第一章 空间向量与立体几何 核心素养测评卷-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** 本单元卷聚焦空间向量与立体几何，通过基础题与综合题梯度设计，考查空间向量运算、线面关系证明及空间距离角度计算，适配高中数学单元复习，培养空间观念与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|空间点对称、向量平行（如第2题向量共线求模）|基础巩固，考查空间向量基本运算| |多选题|3/18|空间向量坐标运算、正方体向量数量积（如第10题正方体中向量点积）|能力提升，注重向量工具性应用| |填空题|3/15|法向量与线面角、空间动点轨迹（如第14题正方体中动点满足线线垂直求距离）|创新应用，结合空间几何动态问题| |解答题|5/77|空间向量表示、线面平行证明、面面角计算（如第18题正三棱柱中证明与距离求解）|综合应用，融合空间观念与推理能力，贴近高考命题趋势|

第一章核心素养测评卷 空间向量与立体几何 满分150分，限时120分钟 一、单选题(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. 点P(3，－2，1)关于yOz平面对称的点为( 　) A. (3，2，－1) B. (－3，－2，1) C. (－3，2，－1) D. (3，－2，－1) 2. 若向量a＝(1，1，0)，b＝(2，x，y)，且a∥b，则|b|等于( 　) A. 2 B. 2 C. D. 2 3. 在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，则点C1到直线CE的距离为( 　) A. B. C. D. 4. 如图所示，F是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CD的中点.E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有( 　) A. B1E＝EB B. B1E＝2EB C. B1E＝EB D. E与B重合 5. 已知△ABC的三个顶点分别为A(5，3，2)，B(1，－1，－2)，C(－3，－5，2)，则BC边上的高等于( 　) A. B. C. D. 6. 已知AB⊂平面α，AC⊥平面α，BD⊥AB，BD与平面α所成的角为30°，BD＝AC＝1，AB＝2，则点C与点D之间的距离为( 　) A. B. C. 或 D. 或 7. 如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是线段AD，BC上的动点，且AE＝BF，AC与EF交于点G，EF在AB与CD之间滑动，但与AB和CD均不重合.现将四边形EFCD沿直线EF折起，使平面EFCD⊥平面ABFE，在EF从AB滑动到CD的过程中，∠AGC的变化是( 　) A. 先变小后变大 B. 先变大后变小 C. 不发生变化 D. 由小变大 8. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1所示，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2所示的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论中，错误的是( 　) A. 点C1到直线CQ的距离是 B. ＝－2＋2 C. 平面ECG与平面BC1D的夹角余弦值为 D. 异面直线CQ与BD所成角的正切值为 二、多选题(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. 在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(1，2，－2)，B(0，1，1)，下列结论中，正确的是( 　) A. ＝(－1，－1，3) B. 若m＝(2，1，1)，则m⊥ C. 点A关于xOy平面对称的点的坐标为(1，－2，2) D. ||＝ 10. (2025·河南洛阳高二阶段练习)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则( 　) A. ·＝1 B. ·＝1 C. ·＝1 D. ·＝1 11. 在正四棱锥P－ABCD中，AB＝1，PB＝2，E是PC的中点.设正四棱锥P－ABCD与三棱锥E－BCD的体积分别为V1，V2，PB，PC与平面BDE所成的角分别为α，β，则( 　) A. PA∥平面BDE B. PC⊥平面BDE C. V1∶V2＝4∶1 D. sin α∶sin β＝1∶2 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12. 若平面α的一个法向量为n＝(，1，1)，直线l的一个方向向量为a＝(，1，1)，则l与α所成角的正弦值为 .  13. (2024·辽宁葫芦岛协作校高二期中)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，请写出一个满足条件的点P的坐标： .  14. (2024·北理工附中高二期中)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P长度的最大值是 .  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·安徽合肥高二期中)如图所示，在空间四边形ABCD中，已知M，N分别是线段BC，AD的中点. (1)设＝a，＝b，＝c，试用向量a，b，c表示和； (2)若空间四边形ABCD是棱长为2的正四面体，求直线AM和CN夹角的余弦值. 16. (15分)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为A1B1，CC1，BB1的中点，设分别为a，b，c. (1)用a，b，c表示； (2)若AB＝AC＝AA1＝2，AB⊥AC，求|＋2|. 17. (15分)(2025·江苏南通阶段练习)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是等边三角形，平面SAD⊥平面ABCD，AB＝1，E为棱SA上一点，P为棱AD的中点， 四棱锥S－ABCD的体积为. (1)求AD的长； (2)是否存在点E，使得平面PEB与平面SAD的夹角的余弦值为？若存在，试确定点E的位置；若不存在，请说明理由. 18. (17分)(2025·广东肇庆高二检测)如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是棱AC的中点. (1)证明：BD⊥DC1； (2)证明：AB1∥平面BC1D； (3)若AB＝2，AA1＝4，求AB1到平面BC1D的距离. 19. (17分)(2024·合肥一中高二期中)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD为等边三角形，顶点P在底面上的射影在正方形ABCD外部，设E，F分别为PA，BC的中点. (1)证明：BE∥平面PDF； (2)若四棱锥P－ABCD的体积为，设G为棱PB上的一个动点(不含端点)，求直线AG与平面PCD所成角的正弦值的最大值. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章核心素养测评卷 空间向量与立体几何 满分150分，限时120分钟 一、单选题(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. 点P(3，－2，1)关于yOz平面对称的点为(　B　) A. (3，2，－1) B. (－3，－2，1) C. (－3，2，－1) D. (3，－2，－1) 【解析】 依题意可知点P(3，－2，1)关于yOz平面对称的点为(－3，－2，1). 2. 若向量a＝(1，1，0)，b＝(2，x，y)，且a∥b，则|b|等于(　B　) A. 2 B. 2 C. D. 2 【解析】 ∵a∥b，∴b＝λa，即(2，x，y)＝λ(1，1，0)，即解得b＝(2，2，0)，∴|b|＝＝2. 3. 在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，则点C1到直线CE的距离为(　C　) A. B. C. D. 【解析】 建立空间直角坐标系，如图所示， 则C(1，1，0)，C1(1，1，1)，E，∴＝(0，0，1)，∴在上的投影长度为，∴点C1到直线CE的距离d＝. 4. 如图所示，F是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CD的中点.E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有(　A　) A. B1E＝EB B. B1E＝2EB C. B1E＝EB D. E与B重合 【解析】 由题意，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方形的边长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，＝(0，1，－2)，＝(2，2，z)，∵·＝0×2＋1×2－2z＝0，∴z＝1，∴B1E＝EB. 5. 已知△ABC的三个顶点分别为A(5，3，2)，B(1，－1，－2)，C(－3，－5，2)，则BC边上的高等于(　D　) A. B. C. D. 【解析】 由题意A(5，3，2)，B(1，－1，－2)，C(－3，－5，2)，可得＝(4，4，4)，＝(－4，－4，4)，cos B＝，∴sin B＝，∴BC边上的高d＝||sin B＝4. 6. 已知AB⊂平面α，AC⊥平面α，BD⊥AB，BD与平面α所成的角为30°，BD＝AC＝1，AB＝2，则点C与点D之间的距离为(　C　) A. B. C. 或 D. 或 【解析】 如图所示，∵AC⊥平面α，BD⊥AB，AB⊂平面α，∴AC⊥AB，∴··＝0，作DE⊥α，垂足为E，连接BE，则<>＝90°－30°＝60°或<>＝90°＋30°＝120°，易知||＝||＝，若<>＝60°，则||＝，若<>＝120°，则||＝. 7. 如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是线段AD，BC上的动点，且AE＝BF，AC与EF交于点G，EF在AB与CD之间滑动，但与AB和CD均不重合.现将四边形EFCD沿直线EF折起，使平面EFCD⊥平面ABFE，在EF从AB滑动到CD的过程中，∠AGC的变化是(　C　) A. 先变小后变大 B. 先变大后变小 C. 不发生变化 D. 由小变大 【解析】 如图所示，建立直角坐标系，设正方形的边长为1，AE＝a，A(a，0，0)，C(0，1，1－a)，G(0，a，0)，F(0，1，0)，B(a，1，0)，＝(－a，a，0)，＝(0，1－a，1－a)，|cos∠AGC|＝，由面面垂直关系可知∠AGC＝120°，即角度不会发生变化. 8. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1所示，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2所示的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论中，错误的是(　A　) A. 点C1到直线CQ的距离是 B. ＝－2＋2 C. 平面ECG与平面BC1D的夹角余弦值为 D. 异面直线CQ与BD所成角的正切值为 【解析】 ＋2＋2()＝－2＋2，B正确；如图所示，以A1为坐标原点，A1F，A1B1，A1A所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B1(0，1，0)，C1(－1，1，0)，D1(－1，0，0)，Q(0，－1，1)，C(－1，1，－1)，E(1，－1，－1)，G(－1，－1，1)，B(0，1，－1)，D(－1，0，－1).∴＝(－1，2，－1)，＝(1，－2，2)，设m＝，则点C1到直线CQ的距离d＝，∴A错误；＝(－2，2，0)，＝(－2，0，2)，＝(－1，－1，0)，＝(－1，0，1)，∴设平面ECG的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则令x＝1可得为n1＝(1，1，1)，同理可求平面BC1D的法向量为n2＝(－1，1，－1)，|cos<n1，n2>|＝，∴C正确；∵＝(1，－2，2)，＝(－1，－1，0)，∴cos<>＝，∴tan<>＝，∴D正确. 二、多选题(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. 在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(1，2，－2)，B(0，1，1)，下列结论中，正确的是(　AB　) A. ＝(－1，－1，3) B. 若m＝(2，1，1)，则m⊥ C. 点A关于xOy平面对称的点的坐标为(1，－2，2) D. ||＝ 【解析】 ＝(0－1，1－2，1＋2)＝(－1，－1，3)，A正确；m·＝(2，1，1)·(－1，－1，3)＝2×(－1)＋1×(－1)＋1×3＝0，∴m⊥，B正确；点A关于xOy平面对称的点的坐标为(1，2，2)，C错误；||＝，D错误. 10. (2025·河南洛阳高二阶段练习)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则(　AB　) A. ·＝1 B. ·＝1 C. ·＝1 D. ·＝1 【解析】 由图可知，··×1×＝1，A正确；··()＝···()＝·＝1，B正确；··()＝··＝－1，C错误；∵BA⊥侧面ADD1A1，则易知·＝0，D错误. 11. 在正四棱锥P－ABCD中，AB＝1，PB＝2，E是PC的中点.设正四棱锥P－ABCD与三棱锥E－BCD的体积分别为V1，V2，PB，PC与平面BDE所成的角分别为α，β，则(　ACD　) A. PA∥平面BDE B. PC⊥平面BDE C. V1∶V2＝4∶1 D. sin α∶sin β＝1∶2 【解析】 如图所示，连接AC，设AC∩BD＝O，则O为AC的中点，连接OE，∵E为PC的中点，∴OE为△PAC的中位线，则PA∥OE，又OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，∴PA∥平面BDE，A正确； 假设PC⊥平面BDE，则PC⊥OE，又PA∥OE，∴PC⊥PA，可得PA2＋PC2＝AC2，而PA＝PC＝2，AC＝，不满足PA2＋PC2＝AC2，假设不成立，∴PC与平面BDE不垂直，B错误；连接PO，由已知求得PO＝，则V1＝×1×1×，V2＝×1×1×，∴V1∶V2＝4∶1，C正确；以O为原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，B，E，P，C，∴ .设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝，可得n＝(，0，1)，则sin α＝，sin β＝，∴sin α∶sin β＝1∶2，D正确. [选择题答题区] 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B B C A D C C A AB AB ACD 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12. 若平面α的一个法向量为n＝(，1，1)，直线l的一个方向向量为a＝(，1，1)，则l与α所成角的正弦值为 　.  【解析】 由题意得cos<n，a>＝，设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos<n，a>|＝. 13. (2024·辽宁葫芦岛协作校高二期中)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，请写出一个满足条件的点P的坐标：　(0，0，1)(答案不唯一)　.  【解析】 设P(x，0，z)，由PM＝PN，得，化简得x＋3z＝3，取x＝0，可得z＝1，故P(0，0，1)满足题意. 14. (2024·北理工附中高二期中)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P长度的最大值是　3　.  【解析】 以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则D1(0，0，2)，E(1，2，0)，B1(2，2，2)，设P(a，b，0)，0≤a≤2，0≤b≤2，则＝(a－2，b－2，－2)，＝(1，2，－2)，∵B1P⊥D1E，∴·＝a－2＋2(b－2)＋4＝0，化简得a＝2－2b，又0≤a≤2，∴0≤2－2b≤2，解得0≤b≤1.||2＝(a－2)2＋(b－2)2＋4＝(－2b)2＋(b－2)2＋4＝5b2－4b＋8，由二次函数的性质可知，当b＝1时，5b2－4b＋8取得最大值9，∴线段B1P长度的最大值是3. 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·安徽合肥高二期中)如图所示，在空间四边形ABCD中，已知M，N分别是线段BC，AD的中点. (1)设＝a，＝b，＝c，试用向量a，b，c表示和； (2)若空间四边形ABCD是棱长为2的正四面体，求直线AM和CN夹角的余弦值. 解： (1)＝ab，a＋c. (2)··a2a·b＋c·ac·b＝×4×2×2××2×2××2×2×＝2，又△ABC和△ACD均为等边三角形，∴||＝||＝.设向量与的夹角为θ，则cos θ＝，∴直线AM和CN夹角的余弦值为. 16. (15分)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为A1B1，CC1，BB1的中点，设分别为a，b，c. (1)用a，b，c表示； (2)若AB＝AC＝AA1＝2，AB⊥AC，求|＋2|. 解： (1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，＝a，＝b，＝c，则a＋bc.(a－c). (2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊂底面ABC，AC⊂底面ABC，∴AA1⊥AB，AA1⊥AC， 又AB⊥AC，∴·＝c·a＝0，·＝c·b＝0，·＝a·b＝0.∵＋2a＋bc＋(a－c)＝a＋bc，∴(＋2)2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋a·ba·c－3b·c＝1＋4＋9＝14，∴|＋2|＝. 17. (15分)(2025·江苏南通阶段练习)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是等边三角形，平面SAD⊥平面ABCD，AB＝1，E为棱SA上一点，P为棱AD的中点， 四棱锥S－ABCD的体积为. (1)求AD的长； (2)是否存在点E，使得平面PEB与平面SAD的夹角的余弦值为？若存在，试确定点E的位置；若不存在，请说明理由. 解： (1)在等边三角形SAD中，由P为AD的中点，得SP⊥AD，又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SP⊂平面SAD，则SP⊥平面ABCD，即SP是四棱锥S－ABCD的高，设AD＝m，则SP＝m，矩形ABCD的面积S＝m，于是VS－ABCD＝S·SP＝m·m＝，解得m＝2，∴AD长为2. (2)在平面ABCD内过点P作PF⊥AD，由(1)知直线PA，PF，PS两两垂直，以P为坐标原点，直线PA，PF，PS分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则P(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，S(0，0，)，设＝λ＝λ(－1，0，)＝(－λ，0，λ)(0≤λ≤1)， 则＝(1，0，0)＋(－λ，0，λ)＝(1－λ，0，λ)，＝(1，1，0)， 设平面PEB的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝λ，得n＝(λ，λ，λ－1)，显然平面SAD的一个法向量为＝(0，1，0)，|cos<，n>|＝，而0≤λ≤1，解得λ＝，∴存在点E，使得平面PEB与平面SAD的夹角的余弦值为，此时E为AS上靠近A点的三等分点. 18. (17分)(2025·广东肇庆高二检测)如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是棱AC的中点. (1)证明：BD⊥DC1； 证明： ∵△ABC为等边三角形，D是棱AC的中点， ∴BD⊥AC，三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱，故CC1⊥平面ABC，∵BD⊂平面ABC，∴CC1⊥BD，∵AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂平面ACC1A1，∴BD⊥平面ACC1A1， ∵DC1⊂平面ACC1A1，∴BD⊥DC1. (2)证明：AB1∥平面BC1D； 证明： 连接B1C，与BC1相交于点N，连接DN，∵四边形BCC1B1为矩形，故N为B1C的中点，又D为AC的中点，故DN∥AB1，又DN⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，∴AB1∥平面BC1D. (3)若AB＝2，AA1＝4，求AB1到平面BC1D的距离. 解： 由(2)知，AB1∥平面BDC1，故AB1到平面BC1D的距离即为A到平面BC1D的距离， 取A1C1的中点M，连接DM，则DM∥CC1，由于CC1⊥平面ABC，故DM⊥平面ABC， 故以D为坐标原点，DA，BD，DM所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， ∵AB＝2，AA1＝4，∴A(1，0，0)，B1(0，，4)，B(0，，0)，C1(－1，0，4)，D(0，0，0)， 设平面BC1D的法向量为m＝(x，y，z)，则 解得y＝0，令z＝1得x＝4，故m＝(4，0，1)，∴A到平面BC1D的距离d＝，故AB1到平面BC1D的距离为. 19. (17分)(2024·合肥一中高二期中)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD为等边三角形，顶点P在底面上的射影在正方形ABCD外部，设E，F分别为PA，BC的中点. (1)证明：BE∥平面PDF； 解： 如图所示，取AD的中点M，连接EM，BM，由E为PA的中点，得EM∥PD，又EM⊄平面PDF，PD⊂平面PDF，∴EM∥平面PDF.∵MD∥BF，且MD＝BF，∴四边形BMDF为平行四边形，则MB∥DF，又MB⊄平面PDF，DF⊂平面PDF，∴MB∥平面PDF.又MB∩EM＝M，MB，EM⊂平面BEM，∴平面BEM∥平面PDF，又BE⊂平面BEM，∴BE∥平面PDF. (2)若四棱锥P－ABCD的体积为，设G为棱PB上的一个动点(不含端点)，求直线AG与平面PCD所成角的正弦值的最大值. 解： 设四棱锥P－ABCD的高为h，则四棱锥P－ABCD的体积V＝×22×h＝，解得h＝.如图所示，连接PM，MF，则PM⊥AD，FM⊥AD，FM∩PM＝M，FM，PM⊂平面PMF，∴AD⊥平面PMF，又AD⊂平面ABCD，∴平面PMF⊥平面ABCD.在平面PMF内过点M作Mz⊥FM，而平面PMF∩平面ABCD＝FM，从而Mz⊥平面ABCD，显然MA，MF，Mz两两垂直，以M为坐标原点，直线MA，MF，Mz分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Mxyz，则P(0，－1，)，B(1，2，0)，C(－1，2，0)，D(－1，0，0)，A(1，0，0)，则＝(1，3，)，＝(－1，3，)，＝(0，2，0)， 设＝λ(0＜λ＜1)，则＝(λ，3λ，λ)，∴G(λ，3λ－1，(1－λ))，∴＝(λ－1，3λ－1，(1－λ)).设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝1，得n＝(，0，1).设直线AG与平面PCD所成的角为θ，则 sin θ＝|cos<n，>|＝·，令1－λ＝t，则λ＝1－t，且0＜t＜1，∴sin θ＝···，∴当t＝，即λ＝时，sin θ取得最大值，且最大值是. 学科网（北京）股份有限公司 $