＋c所成角的余弦值. 16.（本小题满分15分）如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为. （1）设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1； （2）设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长. 17.（本小题满分15分）如图，已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝AF＝2，∠ADC＝60°. （1）求直线BF与平面ABCD所成角； （2）求点A到平面FBD的距离. 18.（本小题满分17分）如图1，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E为线段DC的中点，将△ADE沿直线AE折起，使得DC＝，如图2. （1）求证：BE⊥平面ADE； （2）线段AB上是否存在一点H，使得平面ADE与平面DHC所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出H点的位置. 19.（本小题满分17分）如图，已知向量＝a，＝b，＝c，可构成空间向量的一个基底，若a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），c＝（c1，c2，c3）.在向量已有的运算法则的基础上，新定义一种运算a×b＝（a2b3－a3b2，a3b1－a1b3，a1b2－a2b1），显然a×b的结果仍为一向量，记作p. （1）求证：向量p为平面OAB的法向量； （2）若a＝（1，－1，），b＝（0，－3，0），求以OA，OB为邻边的平行四边形OADB的面积，并比较四边形OADB的面积与｜a×b｜的大小； （3）将四边形OADB按向量＝c平移，得到一个平行六面体OADB-CA1D1B1，试判断平行六面体的体积V与｜（a×b）·c｜的大小.（注：第（2）小题的结论可以直接应用） 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 章末检测（一）　空间向量与立体几何 1.D　由题可知＝＋＝＋－＝－a＋b＋c.故选D. 2.C　a∥b，则a＝λb，即（m，1，1）＝λ（4，m，－2），解得a⊥c，则a·c＝0⇒m＋2＋0＝0⇒m＝－2.则a∥b⇔a⊥c，故a∥b是a⊥c的充要条件.故选C. 3.B　由题意，得λa＋b＝（4，1－λ，λ）.因为｜λa＋b｜＝，所以42＋（1－λ）2＋λ2＝29，整理得λ2－λ－6＝0.又λ＞0，所以λ＝3. 4.C　由于＝＋＝＋（＋）＝＋（＋）.而＝＋.则·＝［＋（＋）］·（＋）＝（＋）2＝（＋）＝1. 5.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），＝（0，2，0），对应的单位向量为u＝（，，－），∴点B到A1C的距离为d＝＝＝. 6.A　∵O2M⊥O1O2，O1N⊥O1O2，∴·＝0，·＝0，且由题意知，·＝3×5×cos 60°＝.∵＝＋＋，∴＝（＋＋）2＝＋＋＋2·＋·＋2·＝9＋16＋25＋15＝65，∴｜｜＝.故选A. 7.A　如图，以矩形ABCD的中心O为原点，的方向为x轴正方向建立空间直角坐标系.∵四边形ABCD为矩形，EF∥AB，△ADE和△BCF都是正三角形，∴EF⊂平面Oyz，且Oz是线段EF的垂直平分线.设AB＝3，则EF＝1，AD＝2，D（－1，－，0），E（0，－，），B（1，，0），F（0，，）.∴＝（1，1，），＝（－1，－1，），∴·＝－1×1＋1×（－1）＋×＝0，∴⊥，∴异面直线DE与BF所成的角为.故选A. 8.B　以点D为空间直角坐标系的原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设点P（1，y，z），0≤y，z≤1，D1（0，0，1），所以＝（1，y，z－1）.