第一章 空间向量与立体几何（高效培优单元自测·强化卷）数学人教A版高二选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何单元，通过选择、填空、解答题梯度设计，覆盖向量运算、线面关系、空间角与距离等核心知识，适配单元复习，强化数学眼光、思维与语言的综合应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|向量坐标运算、基底判定、方向向量与法向量关系|单选基础巩固（如向量垂直判定），多选综合辨析（如共面与距离计算）| |填空题|3题/15分|基底坐标转换、点到平面距离、动点探究|结合直四棱柱模型，考查空间观念（如14题动点距离定值）| |解答题|5题/77分|二面角、翻折问题、线面平行|综合性强，如16题面面垂直证明与距离计算，19题翻折后线面角探究，体现推理与运算能力|

第一章 空间向量与立体几何（高效培优单元自测·强化卷） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共58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．设、，向量，，且，，则（   ） A． B． C．4 D．3 【答案】D 【详解】由，得，解得，即， 由，得，解得，即，因此， 所以. 故选：D 2．已知，，，若，，三向量不能构成空间向量的一组基底，则实数的值为（   ） A．0 B．5 C．9 D． 【答案】D 【详解】根据空间基底的概念，当，，三向量不能构成空间向量的一组基底时， ，，三向量共面，根据共面向量的条件，即存在，且， 即，解得. 故选：D 3．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则可能使的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】确定两个向量是否垂直即可． 【详解】选项A，； 选项B，； 选项C，； 选项D，，D可能满足直线与平面平行． 故选：D． 4．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，在下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D．向量与的夹角是 【答案】D 【详解】对于A，在平行六面体中，根据向量加法的三角形法则，， 由于，，所以，选项A正确. 对于B，已知以顶点为端点的三条棱长均为，且它们彼此的夹角都是. ，则 .所以，选项B正确. 对于C，， ， 因为，所以，选项C正确. 对于D，，设向量与的夹角为 ， ， 所以，选项D错误. 故选：D. 5．正四棱柱中，，四面体体积为，则与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设,因为四面体体积为，所以，解得, 以分别为轴，建立空间直角坐标系，则, 所以， 设平面的法向量为, 所以，即， 令，则，所以, 设与平面所成角为， . 故选：C. 6．如图，在空间直角坐标系中，正方体的棱长为1，，则等于（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意可得，， ∴，， ∴． 故选：C. 7．已知二面角棱上有两点，，若的长为，异面直线与所成的角大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设，异面直线与所成的角为， 因为，， 所以. 因为， 所以 ， 所以，即，解得， 所以，所以. 故选：B. 8．在三棱锥中，为的重心，，，，其中，，若交平面于点，且，则的取值范围为（   ）      A． B． C． D． 【答案】A 【详解】连结并延长交于，因为为重心，则为中点， ， ， 四点共面，则，即， 因为，所以，解得：， ，，， 即， 故选：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．（多选）下列命题是真命题的有（   ） A．直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直 B．直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C．平面，的法向量分别为，，则 D．平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则 【答案】AD 【详解】A：，， ，则，直线与垂直，故A正确； B：，，则， 则，或，故B错误； C：，，与不共线，不成立，故C错误； D：∵点，，，，. 向量是平面的法向量，， 即，解得，故D正确. 故选：AD. 10．（多选）已知空间四点，，，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．点到直线的距离为 D．，，，四点共面 【答案】ABC 【详解】由题意，， ，A正确； ，B正确； ，， 所以，，所以点O到直线的距离为，C正确； ， 假设若O，A，B，C四点共面，则共面， 设， 则，此方程组无解，所以O，A，B，C四点不共面，D错误． 故选：ABC． 11．（多选）下列说法命题正确的是（    ） A．在空间直角坐标系中，已知点，，，则三点共线 B．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C．已知，，则在上的投影向量为 D．已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则 【答案】CD 【详解】对于A，易知，显然，所以不共线，即A错误； 对于B，由题意可知，所以不垂直，即B错误； 对于C，在上的投影向量为，即C正确； 对于D，由于四点共面，则，所以，即D正确. 故选：CD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量以为基底时的坐标为，则以为基底时的坐标为______． 【答案】 【详解】因为向量以为基底时的坐标为，所以． 设向量在新基底下的坐标为， 则， 即 则，解得， 所以以为基底时的坐标为． 故答案为：. 13．如图所示，在直四棱柱 中，，点在棱上，且，则点到平面的距离为______. 【答案】/ 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系， 则， . 设平面的法向量为，则 令，则. 点到平面的距离. 故答案为：. 14．在长方体中，为棱上的动点（不与重合），在直线上的点满足.给出下列四个结论： ①； ②为定值； ③存在点，使得平面平面； ④存在点，使得点到平面的距离为2. 其中所有正确结论的序号是___________. 【答案】①④ 【详解】在长方体中，，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， ，由，得，解得， 对于①，，，因此，①正确； 对于②，， 不是常数，因此不为定值，②错误； 对于③，由平面，得平面， 即平面的一个法向量为，设平面的法向量， 则，令，得，，即不垂直， 因此不存在点，使得平面平面，③错误； 对于④，点到平面的距离，若， 则，整理得，解得， 因此存在点，使得点到平面的距离为2，④正确， 所以所有正确结论的序号是①④. 故答案为：①④ 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）已知向量，. (1)求的值； (2)若，求实数k的值； (3)求向量与夹角的余弦值. 【答案】(1)(2)(3). 【详解】（1）由题可得，则. （2），， ，， 即，则. （3），，，， ， 向量与夹角的余弦值为. 16．（15分）如图，边长为2的等边所在的平面垂直于矩形所在的平面，，为的中点． (1)证明：； (2)求二面角的大小； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【详解】（1）以点为原点，分别以直线为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意，可得. 所以，， 所以， 即，所以. （2）设为平面的法向量， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为. 取，显然为平面的一个法向量， 所以， 结合图形可知，二面角的大小为. （3）设点到平面的距离为，由（2）可知与平面垂直， ， 则， 即点到平面的距离为. 17．（15分）如图所示，在三棱柱中，M，N分别是，上的点，且，.设，，. (1)试用，，表示向量； (2)若，，，求的长. 【答案】(1)(2) 【详解】（1） . （2） ， ，， 即. 18．（17分）如图，在空间中平移到，连接对应顶点，设分别是的中点，是上一点． (1)若为的中点，用向量法证明：； (2)若，问是否存在点使得，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析 【详解】（1）当为的中点时， ， ， 所以． （2）设，则 ， 由于，， 所以 ， 即，故不存在点使得． 19．（17分）在中，，E是AC的中点，F是线段AB上一个动点，且，如图所示，沿BE将翻折至的位置，使得平面平面ABE． (1)当时，证明：平面； (2)是否存在λ，使得DF与平面所成角的正弦值是?若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析(2)存在 【详解】（1）证明  在中，，即， 则，取BF的中点N，连接CN交BE于点M，如图， 当时，F是AN的中点，而E是AC的中点， ∴EF是的中位线，∴． 在中，N是BF的中点， ∴M是BE的中点， 在中，， ∴，则． 又平面平面ABE，平面平面平面ABE， ∴平面DEB．又平面DEB， ∴．而， 平面DEF，∴平面DEF． （2）假设存在λ，使得DF与平面ADE所成角的正弦值是． 以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，， ∴， 取BE的中点G，连接DG，则，而平面平面ABC， 且平面平面， ∴平面ABC，则，则． 由，可得，则． 设平面ADE的法向量为， 则即 则，令， 所以， 设DF与平面ADE所成的角为θ，则 ， 解得或(舍去)． 综上，存在，使得DF与平面ADE所成角的正弦值为． 1 / 22 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 空间向量与立体几何（高效培优单元自测·强化卷） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共58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．设、，向量，，且，，则（   ） A． B． C．4 D．3 2．已知，，，若，，三向量不能构成空间向量的一组基底，则实数的值为（   ） A．0 B．5 C．9 D． 3．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则可能使的是（    ） A．， B．， C．， D．， 4．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，在下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D．向量与的夹角是 5．正四棱柱中，，四面体体积为，则与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 6．如图，在空间直角坐标系中，正方体的棱长为1，，则等于（   ）    A． B． C． D． 7．已知二面角棱上有两点，，若的长为，异面直线与所成的角大小为（   ） A． B． C． D． 8．在三棱锥中，为的重心，，，，其中，，若交平面于点，且，则的取值范围为（   ）      A． B． C． D． 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．（多选）下列命题是真命题的有（   ） A．直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直 B．直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C．平面，的法向量分别为，，则 D．平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则 10．（多选）已知空间四点，，，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．点到直线的距离为 D．，，，四点共面 11．（多选）下列说法命题正确的是（    ） A．在空间直角坐标系中，已知点，，，则三点共线 B．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C．已知，，则在上的投影向量为 D．已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量以为基底时的坐标为，则以为基底时的坐标为______． 13．如图所示，在直四棱柱 中，，点在棱上，且，则点到平面的距离为______. 14．在长方体中，为棱上的动点（不与重合），在直线上的点满足.给出下列四个结论： ①； ②为定值； ③存在点，使得平面平面； ④存在点，使得点到平面的距离为2. 其中所有正确结论的序号是___________. 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）已知向量，. (1)求的值； (2)若，求实数k的值； (3)求向量与夹角的余弦值. 16．（15分）如图，边长为2的等边所在的平面垂直于矩形所在的平面，，为的中点． (1)证明：； (2)求二面角的大小； (3)求点到平面的距离． 17．（15分）如图所示，在三棱柱中，M，N分别是，上的点，且，.设，，. (1)试用，，表示向量； (2)若，，，求的长. 18．（17分）如图，在空间中平移到，连接对应顶点，设分别是的中点，是上一点． (1)若为的中点，用向量法证明：； (2)若，问是否存在点使得，并说明理由． 19．（17分）在中，，E是AC的中点，F是线段AB上一个动点，且，如图所示，沿BE将翻折至的位置，使得平面平面ABE． (1)当时，证明：平面； (2)是否存在λ，使得DF与平面所成角的正弦值是?若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第一章空间向量与立体几何（高效培优单元自测·强化卷） (考试时间：120分钟试卷满分：150分) 第一部分（选择题共58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 2 4 6 7 D D D D C C B 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 10 11 AD ABC CD 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.(（1-1,2) a5 14.①④ 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) 【解析】(1)由题可得m-i=(22,4),则m-列=V2+22+(←4=26 (2)m-km=(1+k,3-k,-2-2k).m+i=(0,4,0) (m-)⊥(m+)∴(m-k)(m+)=0 即1+k)×0+(3-k)×4+(-2-2k)×0=0,则k=3. (3)~2m+万=0,7，-2)，2m+=36m-元=(2,24).m-=26 116 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∴c0s(2m+元，m-形=（2m+):(m-力。242 2m+m-万36×263， 2 :向量2m+元与m-夹角的余弦值为3· 16.(15分) 【解析】(1)以D点为原点，分别以直线DA,DC为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ZA D M B 依题意，可得D00,0,P0,1lv5,C0,20,4(22,00,MW2,20 所以PM=W5l,-5).aM=(2,20) 所以 M·AM=(W2l,-V3)(-√2,2,0)=-2+2+0=0 即PM⊥AM,所以AM⊥PM. (2)设”=(：y)为平面PAM的法向量， PM=02x+y-32=0 则元4AM=01-√2x+2y=0,令y=1,则x=2,2=, 所以平面PAM的一个法向量为 n=(2,l,V3) 取P=(0,01),显然P为平面BCD的一个法向量， 所以los(a,训=Da=E2 酬元62， 结合图形可知，二面角P-AM-D的大小为45°， 216 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)设点D到平面MP的距离为，由(2)可知” =5,1)与平面4MP垂宜， DA=(2√2,0,0) 4-D1._22ao512 则列 2+1P+(j 26 即点D到平面AMP的距离为3· 17.(15分) 【解析】（)派=M+A瓜+BN-B+B+BC 3 e-aa+6-++ （2)(a+i+c=a2+2+2+2ai+2bc+2a-c =1+11+0+2x1x1x2+2x1x1x5, 6小5网-5+d-5, 即w9 18.(17分) 【解折】(1)当N为BC的中点时，N=E+N=+ =+图+Ac)=4+(B+AC) 6++5=a++d), AN-AB+BM-AB+CC+BC)-B+(BC) =++(c-]+c+)6+6+), 316 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以AM//EN. (2)设=ABC,则EN=E+不-)+AB+BN +孤+8C+孤+（团C-到 =+6+(e-列-+0-206+证. 由于∠ACC'=∠ABB=90ai=ac=0 -丽-a+6+0-)6++a 所以 =4+-刘62+5c+运 -1+20-rw- = 4 即4MN≠0 故不存在点V使得1M1EN 19.(17分) 【解析】(1)证明在△ABC中，∠C=90°，即AC⊥BC, 则BD⊥DE,取BF的中点N,连接CN交BE于点M,如图， D 当 3时，F是AN的中点，而E是AC的中点， .EF是△ANC的中位线，∴EF∥CN. 在△BEF中，N是BF的中点， ∴.M是BE的中点， 在RtABCE中，EC=BC=2」 CM⊥BE,则EF⊥BE. 又平面DEB⊥平面ABE,平面DEB∩平面ABE=BE,EFC平面ABE, ∴，EF⊥平面DEB.又BDC平面DEB, 416 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 .EF⊥BD.而EFDE=E, EF,DEC 平面DED,:BDL 平面DEF. 2 (2)假设存在1，使得DF与平面ADE所成角的正弦值是3· 以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则C(0,0.044,00.B(0,2.0）B20,0) 4B=（-4,20).aE=(←2,0.0) 取BE的中点G,连接DG,则DG⊥BE,而平面DEB⊥平面ABC, 且平面DEB∩平面ABC=BE, DG1平面ABC,则D1,1,V2),则D=(3,1,N2) 由F=丽，可得F4-41,2元，0)，则DF=(3-4,2-1-2) 设平面ADE的法向量为元=(x,y,z), i-AE=0,「-2x=0, 则元.AD=0,即-3x+y+V2z=0, 则=0，令2=-山y=5 所以7=0，V2,-) DF.n 设DF与平面ADE所成的角为0，则sin6=cos(DF, DF列列 516 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 V2(22-1)+V2 5V3-4}+(2-1+(2, 1 解得1=2或2=3舍去). 1 2 = 综上，存在2，使得DF与平面ADE所成角的正弦值为3· 616