第一章 空间向量与立体几何 章末综合练-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 空间向量与立体几何单元卷，聚焦线面角、二面角、平行垂直证明等核心知识，通过综合题设计提升空间观念与推理能力，适配高二选择性必修第一册单元复习。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|2题|正三棱台体积与线面角、二面角与线面角|基础巩固，结合几何体体积计算线面角正切值| |解答题|9题|线线垂直证明（3题）、二面角正弦值（3、7题）、线面平行证明（6、9题）、体积计算（6题）|分层设计，如第7题探究二面角正弦值最小值，体现运算能力与创新意识；第9题结合多面体中点到平面距离，强化空间观念|

第一章 空间向量与立体几何 章末综合练-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册 一、选择题 1.已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为（　 　） A. B.1 C.2 D.3 2.已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（　 　） A. B. C. D. 二、解答题 3.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. 4.在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝. （1）证明：BD⊥PA； （2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值. 5. 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1. （1）证明：A1C＝AC； （2）已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值. 6.如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO. （1）求证：EF∥平面ADO； （2）若∠POF＝120°，求三棱锥P－ABC的体积. 7.已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1. （1）证明：BF⊥DE； （2）当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？ 8.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°. （1）证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C； （2）设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高. 9.如图，AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，AD＝BC＝，AE＝2，M为CD的中点. （1）证明：EM∥平面BCF； （2）求点M到ADE的距离. 10.如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点. （1）证明：BM∥平面CDE； （2）求二面角F－BM－E的正弦值. 11.如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. （1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； （2）若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为，求AD. 解析版 一、选择题 1.已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为（　B　） A. B.1 C.2 D.3 解析：方法一：分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝， 可知S△ABC＝×6×6×＝9，＝×2×＝， 设正三棱台ABC－A1B1C1的高为h， 则＝h＝，解得h＝， 如图，分别过A1，D1作底面垂线，垂足为M，N，设AM＝x， 则AA1＝＝，DN＝AD－AM－MN＝2－x， 在△DD1N中，DD1＝ ＝， 结合等腰梯形BCC1B1可得B＝＋D， 即x2＋＝＋＋4，解得x＝， 所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD＝＝1； 方法二：将正三棱台ABC－A1B1C1补成正三棱锥P－ABC， 则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角， 因为＝＝，则＝， 可知＝VP－ABC＝，则VP－ABC＝18， 设正三棱锥P－ABC的高为d，则VP－ABC＝d××6×6×＝18，解得d＝2， 取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2， 所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO＝＝1.故选B. 2.已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（　C　） A. B. C. D. 解析：取AB的中点E，连接CE，DE.因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB. 又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C－AB－D的平面角，即∠CED＝150°. 又CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，∴AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，∴平面CDE⊥平面ABC，平面CDE∩平面ABC＝CE， 直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE， 从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝，在△CDE中，由余弦定理得 CD＝＝＝， 由正弦定理得＝， 即sin∠DCE＝＝. ∵∠DCE是锐角，∴cos∠DCE＝＝＝， 所以直线CD与平面ABC所成的角的正切值为.故选C. 二、解答题 3.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中点，DB＝DC，所以DE⊥BC①， 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，从而AE⊥BC②，由①②，AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA. （2）设DA＝DB＝DC＝2，因为BD⊥CD，所以BC＝2，DE＝AE＝. 所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE， 又因为AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD， 所以AE⊥平面BCD. 以点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. D（，0，0），A（0，0，），B（0，，0），E（0，0，0）， 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）， 取x1＝1，所以n1＝（1，1，1）； 取y2＝1，所以n2＝（0，1，1）， 所以｜cos θ｜＝＝＝， sin θ＝＝. 所以二面角D－AB－F的正弦值为. 4.在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝. （1）证明：BD⊥PA； （2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值. 解：（1）证明：如图所示，取AB的中点O，连接DO，CO，则OB＝DC＝1. 又DC∥OB，所以四边形DCBO为平行四边形. 又BC＝OB＝1， 所以四边形DCBO为菱形，所以BD⊥CO. 同理可得，四边形DCOA为菱形，所以AD∥CO. 所以BD⊥AD. 因为PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以PD⊥BD， 又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面ADP，所以BD⊥平面ADP. 因为PA⊂平面ADP，所以BD⊥PA. （2）由（1）知BD⊥AD，又AB＝2AD， 所以∠DAO＝60°， 所以三角形ADO为正三角形， 过点D作垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（，－，0），B（，，0），P（0，0，）， D（0，0，0）. 则＝（0，2，0），＝（－，，），＝（0，0，）. 设平面PAB的法向量为n＝（x，y，z）， 则即 令x＝2，则y＝0，x＝1，所以n＝（2，0，1）. 设直线PD与平面PAB所成的角为α，则sin α＝｜cos＜n·＞｜＝＝＝. 所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为. 5. 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1. （1）证明：A1C＝AC； （2）已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值. 解：（1）证明：如图， ∵A1C⊥底面ABC，AC，BC⊂平面ABC， ∴A1C⊥BC，A1C⊥AC，又BC⊥AC， ∴BC⊥平面ACC1A1，又BC⊂平面BCC1B1， ∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1， 以C为坐标原点，CA，CB，CA1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，设AC＝a，BC＝b，A1C＝c. 则C（0，0，0），A（a，0，0），A1（0，0，c），B（0，b，0），C1（－a，0，c），＝（0，b，0），＝（－a，0，c），＝（0，0，c）， 设平面BCC1B1的法向量n＝（x，y，z）， 则 令x＝1， ∴n＝（1，0，）. 点A1到平面BCC1B1的距离＝1， ＝1，化简得a2c2＝a2＋c2， 在Rt△ACA1中，AC2＋A1C2＝A，即a2＋c2＝4. 解得a2＝c2＝2， ∵a＞0，c＞0， ∴a＝c＝. ∴A1C＝AC. （2）∵AC＝A1C1，BC⊥A1C，BC⊥AC， ∴Rt△ACB≌Rt△A1CB∴BA＝BA1，过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则D为AA1中点， 由直线AA1与BB1距离为2，∴BD＝2， ∵A1D＝1，BD＝2，∴A1B＝AB＝， 在Rt△ABC中，∴BC＝＝，b＝，＝（0，，0）， 延长AC，使AC＝CM，连接C1M， 由CM∥A1C1，CM＝A1C1，A1C⊥AC知，四边形A1CMC1为矩形， ∴C1M＝A1C＝， ∴B1（－，，）， ∴＝（－2，，）， 又n＝（1，0，1）是平面BCC1B1的法向量， sin＜，n＞＝｜cos＜，n＞｜＝＝－＝. 所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 6.如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO. （1）求证：EF∥平面ADO； （2）若∠POF＝120°，求三棱锥P－ABC的体积. 解：（1）证明：连接DE，OF.设AF＝tAC，则＝＋＝（1－t）＋t，＝－＋，∵BF⊥AO， 则＝[（1－t）＋t]·（－＋）＝（t－1）＋t＝4（t－1）＋4t＝0， 解得t＝，则F为AC的中点，由D，E，O，F分别为PB，PA，BC，AC的中点， ∴DE∥AB，DE＝AB，OF∥AB，OF＝AB，即DE∥OF，DE＝OF， 则四边形ODEF为平行四边形， EF∥DO，EF＝DO，又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO， 所以EF∥平面ADO. （2）过P作PM垂直FO的延长线交于点M. 因为PB＝PC，O是BC中点，所以PO⊥BC， 在Rt△PBO中，PB＝，BO＝BC＝， 所以PO＝＝＝2， 因为AB⊥BC，OF∥AB， 所以OF⊥BC，又PO∩OF＝O，PO，OF⊂平面POF， 所以BC⊥平面POF，又PM⊂平面POF， 所以BC⊥PM，又BC∩FM＝O，BC，FM⊂平面ABC， 所以PM⊥平面ABC， 即三棱锥P－ABC的高为PM， 因为∠POF＝120°，所以∠POM＝60°， 所以PM＝POsin60°＝2×＝， 又S△ABC＝AB·BC＝×2×2＝2， 所以VP－ABC＝S△ABC·PM＝×2×＝. 7.已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1. （1）证明：BF⊥DE； （2）当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？ 解：因为三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB. 因为A1B1∥AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB. 又BB1∩BF＝B，BB1，BF⊂平面BCC1B1，所以AB⊥平面BCC1B1. 所以BA，BC，BB1两两垂直. 以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图. 所以B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），B1（0，0，2），A1（2，0，2），C1（0，2，2），E（1，1，0），F（0，2，1）. 