因为C（0，1，0），M（1，0，），所以＝（1，－1，），因为⊥，所以1－y＋（z－1）＝0，所以z＝2y－1.因为B（1，1，0），所以＝（0，y－1，2y－1），所以｜｜＝＝，因为0≤y≤1，所以当y＝时，｜｜min＝.因为正方体中，BC⊥平面ABB1A1，BP⊂平面ABB1A1，故BC⊥BP，所以（S△PBC）min＝×1×＝，故选B. 9.BCD　若b⊂α，则p·＝0成立，故b∥α不是p·＝0的必要条件，故A错误；若＝＋＋，则（－）＝（－）＋（－），所以＝＋，所以P，A，B，C四点共面，故B正确；由题意可得ka＋b＝（－k，k＋2，2k＋3），2a－b＝（－2，0，1），若ka＋b与2a－b垂直，则（ka＋b）·（2a－b）＝2k＋2k＋3＝0，解得k＝－，故C正确；由题意可得＝（5，0，2），＝（4，－3，0），则｜｜＝＝，｜｜＝＝5，则cos A＝＝＝，所以sin A＝＝，所以｜BD｜＝｜｜sin A＝×＝，故D正确. 10.AC　如图所示，＝－＝－＝（＋）－＝－＋－，故A正确，B错误；由＝－＋－平方得，｜｜2＝（－＋－）2＝＋＋－2×·＋2×·－2×·＝｜｜2＋｜｜2＋｜｜2－·＋｜｜｜｜cos∠A1AB－｜｜｜｜·cos∠A1AD＝×1＋×4＋4－0＋2×1×－2×2×＝，所以｜｜＝＝，故C正确，D错误.故选A、C. 11.AB　如图，取BD的中点O，连接AO，CO，则AO⊥BD，CO⊥BD.又AO∩CO＝O，AO，CO⊂平面AOC，∴BD⊥平面AOC，又AC⊂平面AOC，∴AC⊥BD，A中结论正确；∵AC＝AO＝AD＝CD，∴△ACD是等边三角形，B中结论正确；∵AO⊥平面BCD，∴∠ABD是AB与平面BCD所成的角，为45°，C中结论错误；＝＋＋，不妨设AB＝1，则＝（＋＋）2＝＋＋＋2·＋2·＋2·，∴1＝1＋2＋1＋2×（－）＋2×（－）＋2cos＜，＞，∴cos＜，＞＝，∴＜，＞＝60°，即AB与CD所成的角为60°，D中结论错误.故选A、B. 12.11　解析：若向量a，b，c共面，则存在x，y∈R，使得a＝xb＋yc，所以解得 13.　解析：不妨设CB＝1，则B（0，0，1），A（2，0，0），C1（0，2，0），B1（0，2，1）.∴＝（0，2，－1），＝（－2，2，1）.cos＜，＞＝＝＝. 14.2　解析：以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则O（2，0，2），B（4，4，0），E（2，4，4），F（0，4，2）.因为点M，N分别在线段OB，EF上运动，所以设＝λ（0≤λ≤1），＝μ（0≤μ≤1），所以M（2λ＋2，4λ，2－2λ），N（2μ，4，2＋2μ），所以｜｜＝＝，所以当μ＝λ＝时，｜｜min＝＝2. 15.解：（1）∵向量a＝（x，1，2），b＝（1，y，－2），c＝（3，1，z），且a∥b，b⊥c， 易知y≠0，否则a∥b不成立， ∴解得x＝－1，y＝－1，z＝1. ∴向量a＝（－1，1，2），b＝（1，－1，－2），c＝（3，1，1）. （2）∵a＋c＝（2，2，3），b＋c＝（4，0，－1）， ∴（a＋c）·（b＋c）＝2×4＋2×0＋3×（－1）＝5， ｜a＋c｜＝＝，｜b＋c｜＝＝， ∴向量a＋c与b＋c所成角的余弦值为＝＝. 16.解：（1）证明：＝＋，＝＋.因为BB1⊥平面ABC，所以·＝0，·＝0. 又△ABC为正三角形，所以＜，＞＝π－＜，＞＝π－＝， 所以·＝（＋）·（＋）＝·＋·＋＋·＝｜｜·｜｜·cos＜，＞＋＝－1＋1＝0， 所以⊥，所以AB1⊥BC1. （2）由（1）知·＝｜｜·｜｜·cos＜，＞＋＝－1. 又｜｜＝ ＝＝｜｜， 所以cos＜，＞＝＝. 所以｜｜＝2，即侧棱长为2. 17.解：（1）设AC∩BD＝O，因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，所以易得AF⊥平面ABCD. 