阶段测评1 空间向量-（配套练习）【精讲精练】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

**基本信息** 阶段测评聚焦空间向量，分层设计从概念理解到综合应用，梯度清晰，适配单元复习巩固，培养空间观念与运算推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|空间向量概念、基本运算|选择1-2直接考查法向量定义、中点距离公式，巩固符号意识| |中档|线面垂直、线线角、点面距离|选择3-6结合长方体、三棱锥求参数与距离，填空9-11渗透动态最值问题，发展几何直观| |拔高|面面角、存在性探究|解答14综合直四棱柱背景下的面面角与点面距离，多选题8探究动点位置，提升推理能力与创新意识|

阶段测评(一)　空间向量 (时间：50分钟　满分：100分) 一、选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．设A是空间一定点，n为空间内任一非零向量，满足条件·n＝0的点M构成的图形是(　　) A．圆　　 B．直线　　 C．平面　　 D．线段 解析　点M构成的图形是经过点A，且以n为法向量的平面． 答案　C 2．设＝(1，1，－2)，＝(3，2，8)，＝(0，1，0)，则线段AB的中点P到点C的距离为(　　) A． B． C． D． 解析　连接OP，CP，∵＝＝，∴＝－＝，∴＝＝.故选A. 答案　A 3．已知长方体ABCD ­A′B′C′D′中，AB＝3，BC＝4，AA′＝5，＝λ，若A′P⊥BC′，则λ＝(　　) A． B． C． D． 解析　以D为原点，DA，DC，DD′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，则A′(4，0，5)，B(4，3，0)，C′(0，3，5)，设P(a，b，c)，则＝(a－4，b－3，c)，λ＝λ(－4，0，5)＝(－4λ，0，5λ). ∵＝λ， ∴解得 ∴P(4－4λ，3，5λ)，∴＝(－4λ，3，5λ－5)， ∵A′P⊥BC′，∴·＝16λ＋25λ－25＝0， 解得λ＝.故选C. 答案　C 4.三棱锥S-ABC中∠ASB＝∠ASC＝90°，∠BSC＝60°，SA＝SB＝SC＝2，点G是△ABC的重心，则等于(　　) A．4 B． C． D． 解析　∵点G是△ABC的重心，以S为起点，则＝＋＝＋ ＝＋(－＋－＋)＝， ∴2＝2 ＝(2＋2＋2＋2·＋2·＋2·) ＝＝＝，∴＝， 故选D. 答案　D 5．在三棱锥P­ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∠PBC＝45°，则点C到平面PAB的距离是(　　) A． B． C． D． 解析　解法一　建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(0，4，0)，P(0，4，4)， ∴＝，＝(4，0，0)， ＝. 设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)， 则即 令y＝，则z＝－1， ∴m＝，∴点C到平面PAB的距离为＝. 解法二　∵PC⊥底面ABC，∴PC⊥AB， 又AB⊥AC，且PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面PAC， ∴AB⊥平面PAC， ∴AB⊥PA， ∵AC＝AB＝4， ∴BC＝4， ∴PC＝4，PB＝8， 在Rt△PAB中，PA＝＝4， 令点C到平面PAB的距离为d， ∵VP­ABC＝VC­PAB， ∴××4×4×4＝××4×4×d， ∴d＝. 答案　A 6．如图所示，在正方体ABCD ­A1B1C1D中，点E为线段AB的中点，点F在线段AD上移动，当异面直线B1C与EF所成角最小时，其余弦值为(　　) A．0 B． C． D． 解析　以D为原点，DA，DC，DD1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， 在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E为线段AB的中点，设正方体的棱长为2， 则D(0，0，0)，E(2，1，0)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)， 所以＝(－2，0，－2)， 设F(m，0，0)(0≤m≤2)，则＝(m－2，－1，0)， 设异面直线B1C与EF所成的角为θ， 则cos θ＝＝＝， 当异面直线B1C与EF所成角最小时，cos θ最大，即当m＝0时，cos θ＝＝＝.故选C. 答案　C 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12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． 7．下列命题是真命题的有(　　) A．直线l的方向向量为a＝(1，－1，2)，直线m的方向向量为b＝，则l与m垂直 B．直线l的方向向量为a＝(0，1，－1)，平面α的法向量为n＝(1，－1，－1)，则l⊥α C．平面α，β的法向量分别为n1＝(0，1，3)，n2＝(1，0，2)，则α∥β D．平面α经过三点A(1，0，－1)，B(0，1，0)，C(－1，2，0)，向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，则u＋t＝1 解析　∵a＝(1，－1，2)，b＝，∴a·b＝1×2＋(－1)×1＋2×＝0，则a⊥b，∴直线l与m垂直，故A正确．∵a＝(0，1，－1)，n＝(1，－1，－1)，∴a·n＝0×1＋1×(－1)＋(－1)×(－1)＝0，则a⊥n，∴l∥α或l⊂α，故B错误．∵n1＝(0，1，3)，n2＝(1，0，2)，∴n1与n2不共线，∴α∥β不成立，故C错误．∵点A(1，0，－1)，B(0，1，0)，C(－1，2，0)，∴＝(－1，1，1)，＝(－1，1，0).∵向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量， ∴即解得u＋t＝1，故D正确． 答案　AD 8．(2025·临沂期末)如图，该几何体是四分之一圆柱体(点B，A分别是上、下底面圆的圆心)，四边形ABCD是正方形，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点(含端点)，则(　　) A．存在点H，使得CH⊥HE B．存在点H，使得直线HE∥平面BDG C．存在点H，使得平面BDG⊥平面CEH D．存在点H，使得直线CH与平面BDG所成角的余弦值为 解析　如图，以A为坐标原点，AD，AF，AB所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 不妨设AD＝2，则D(2，0，0)，F(0，2，0)，C(2，0，2)，B(0，0，2)，E(0，2，2)，G(，，2)， 设H(2cos θ，2sin θ，0)，θ∈， 对于选项A，因为＝(2cos θ－2，2sin θ，－2)，＝(2cos θ，2sin θ－2，－2)， 令·＝2cos θ(2cos θ－2)＋2sin θ(2sin θ－2)＋4＝8－4sin ＝0， 可得sin ＝，显然该方程无解， 所以不存在点H，使得CH⊥HE，故A错误； 对于选项B，因为＝(2，0，－2)，＝(，，0)，设平面BDG的法向量m＝(x1，y1，z1)，则 令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，可得m＝(1，－1，1)，若直线HE∥平面BDG， 则m·＝2cos θ－2sin θ＋2－2＝2cos θ－2sin θ＝0，可得tan θ＝1， 且θ∈，则θ＝，即H，所以存在点H，使得直线HE∥平面BDG，故B正确； 对于选项C，因为＝(－2，2，0)，＝(2cos θ，2sin θ－2，－2)， 设平面CEH的法向量n＝(x2，y2，z2)， 则 令x2＝1，则y2＝1，z2＝sin θ＋cos θ－1，可得n＝(1，1，sin θ＋cos θ－1)， 若平面BDG⊥平面CEH， 则m·n＝1－1＋sin θ＋cos θ－1＝sin θ＋cos θ－1＝0，显然θ＝0时，上式成立，所以存在点H，使得平面BDG⊥平面CEH，故C正确； 对于选项D，设直线CH与平面BDG所成的角为α∈， 若cos α＝，则sin α＝＝， 可得sinα＝|cos ，m|＝ ＝ ＝＝， 整理可得3sin2θ－12sin θ－2cos θ＋6＝0， 构建f(θ)＝3sin 2θ－12sin θ－2cos θ＋6，θ∈， 因为f(θ)在内连续不断，且f(0)＝4>0，f＝－6<0， 可知f(θ)在内有零点，即3sin 2θ－12sin θ－2cos θ＋6＝0在内有根， 所以存在点H，使得直线CH与平面BDG所成角的余弦值为，故D正确．故选BCD. 答案　BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 9．在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(1，1，t)，B(2，2，4)，P(0，0，5)，若平面ABC的一个法向量为m＝(3，1，－1)，则直线AB的一个方向向量为________． 解析　∵A(1，1，t)，B(2，2，4)，∴＝(1，1，4－t)， 又平面ABC的一个法向量为m＝(3，1，－1)， ∴·m＝3＋1－4＋t＝0，解得t＝0， ∴直线AB的一个方向向量为＝(1，1，4). 答案　(1，1，4) 10．如图，三棱柱ABC ­A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，N是BC的中点，点P在A1B1上，且满足＝λ，当直线PN与平面ABC所成的角取最大值时，λ的值为________． 解析　如图，以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Axyz， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，∴N. 又P(λ，0，1)，∴＝. 平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1). 设直线PN与平面ABC所成的角为θ， 则sin θ＝＝， ∴当λ＝时，(sin θ)max＝，此时角θ最大． 答案　 11．如图，在棱长为2的正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，则点P到直线CC1的距离的最小值为________． 解析　如图，建立空间直角坐标系，则D1(0，0，2)， E(1，2，0)，＝(－1，－2，2). 设P(x，y，z)，则＝(x－1，y－2，z)，＝λ，λ∈[0，1]， 所以(x－1，y－2，z)＝λ(－1，－2，2). 解得x＝1－λ，y＝2－2λ，z＝2λ， 所以P(1－λ，2－2λ，2λ). 设点P在直线CC1上的射影为Q，得Q(0，2，2λ)， 所以＝＝， 当λ＝时，||min＝. 答案　 四、解答题：本题共3小题，共43分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 12．(13分) 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝1，AC＝2，AA1＝. (1)求证：AB⊥平面BCC1B1； (2)求直线BA1与平面A1B1C所成角的正弦值． 解析　(1)证明：因为∠ABC＝90°，所以AB⊥BC， 因为BB1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以AB⊥BB1， 因为BB1∩BC＝B，且BB1，BC⊂平面BCC1B1， ∴AB⊥平面BCC1B1. (2)如图所示建立空间直角坐标系B-xyz， B(0，0，0)，A1(0，，)，B1(0，0，)，C(1，0，0)， ＝(0，－，0)，＝(1，0，－)，＝(0，，)， 设平面A1B1C的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， ∴即令z2＝1，得n2＝(，0，1), 设直线BA1与平面A1B1C所成角为θ， ∴sin θ＝＝＝＝， ∴直线BA1与平面A1B1C所成角的正弦值为. 13．(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所成的角； (2)求点A到平面FBD的距离． 解析　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；作ON∥AF，以O为原点，OD，OA，ON所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)， (1)由已知得A(0，1，0)，B，C(0，－1，0)，D(，0，0)，F(0，1，2)， 因为z轴垂直于平面ABCD， 因此可令平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)， 设直线BF与平面ABCD所成的角为θ， 又＝， 则有sin θ＝＝＝＝，即θ＝， 所以直线BF与平面ABCD所成的角为. (2)因为＝，＝， 设平面FBD的法向量为n＝(x，y，z)， ⇒ 令z＝1，得n＝(0，－2，1)， 又＝(0，0，2)， 所以点A到平面FBD的距离 d＝＝＝. 14．(15分)(2024·天津卷)如图，已知直四棱柱ABCD ­A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点． (1)求证：D1N∥平面CB1M； (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值； (3)求点B到平面CB1M的距离． (1)证明　以A为坐标原点，以AB，AD，AA1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， 依题意得，B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)， B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)， 则M(0，1，1)，N， 所以＝，＝(1，－1，2)， ＝(－1，0，1). 设平面CB1M的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则即 取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，则n＝(1，3，1). ·n＝·(1，3，1)＝－＝0， 所以⊥n，显然D1N⊄平面CB1M， 所以D1N∥平面CB1M. (2)解析　易知＝(1，－1，2)，＝(－1，1，0)， 设平面BB1C1C的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则即 取x2＝1，得y2＝1，z2＝0，则m＝(1，1，0). 设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝＝， 所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为. (3)解析　易知＝(0，0，2). 设点B到平面CB1M的距离为d， 则d＝＝＝， 所以点B到平面CB1M的距离为. 学科网（北京）股份有限公司 $