由题意设点D（a，0，2）（0≤a≤2）. （1）证明：因为＝（0，2，1），＝（1－a，1，－2）， 所以＝0×（1－a）＋2×1＋1×（－2）＝0， 所以BF⊥DE. （2）设平面DFE的法向量为m＝（x，y，z）， 因为＝（－1，1，1），＝（1－a，1，－2）， 所以即 令z＝2－a，则m＝（3，1＋a，2－a）. 因为平面BB1C1C的法向量为＝（2，0，0）， 设平面BB1C1C与平面DEF所成二面角的平面角为θ， 则＝＝ ＝＝. 当a＝时，cos θ取最大值，为＝. 所以sin θ的最小值为＝， 此时B1D＝. 8.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°. （1）证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C； （2）设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高. 解：（1）证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以A1C⊥BC，A1C⊥AC， 又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC， A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C， 所以BC⊥平面ACC1A1， 又因为BC⊂平面BCC1B1， 所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1. （2）如图， 过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O. 因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1， 所以A1O⊥平面BCC1B1， 所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O. 由（1）知A1C⊥BC，A1C⊥AC， 又因为A1B＝AB，BC为公共边， 所以△ABC≌△A1BC，所以A1C＝AC. 所以O为CC1中点，OC1＝AA1＝1， 设A1C＝AC＝x， 又因为A1C⊥AC，所以A1C2＋AC2＝A， 即x2＋x2＝22，解得x＝， 所以A1O＝＝＝1， 所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1. 9.如图，AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，AD＝BC＝，AE＝2，M为CD的中点. （1）证明：EM∥平面BCF； （2）求点M到ADE的距离. 解：（1）证明：由题意得，EF∥MC，且EF＝MC， 所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM∥CF， 又CF⊂平面BCF，EM⊄平面BCF， 所以EM∥平面BCF. （2）取DM的中点O，连接OA，OE.因为AB∥MC，且AB＝MC， 所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM＝BC＝， 又AD＝，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等腰三角形， 可得OA⊥DM，OE⊥DM， OA＝＝3， OE＝＝， 又AE＝2，所以OA2＋OE2＝AE2，故OA⊥OE. 又OA⊥DM，OE∩DM＝O，OE，DM⊂平面EDM，所以OA⊥平面EDM， 易知S△EDM＝×2×＝. 在△ADE中，cos∠DEA＝＝， 所以sin∠DEA＝，S△DEA＝×2×2×＝. 设点M到平面ADE的距离为d，由VM－ADE＝VA－EDM， 得S△ADE·d＝S△EDM·OA，得d＝， 故点M到平面ADE的距离为. 10.如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点. （1）证明：BM∥平面CDE； （2）求二面角F－BM－E的正弦值. 解：（1）证明：因为BC∥AD，BC＝2，AD＝4，M为AD的中点，所以BC∥MD，BC＝MD， 所以四边形BCDM为平行四边形，所以BM∥CD.又因为BM⊄平面CDE，CD⊂平面CDE， 所以BM∥平面CDE. （2）如图所示，作BO⊥AD交AD于O，连接OF. 因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝2，所以CD＝2， 结合（1）知四边形BCDM为平行四边形，可得BM＝CD＝2，又AM＝2， 所以△ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB＝， 又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF＝MD，EF∥MD， 所以四边形EFMD为平行四边形，所以FM＝ED＝AF， 所以△AFM为等腰三角形. 因为△ABM与△AFM的底边上的中点O重合，所以OF⊥AM，OF＝＝3. 因为OB2＋OF2＝BF2，所以OB⊥OF，所以OB，OD，OF两两垂直. 以方向为x轴正方向，OD方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz， 则F，B，M，E， 所以＝，＝，＝. 设平面BFM的法向量为m＝， 则即 令x1＝，得y1＝3，z1＝1，即m＝， 设平面EMB的法向量为n＝， 则即 令x2＝，得y2＝3，z2＝－1， 即n＝， 所以cos＜m，n＞＝＝＝，则sin＜m，n＞＝， 故二面角F－BM－E的正弦值为. 11.如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. （1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； （2）若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为，求AD. 解：（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC. （2）如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF. 因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC， 所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF， 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A－CP－D的平面角， 即sin∠DFE＝，即tan∠DFE＝. 因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝，S△ADC＝AD·DC＝AC·DE，DE＝， 又CE＝＝，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝， 故tan∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝. 页 学科网（北京）股份有限公司 $