第1章 空间向量与立体几何 章末达标检测1-（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** 以空间向量与立体几何为核心，通过基础、进阶、挑战三层设计，实现从概念理解到综合应用的知识巩固，适配单元复习需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|空间向量基本概念与运算|单选1-4直接考查共面性等基础考点，强化抽象能力| |进阶层|空间角与距离计算及综合辨析|多选9-11结合命题判断深化理解，提升推理意识| |挑战层|动态问题与跨情境应用|解答18-19通过动态点探究，培养创新意识与模型观念|

[时间：120分钟，满分：150分] 一、选择题：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．在平行六面体ABCD ­A1B1C1D1中，向量，，是(　　) A．有相同起点的向量 B．等长的向量 C．共面向量 D．不共面向量 解析　因为－＝＝，所以，，共面． 答案　C 2．已知空间四边形ABCD，G是CD的中点，连接BD，AG，则＋＝(　　) A． B． C． D． 解析　在△BCD中，连接BG(图略).因为点G是CD的中点，所以＝，从而＋(＋)＝＋＝.故选A. 答案　A 3．已知a＝(cos α，1，sin α)，b＝(sin α，1，cos α)，且a∥b，则向量a＋b与a－b的夹角是(　　) A．90° B．60° C．30° D．0° 解析　∵|a|2＝2，|b|2＝2，(a＋b)·(a－b)＝|a|2－|b|2＝0，∴(a＋b)⊥(a－b). 答案　A 4．已知空间中三点A(－1，0，0)，B(0，1，－1)，C(－2，－1，2)，则点C到直线AB的距离为(　　) A． B． C． D． 解析　依题意得＝(－1，－1，2)，＝(1，1，－1)，则点C到直线AB的距离为 ＝＝＝.故选A. 答案　A 5．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，BC∥AD，且AB＝BC＝2，AD＝3，PA⊥平面ABCD且PA＝2，则PB与平面PCD所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 解析　依题意，以A为原点，AB，AD，AP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， 因为AB＝BC＝2，AD＝3，PA＝2， 则P(0，0，2)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，3，0)， 从而＝(2，0，－2)，＝(2，2，－2)，＝(0，3，－2). 设平面PCD的法向量为n＝(a，b，c)， 则即 不妨取c＝3，则a＝1，b＝2， 所以平面PCD的一个法向量为n＝(1，2，3)， 所以PB与平面PCD所成角的正弦值为 sin θ＝＝＝. 答案　C 6．在四棱锥P­ABCD中，＝(2，－1，3)，＝(－2，1，0)，＝(3，－1，4)，则这个四棱锥的高为(　　) A． B． C． D． 解析　设平面ABCD的法向量为n＝(x，y，z)， 则∵＝(2，－1，3)，＝(－2，1，0)， ∴令x＝1，可得y＝2，z＝0， 即n＝(1，2，0)，∴点P到平面ABCD的距离d＝＝＝，即四棱锥P­ABCD的高为. 答案　A 7．《九章算术》中记载了一种名为“刍薨”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． 解析　如图，设点M，N分别在AB，BC上，且OM∥BC，ON∥AB，以矩形ABCD的中心O为原点，OM，ON所在直线分别为x轴、y轴，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垂直平分线段EF. 设AB＝3，则EF＝1，AD＝2，D，E，B，F ∴＝，＝， ∴·＝－1×1＋1×(－1)＋×＝0， ∴⊥，∴异面直线DE与BF所成的角为.故选A. 答案　A 8．如图，正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为2，点N在AC上，点M在A1D上，且A1M＝，MN∥平面AA1B1B，则MN的长为(　　) A． B． C．2 D． 解析　如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系． 因为正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为2，所以D(0，0，0)，A(2，0，0)，平面AA1B1B的一个法向量为＝(2，0，0).因为点M在A1D上，且A1M＝，所以点M(1，0，1).因为点N在AC上，所以设N(m，2－m，0)(0<m<2)，则＝(m－1，2－m，－1).因为MN∥平面AA1B1B，所以⊥，有2(m－1)＋0＋0＝0，m＝1，故＝(0，1，－1)，所以MN＝＝＝.故选A. 答案　A 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．若A，B，C，D为空间不同的四点，则下列为零向量的是(　　) A．＋2＋2＋ B．2＋2＋3＋3＋ C．＋＋ D．－＋－ 解析　A中，原式＝＋2＋＝＋＋＋＝＋，不符合题意； B中，原式＝2(＋＋＋)＋(＋＋)＝0； C中，原式＝，不符合题意； D中，原式＝(－)＋(－)＝0. 答案　BD 10．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 解析　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． 答案　BCD 11．(2025·东莞期末)在棱长为1的正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点P满足＝x＋y(x，y∈[0，1])，则下列说法正确的有(　　) A．当x＝1时，DP与AC所成角为90° B．当y＝1时，平面ADP与平面BCP所成角的最大值为60° C．当x2＋y2＝1时，DP与平面ABB1A1所成角为45° D．当x＋y＝1时，点P到直线AC距离的最小值为 解析　对于选项A，当x＝1时，＝＋y， 根据平面向量基本定理，此时点P在线段BB1上， 在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，AC⊥BD，BB1⊥平面ABCD， ∵AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC， ∵BD⊂平面BB1D1D，BB1⊂平面BB1D1D， BD∩BB1＝B， ∴AC⊥平面BB1D1D， ∵DP⊂平面BB1D1D，∴AC⊥DP，故A正确． 对于选项B，当y＝1时，＝x＋， 由平面向量基本定理，此时点P在线段A1B1上， 过P作PQ∥B1C1，故AD∥BC∥PQ， 则A，D，P，Q共面，B，C，P，Q共面， 即平面PAD∩平面PBC＝PQ， 由正方体易知PQ⊥平面ABB1A1， AP，BP⊂平面ABB1A1，故PQ⊥AP，PQ⊥BP， 所以∠APB即为平面ADP与平面BCP所成角的平面角， 过P作PM⊥AB于M，设AM＝x， 则BM＝1－x，0≤x≤1， Rt△PAM中，tan ∠APM＝＝＝x， Rt△PBM中，tan ∠BPM＝＝＝1－x， 故tan ∠APB＝tan (∠APM＋∠BPM) ＝ ＝＝＝≤＝， 当且仅当x＝时，tan ∠APB取得最大值为<， 即锐角∠APB最大时，比60°小，故B错误． 对于选项C，当x2＋y2＝1时，点P在以A为圆心，1为半径的劣弧上，∴AP＝1， ∵AD⊥平面AA1B1B， ∴∠DPA即为DP与平面ABB1A1所成的角， ∵AP⊂平面AA1B1B，∴AD⊥AP， 又AD＝AP＝1， ∴△ADP为等腰直角三角形， ∴∠DPA＝45°，即DP与平面ABB1A1所成角为45°，故C正确． 对于选项D，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如下图所示空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)， ＝(－1，1，0)，＝(0，1，－1)， ∵x，y∈[0，1]，当x＋y＝1时，由平面向量共线定理可知，点P在线段A1B上， 设＝λ＝(0，λ，－λ)(0≤λ≤1)， ∴P(1，λ，1－λ)，则＝(0，λ，1－λ)， 设点P到直线AC距离为d， 则d＝ ＝ ＝＝， 当λ＝时，点P到直线AC距离最小，最小值为，故D正确．故选ACD. 答案　ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知正方体ABCD ­A1B1C1D1中，若点F是侧面CC1D1D的中心，且＝＋m－n，则m＋n＝________． 解析　由于＝＋＝＋(＋) ＝＋＋， 所以m＝，n＝－. 则m＋n＝0. 答案　0 13．已知A(0，0，－x)，B(1，，2)，C(x，，2)三点，点M在平面ABC内，O是平面ABC外一点，且＝x＋2x＋4，则x＝__________，与的夹角为________． 解析　由A，B，C，M四点共面可知x＋2x＋4＝1， ∴x＝－1. ∴A(0，0，1)，C， ∴＝，＝， ∴cos 〈，〉＝＝， 即与的夹角为. 答案　－1　 14．在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点，当＝__________时，D1E⊥平面AB1F. 解析　如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，DF＝t，则A(2，0，0)，F(0，t，0)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)，E(1，2，0)，∴＝(1，2，－2)，＝(－2，t，0)，＝(0，2，2)， 若D1E⊥平面AB1F，则 即 解得t＝1，所以＝. 答案　 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)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． 解析　(1)由题意知x≠0，y≠0.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，所以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)如图所示，已知直四棱柱ABCD ­A1B1C1D1中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠A为直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝2. (1)求线段BC1的长度； (2)求异面直线BC1与DC所成角的余弦值． 解析　(1)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，则A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)， 所以＝(0，2，0)，＝(－2，－2，2)，||＝2，||＝＝2. (2)由(1)可知，＝(0，2，0)，＝(－2，－2，2)， 所以cos 〈，〉＝＝ ＝＝.所以异面直线DC与BC1所成角的余弦值为. 17.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥PD，PA＝PD，CD＝2，AD＝4，PC＝2. (1)证明：平面PAD⊥平面ABCD； (2)E为PD的中点，求平面EAC与平面PAB夹角的余弦值． 解析　(1)证明因为底面ABCD为矩形，所以CD⊥AD. 又因为PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4， 由AD＝＝PD＝4，可得PD＝2. 因为CD＝2，PC＝2，满足CD2＋PD2＝PC2，所以CD⊥PD. 又因为PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD. 又因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD. (2)以A为坐标原点，AB，AD所在直线的方向分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则A，B，D，C，P，E， 所以＝，＝，＝，＝， 设平面PAB的一个法向量为m＝， 平面EAC的一个法向量为n＝， 则，取y1＝1，可得m＝， 取z2＝3，可得n＝， 设平面EAC与平面PAB的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝＝， 所以平面EAC与平面PAB夹角的余弦值为. 18．(17分)如图，在棱长为1的正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E是棱AB上的动点． (1)求证：DA1⊥ED1； (2)若直线DA1与平面CED1所成角为45°，求的值； (3)写出点E到直线D1C距离的最大值及此时点E的位置(结论不要求证明). (1)证明　以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，A1(1，0，1). 设E(1，m，0)(0≤m≤1)， 则＝(1，0，1)，＝(－1，－m，1)， ·＝1×(－1)＋0×(－m)＋1×1＝0， 所以DA1⊥ED1. (2)解析　设平面CED1的法向量为v＝(x，y，z)， 则 因为＝(0，－1，1)，＝(1，m－1，0)， 所以取z＝1， 得y＝1，x＝1－m，得v＝(1－m，1，1). 因为直线DA1与平面CED1所成角为45°， 所以sin 45°＝|cos 〈，v〉|＝＝， 所以＝，解得m＝， 所以点E的坐标为，所以的值为. (3)解析　点E到直线D1C距离的最大值为，此时点E在点A处． 19．(17分)(2025·许昌期末)如图1，过球O上不在同一大圆上的A，B，C三个点中的任意两点作大圆，可以得到劣弧，与，则这三条劣弧围成的曲面△ABC(阴影部分)称为球面△ABC，这三条劣弧称为球面△ABC的边．A，B，C三点称为球面△ABC的顶点．设二面角C­OA­B为角A，二面角C­OB­A为角B，二面角B­OC­A为角C，则球面△ABC的面积S球面△ABC＝(A＋B＋C－π)R2，其中R为球的半径，角A，角B，角C均用弧度制表示．以球心O为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系．已知A(0，0，6)，B(m，2，－2)，C(2，n，－2)三点均在球O的球面上，其中m>0，n<0. (1)求m，n的值； (2)求点O到平面ABC的距离； (3)求球面△ABC的面积． 解析　(1)根据OA＝OB＝OC，可得36＝m2＋24＋4＝8＋n2＋4， 解得m＝±2，n＝±2，因为m＞0，n＜0，所以m＝2，n＝－2. (2)由(1)得B(2，2，－2)，C(2，－2，－2)，＝(2，2，－8)，＝(2，－2，－8)， 设平面ABC的一个法向量为v0＝(x0，y0，z0)， 则 令x0＝2，则y0＝0，z0＝1， 所以平面ABC的一个法向量为v0＝(2，0，1)， 所以点O到平面ABC的距离为＝＝2. (3)依题意＝(0，0，6)，＝(2，2，－2)，＝(2，－2，－2)， 设平面OAB，平面OBC，平面OAC的法向量分别为v1＝(x1，y1，z1)，v2＝(x2，y2，z2)，v3＝(x3，y3，z3)，则 令x1＝，则y1＝－1，z1＝0，则v1＝(，－1，0)； 则 令x2＝1，则y2＝0，z2＝，则v2＝(1，0，)； 则 令x3＝，则y3＝1，z3＝0，则v3＝(，1，0). 所以|cos A|＝|cos 〈v1，v3〉|＝＝， |cos B|＝|cos 〈v1，v2〉|＝＝， |cos C|＝|cos 〈v2，v3〉|＝＝， 结合O，A，B，C四点的位置，可知角A，角B，角C均为钝角，所以角A＝B＝C＝， 故球面△ABC的面积S球面△ABC＝×62＝36π. 学科网（北京）股份有限公司 $