第一章　空间向量与立体几何单元测试-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，涵盖向量运算、位置关系、空间角与距离，适配高二单元复习，融合地方模拟题与真题题型，梯度设计合理，强化数学眼光与思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|8/40|投影向量、数量积、共面条件|如第5题结合正四棱柱判断线线垂直，考查空间观念| |多项选择|3/18|投影向量、四点共面、基底|如第9题辨析空间向量结论，培养推理意识| |填空|3/15|单位向量、夹角范围、翻折问题|第14题翻折后四点共面及二面角，体现数学语言表达| |解答题|5/77|向量运算、线面平行、空间角|第17题四棱柱中求证线面平行、求二面角，综合考查逻辑推理与空间想象|

第一章　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.已知空间向量a=(3,2,-1),则向量a在坐标平面Oxy上的投影向量是(　　) A.(1,-2,3) B.(0,2,-1) C.(3,2,0) D.(3,0,-1) 2.(2026山西高二期末)已知空间单位向量a,b的夹角为60°,则(a+b)·b=(　　) A. B. C.1 D. 3.(2026重庆高二模拟)已知向量a=(-1,1,1),b=(2,x,1),且a⊥b,那么|b|=(　　) A.2 B. C. D.5 4.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(1,3,λ),若a,b,c三向量共面,则实数λ等于(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 5.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,E,F分别是BB1,DD1的中点,则下列结论正确的是(　　) A.A1O∥EF B.A1O⊥EF C.A1O∥平面EFB1 D.A1O⊥平面EFB1 6.(2026四川高二期末)在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,底面正方形ABCD边长为3,侧棱AA'的长为2,且∠A'AB=∠A'AD=120°,则AC'的长为(　　) A. B.10 C. D.34 7.(2026河北高二期末)已知空间四点的坐标分别是A(1,0,1),B(1,1,1),C(0,1,0),D(1,,0),点B到直线AC的距离为d1,点D到平面ABC的距离为d2,则=(　　) A. B. C. D. 8.正四面体A-BCD的棱长为4,空间中的动点P满足||=2,则的取值范围为(　　) A.[4-2,4+2] B.[,3] C.[4-3,4-] D.[-14,2] 二、多项选择题: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.下面四个结论正确的是(　　) A.已知向量a=(9,4,-4),b=(1,2,2),则a在b上的投影向量为(1,2,2) B.若对空间中任意一点O,有,则P,A,B,C四点共面 C.已知{a,b,c}是空间的一个基底,若m=a+c,则{a,b,m}也是空间的一个基底 D.若直线l的方向向量为e=(1,0,3),平面α的法向量n=(-2,0,),则直线l⊥α 10.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段B1C上运动,则下列结论正确的是(　　) A.BD1⊥AP B.三棱锥A1-APD的体积是 C.AP+PB的最小值为 D.不存在点P使直线D1P与直线AP夹角的余弦值为 11.正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AA1=2,空间点P满足=μ1+μ2+μ3,则(　　) A.当μ1=μ2=μ3=时,P为正方形B1BCC1对角线交点 B.当μ1+μ2+μ3=2时,P在平面A1BC内 C.当μ3=1时,三棱锥P-ABC的体积为 D.当μ1=μ3且μ1+μ2=1时,有且仅有一个点P,使得AP⊥BC 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.空间向量a=(2,2,-1)的单位向量的坐标是　　　　　　　.  13.已知a=(3,-2,-3),b=(-1,x-1,1),且向量a与b的夹角为钝角,则x的取值范围是　　　. 14.(2026北京高二期中)在矩形ABCD中,AB=4,AD=2.点E,F分别在AB,CD上,且AE=2,CF=1.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A'EFD',使平面A'EFD'与平面BCFE垂直,点H在线段EB上且满足A',D',C,H四点共面,则BH=　　　　　.若动点P在线段A'D'上,则二面角P-HF-E的平面角的余弦值的最大值为　　　　　.  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)向量a+c与b+c夹角的余弦值. 16.(15分)(2026福建高二期末)如图,已知棱长为1的正四面体OABC,E,F分别是AB,OC的中点. (1)用表示向量,并求的模长; (2)求证:EF⊥AB,EF⊥OC. 17.(15分)(2026天津高二期末)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=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的夹角的余弦值; (3)求点B到平面CB1M的距离. 18.(17分)(2025全国1)如图所示的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=AB=,AD=+1,BC=2,P,B,C,D在同一个球面上,设该球面的球心为O. ①证明:O在平面ABCD上; ②求直线AC与直线PO所成角的余弦值. 19.(17分)(2026广东高二期中)如图,四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形,侧面PAD为正三角形,M是PA的中点,N是PC的中点. (1)求直线BM与直线PC所成角的余弦值; (2)若四棱锥P-ABCD的各顶点都在球O3的球面上,求直线CO3与平面PDC所成角的正弦值; (3)过点M,N,B的平面与线段PD交于点Q,求. 答案 1.C　根据空间中点的坐标确定方法知,在空间中,点(3,2,-1)在坐标平面Oxy上的投影坐标,竖坐标为0,横坐标与纵坐标不变.所以空间向量a=(3,2,-1)在坐标平面Oxy上的投影向量是(3,2,0).故选C. 2.D　由题可得,a·b=|a||b|cos<a,b>=cos, 所以(a+b)·b=a·b+b2=+1=.故选D. 3.B　因为a⊥b,所以-2+x+1=0,得x=1, 则b=(2,1,1),所以|b|=.故选B. 4.A　若向量a,b,c共面,则c=xa+yb,其中x,y∈R, 即(1,3,λ)=(2x,-x,3x)+(-y,4y,-2y)=(2x-y,-x+4y,3x-2y), 则有解得 5.B　在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 令AB=2a,DD1=2b(a>0,b>0),则O(a,a,0),A1(2a,0,2b),E(2a,2a,b),B1(2a,2a,2b),F(0,0,b), =(a,-a,2b),=(2a,2a,0),=(0,0,b). 对于A,显然不共线,即A1O与EF不平行,故A不正确; 对于B,因为=a×2a+(-a)×2a+0×2b=0,则,即A1O⊥EF,故B正确; 对于C,设平面EFB1的法向量为n=(x,y,z),则 令x=1,则y=-1,z=0,得n=(1,-1,0). 因为·n=2a>0,因此与n不垂直,即A1O不平行于平面EFB1,故C不正确; 对于D,由选项C知,与n不共线,即A1O不垂直于平面EFB1,故D不正确.故选B. 6.A　由题可得,||=||=3,||=2. 因为∠A'AB=∠A'AD=120°, 则=3×2×cos 120°=-3,=0. 由图知,, 则||= = =. 故选A. 7.C　由题可得,=(0,1,0),=(-1,1,-1), 所以点B到直线AC的距离为d1=. 设平面ABC的一个法向量为n=(x1,y1,z1), 则 取x1=1,则y1=0,z1=-1, 所以n=(1,0,-1). 又=(0,,-1), 所以点D到平面ABC的距离为d2=, 所以. 故选C. 8.D　分别取BC,AD的中点E,F, 则||=|2|=2,所以||=. 故点P的轨迹是以E为球心,以为半径的球面. 由题可得,=-()·()=-()·()=||2-||2=4-||2. 又ED==2,EF==2, 所以||min=EF-,||max=EF+=3, 所以的取值范围为[-14,2]. 故选D. 9.ABC　选项A,因为a=(9,4,-4),b=(1,2,2), 所以a在b上的投影向量为·b=×(1,2,2)=(1,2,2),故A正确; 选项B,因为=1,故P,A,B,C四点共面,故B正确; 选项C,因为{a,b,c}是空间的一个基底,m=a+c,所以{a,b,a+c}两向量之间不共线,所以{a,b,m}也是空间的一个基底,故C正确; 选项D,因为直线l的方向向量为e=(1,0,3),平面α的法向量n=(-2,0,),e·n=-2+0+2=0,则直线l∥α或l⊂α,故D错误.故选ABC. 10.ACD　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(2,2,0),D1(0,0,2),C(0,2,0),A1(2,0,2),C1(0,2,2),B1(2,2,2), 所以=(2,2,0),=(-2,-2,2),=(-2,0,-2),=(0,2,2),=(0,0,2), 设=λ=(-2λ,0,-2λ),0≤λ≤1, 则=(-2λ,2,2-2λ). 对于A,因为=4λ-4+4-4λ=0,故BD1⊥AP,故A正确; 对于B,因为A1D∥B1C,B1C⊄平面AA1D,A1D⊂平面AA1D,则B1C∥平面AA1D,所以三棱锥A1-APD的体积为·AB=×(×2×2)×2=,故B错误; 对于C,因为=(-2λ,0,2-2λ), 所以||=2=2, ||==2, 当λ=时,AP+PB取得最小值为,故C正确; 对于D,因为=(-2λ,2,2-2λ),=(2-2λ,2,-2λ), 所以=8λ2-8λ+4,||=||=, 设D1P与AP的夹角为θ,则cos θ=|cos<>|==1-∈[],故D正确.故选ACD. 11.ACD　对于A,设D为BC的中点,D1为B1C1的中点. 当μ1=μ2=μ3=时,, ∴,∴P为正方形B1BCC1对角线交点,故A正确; 对于B,当μ1=μ2=0,μ3=2时,=2,P∉平面A1BC,故B错误; 对于C,μ3=1时,=μ1+μ2,∴=μ1+μ2, ∴P∈平面A1B1C1,S△ABC=×2×2×,∴VP-ABC=×2=,故C正确; 对于D,如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线建立空间直角坐标系, 则A(,0,0),C(0,1,0),B(0,-1,0),A1(,0,2),=(-,-1,0),=(-,1,0),=(0,0,2). 又μ2=1-μ1,则=μ1+(1-μ1)+μ1=(-,1-2μ1,2μ1). 又=(0,2,0),=2(1-2μ1)=0,解得μ1=, ∴=(-,0,1),即P(0,0,1), ∴P点为正方形B1BCC1对角线交点,即P点唯一,故D正确.故选ACD. 12.　由题可得|a|==3, ∴向量a的单位向量的坐标为(2,2,-1)=. 13.　因为向量a与b的夹角为钝角, 所以a·b=-3-2(x-1)-3<0,解得x>-2. 由题意得a与b不共线,则,解得x≠, 所以x的取值范围是. 14.　如图,分别作DA,FE的延长线,交于点M,依题意沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A'EFD', 则△MDF也一同折起后,M,A',D'共线. 连接MC,则MC与BE的交点H,即平面A'D'C与线段BE的交点. 因为AE=2,DF=3,AB∥CD, 则△MEH∽△MFC,△MAE∽△MDF, 于是,则EH=, 故BH=BE-EH=2-. 如图,连接BD,交EF于点O,连接OD', 在矩形ABCD中,易得BD==2,EF=, 由△EOB∽△FOD,可得OB=BD=,OE=EF=. 因为OE2+OB2=BE2,则OE⊥OB, 同理D'O⊥OF. 又平面A'EFD'⊥平面BCFE,且平面A'EFD'∩平面BCFE=EF,D'O⊂平面A'EFD', 则D'O⊥平面BCFE. 以O为原点,OE,OB,OD'为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 在Rt△DOF中,cos∠DFO=,sin∠DFO=, 则E(,0,0),F(-,0,0),H(,0),A'(,0,),D'(0,0,), 设=t=(t,0,-t),0≤t≤1, 则=(t,0,t), 即P(t,0,t). 因为D'O⊥平面BCFE, 故平面HEF的法向量可取为m=(0,0,1), 又=(,0),=(t+,0,t), 设平面PHF的法向量为n=(x,y,z), 则 取x=4(t-3),则y=-13(4t-3),z=8t+6,得n=(4(t-3),-13(4t-3),8t+6). 设二面角P-HF-E的平面角为θ, 则cos θ=|cos<m,n>|=, 设8t+6=u, 则u∈[6,14],t=, 代入上式可得,cos θ=. 因为∈[],故,即t=1,点P与点A'重合时,cos θ取得最大值为. 15.解 (1)因为a∥b,易知y≠0, 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,于是c=(3,-2,2). (2)由(1)得a+c=(5,2,3),b+c=(1,-6,1), 设向量a+c与b+c的夹角为θ, 因为cos θ==-, 所以向量a+c与b+c夹角的余弦值为-. 16.(1)解 由题可得,-()=, =()2=(||2+||2+||2-2-2+2) =×(1+1+1-1-1+1)=, 所以||=. (2)证明 =()·() =|2-|2 ==0, 所以,即EF⊥AB, 同理,=()·|2-=0, 所以,即EF⊥OC. 17.(1)证明 取CB1的中点P,连接NP,MP. 因为N是B1C1的中点, 故NP∥CC1,且NP=CC1. 因为M是DD1的中点,故D1M=DD1=CC1,且D1M∥CC1,故D1M∥NP,D1M=NP, 则四边形D1MPN是平行四边形,故D1N∥MP. 又MP⊂平面CB1M,D1N⊄平面CB1M, 故D1N∥平面CB1M. (2)以A为原点,AB,AD,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(2,0,0),B1(2,0,2),M(0,1,1),C(1,1,0),C1(1,1,2), =(1,-1,2),=(0,0,2),=(-1,0,1). 设平面CB1M的法向量为m=(x,y,z), 则取x=1,则y=3,z=1,得m=(1,3,1). 设平面BB1C1C的法向量为n=(a,b,c), 则有取a=1,则b=1,c=0,得n=(1,1,0), 设平面CB1M与平面BB1C1C所成角的大小为θ, 则cos θ=|cos<m,n>|=, 故平面CB1M与平面BB1C1C的夹角的余弦值为. (3)由=(0,0,2),平面CB1M的法向量为m=(1,3,1), 故点B到平面CB1M的距离为. 18.(1)证明 ∵PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD, ∴PA⊥AB. 又AB⊥AD,AP,AD⊂平面ADP,AP∩AD=A, ∴AB⊥平面ADP. 又AB⊂平面PAB, ∴平面PAB⊥平面PAD. (2)①证明 易知PA,AB,AD两两垂直,以A为原点,AB,AD,AP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. ∵AP=,AB=,BC=2,AD=+1, ∴P(0,0,),B(,0,0),C(,2,0),D(0,+1,0). ∵点O为P,B,C,D共球面的球心, 则PO=OB,CO=DO,BO=CO. 设O(x,y,z),则有 解得即点O(0,1,0), ∴点O在平面ABCD上. ②解 由①知=(,2,0),=(0,1,-), 则cos<>=. 19.解 (1)取AD的中点O,BC的中点Z,连接OP,OZ. 因为侧面PAD为正三角形,底面ABCD是边长为2的正方形,则OP⊥AD,OZ⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,OP⊂平面PAD, 所以OP⊥平面ABCD,故直线OP,OA,OZ两两垂直. 以O为原点,OA,OZ,OP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(1,0,0),B(1,2,0),C(-1,2,0),P(0,0,),D(-1,0,0),M(,0,), =(-1,-2,),=(-,-2,),=(1,0,),=(-1,2,-), 故|cos<>|=, 故直线BM与直线PC所成角的余弦值为. (2)设OZ交BD于点O1,则球心在过O1且垂直于平面ABCD的直线上, 则可设球心O3为(0,1,z). 又O3A=O3P,=(1,-1,-z),=(0,-1,-z), 所以, 解得z=,即O3(0,1,), 故=(1,-1,),=(-1,2,-),=(-1,0,-). 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), 则 取x=,则y=0,z=-1,得n=(,0,-1). 设直线CO3与平面PDC所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=, 故直线CO3与平面PDC所成角的正弦值为. (3)设=t=(-t,0,-t),则0≤t≤1,且+t=(-1-t,-2,t), 因为N(-,1,), 则=(-,-2,),=(-,-1,). 因为M,N,B,Q共面,则共面, 故存在唯一实数对(m,n),使得=m+n, 即(-1-t,-2,t)=m(-,-2,)+n(-,-1,)=(-m-n,-2m-n,m+n), 所以 解得t=,所以. 14 学科网（北京）股份有限公司 $