以O点为坐标原点，以OD所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，过O点且平行于AF的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 由已知得A（0，1，0），B（－，0，0），C（0，－1，0），D（，0，0），F（0，1，2）. 由题意可知平面ABCD的一个法向量为m＝（0，0，1）， 又＝（，1，2），设直线BF与平面ABCD所成角为θ， 则有sin θ＝｜cos＜m，＞｜＝＝＝，即θ＝45°. 所以直线BF与平面ABCD所成角为45°. （2）因为＝（2，0，0），＝（，1，2）， 设平面FBD的法向量为n＝（x，y，z）， 则 即 令z＝1得n＝（0，－2，1），又因为＝（0，0，2）， 所以点A到平面FBD的距离d＝＝＝. 18.解：（1）证明：如图1，连接BE，取线段AE的中点O，连接DO，OC，在Rt△ADE中，DA＝DE＝， 所以DO⊥AE，DO＝OA＝OE＝1. 在△OEC中，OE＝1，EC＝，∠OEC＝， 由余弦定理可得OC2＝1＋2＋2×1××＝5，所以OC＝. 在△DOC中，DC2＝6＝DO2＋OC2，所以DO⊥OC. 又AE∩OC＝O，AE，OC⊂平面ABCE， 所以DO⊥平面ABCE. 又DO⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面ABCE. 在△ABE中，AE＝BE＝2，AB＝2， 所以AE2＋BE2＝AB2，所以BE⊥AE. 因为平面ADE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，所以BE⊥平面ADE. （2）存在.过E作DO的平行线l，以E为原点，EA，EB，l分别为x轴、y轴、z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，则E（0，0，0），D（1，0，1），C（－1，1，0），A（2，0，0），B（0，2，0），平面ADE的一个法向量为n1＝（0，1，0），假设存在点H符合题意，设＝t（0≤t≤1）， 则＝t（－2，2，0）＝（－2t，2t，0）， 则＝－＝（－3，1，0）－（－2t，2t，0）＝（2t－3，1－2t，0），＝（－2，1，－1）. 设平面DHC的法向量为n2＝（x，y，z）， 则n2·＝0，n2·＝0， 即令y＝2t－3，则x＝2t－1，z＝－2t－1，所以n2＝（2t－1，2t－3，－2t－1）. 由已知cos ＝＝＝ ， 解得t＝或t＝－（舍去）， 所以存在点H符合题意，此时＝， 即H为AB的中点. 19.解：（1）证明：因为p·a＝a1（a2b3－a3b2）＋a2（a3b1－a1b3）＋a3（a1b2－a2b1）＝a1a2b3－a1a3b2＋a2a3b1－a2a1b3＋a3a1b2－a3a2b1＝0， 所以p⊥a，即p⊥， 因为p·b＝b1（a2b3－a3b2）＋b2（a3b1－a1b3）＋b3（a1b2－a2b1）＝b1a2b3－b1a3b2＋b2a3b1－b2a1b3＋b3a1b2－b3a2b1＝0， 所以p⊥b，即p⊥， 又因为OA∩OB＝O，OA，OB⊂平面OAB， 所以p⊥平面OAB， 所以向量p为平面OAB的法向量. （2）cos∠AOB＝＝＝， 则sin∠AOB＝， 故S四边形OADB＝2S△AOB＝｜a｜｜b｜·sin∠AOB＝3×3×＝6， 由a＝（1，－1，），b＝（0，－3，0），得a×b＝（3，0，－3）， 所以｜a×b｜＝＝6， 所以S四边形OADB＝｜a×b｜. （3）设点C到平面OAB的距离为h，与平面OAB所成的角为α， 则V＝S四边形OADB·h＝｜a×b｜｜c｜sin α， 由（1）得向量p为平面OAB的法向量， 则｜cos＜a×b，c＞｜＝sin α， 又｜（a×b）·c｜＝｜a×b｜｜c｜cos＜a×b，c＞， 所以V＝｜（a×b）·c｜. 12 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $