第一章空间向量与立体几何单元检测基础卷01-2026-2027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** 本卷聚焦空间向量与立体几何单元核心知识，通过基础题（如共面向量判断、法向量计算）与综合题（如多面体二面角求解、存在性探索）的梯度设计，培养学生空间观念、运算能力及推理意识，适配单元复习检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|共面向量定理、法向量、空间向量线性运算等|基础概念辨析，如第8题考查空间向量性质，强化数学思维严谨性| |多选题|3题|线面关系、向量夹角、正方体几何关系|多选项设计，如第11题结合正方体中点线面关系，提升空间想象能力| |填空题|3题|向量化简、垂直条件、异面直线夹角|简洁计算，如第14题通过正方形背景求异面直线角，体现数学语言表达| |解答题|5题|四点共面证明、基坐标转换、多面体线面证明与二面角等|分层递进，如18题多面体证明与距离计算，19题存在性探索，培养创新应用能力|

人教A版高二数学选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何单元检测卷 （基础卷01） 一、单选题 1．在下列条件中，一定能使空间中的四点M，A，B，C共面的是（    ） A． B． C． D． 2．设平面的法向量为，平面的法向量为，若，则的值为（    ） A．-5 B．-3 C．1 D．7 3．平行六面体中，为的中点，设，，，用表示，则（    ） A． B． C． D． 4．已知，则（    ） A． B． C． D． 5．已知向量，，若，则实数等于（   ） A． B． C．0 D．1 6．在正方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 7．已知正三棱锥的底面边长为2，侧面与底面所成角是，则三棱锥的体积等于（   ） A． B． C． D． 8．下列关于空间向量的说法中正确的是（    ） A．单位向量都相等 B．若，，则 C．若向量，满足，则 D．若，，则 二、多选题 9．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（    ） A． B． C． D．与相交 10．设向量，，若，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 11．在边长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，则（    ） A．异面直线与MN所成的角为 B．二面角的正切值为 C．点C到平面BMN的距离是点到平面BMN的距离的2倍 D．过A，M，N三点的平面截该正方体所得截面的周长是 三、填空题 12．化简：________. 13．已知向量，，且与互相垂直，则k的值是_______. 14．如图，直线平面为正方形，，则直线与所成角的大小为________． 四、解答题 15．已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，用向量法证明：E，F，G，H四点共面. 16．已知向量，，是空间的一组单位正交基，向量，，是空间的另一组基．若向量在基下的坐标为，求在基下的坐标． 17．如图，将正三棱柱放在空间直角坐标系中，使得棱AB的中点恰为空间直角坐标系的原点O，A，B两点在x轴上，点C在y轴上，若，，写出，的坐标，并求它们夹角的余弦值． 18．如图，多面体中，是平行四边形，⊥平面，⊥，，，，点在棱上. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)若点到平面的距离为，求线段的长. 19．如图，在几何体中，四边形为菱形，为梯形，，，且.    (1)求证：； (2)当时，是否存在菱形，使平面与平面的夹角为60°？若存在求出该菱形的边长，若不存在请说明理由. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《人教A版选择性必修第一册第一章单元检测基础卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C A D D A D D BD AC 题号 11 答案 BCD 1．C 【分析】根据共面向量基本定理及其推论判断即可. 【详解】A选项：，所以A错； B选项：，所以B错； C选项：原式可整理为，所以C正确； D选项：原式可整理为，，故D错. 故选：C. 2．C 【分析】根据，可知向量建立方程求解即可. 【详解】由题意根据，可知向量，则有，解得. 故选：C 3．A 【分析】根据平行六面体的结构特征，由空间向量的线性运算，即可得到结果. 【详解】平行六面体中，    有 故选：A． 4．D 【分析】利用向量的坐标运算即可. 【详解】由题意可得. 故选：D. 5．D 【分析】根据数量积的公式列方程，然后解方程即可. 【详解】，解得. 故选：D. 6．A 【分析】法一：根据，可得异面直线与所成的角为或其补角，再解即可. 法二：利用空间向量的数量积求出即可. 法三：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】解法一：因为，所以异面直线与所成的角为或其补角， 设正方体的棱长为2，连接，则， 在中，， 即异面直线与所成角的余弦值为. 解法二：由题，， 所以， 设，则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 解法三：以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 设，则，，，， 则，， 故， 故异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 7．D 【分析】根据正三棱锥的定义和侧面与底面所成二面角的定义求出三棱锥的高，代入体积公式即可. 【详解】作正三棱锥的高，连接并延长，交于点，连接， 由正三棱锥的几何性质可知：垂足为的中心，，， 所以就是侧面与底面所成二面角的平面角，即， 因为，所以，所以， 在直角中，， 所以三棱锥的体积， 故选：D. 8．D 【分析】根据向量的相关概念及向量的性质，逐项判断各项的正误即可. 【详解】对于A，单位向量是模为1的向量，但方向是任意的； 把空间中所有的单位向量移到同一起点，则终点构成一个球面，故A错误； 对于B，因为零向量的方向无法确定，规定：零向量与任意向量平行， 所以当时，与不一定平行，故B错误； 对于C，向量不能比较大小，但向量的模是实数，可以比较大小，故C错误； 对于D，相等向量的方向相同、长度相等，因此向量相等具有传递性，故D正确． 故选：D. 9．BD 【分析】依题意可得，即可判断. 【详解】直线的方向向量为，平面的法向量为， ，即，，则与相交. 故选：BD 10．AC 【分析】利用空间向量夹角公式即可求解. 【详解】因为向量，， 所以， ，， 所以， 整理可得：，所以， 解得：或， 故选：AC. 11．BCD 【分析】对于A，连接，可得异面直线与MN所成的角，然后在中求解即可，对于B，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解判断，对于C，利用等体积法求解，对于D，作出截面，再求其周长 【详解】对于A，连接，因为M，N分别是，的中点，所以∥，因为∥，所以∥，所以异面直线与MN所成的角，因为为等边三角形，所以，所以异面直线与MN所成的角为，所以A错误， 对于B，如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则， 所以， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 向量为平面的一个法向量， 设二面角的大小为，由图可知为锐角，则 ， 所以 所以，所以B正确， 对于C，设，分别到平面的距离为， 因为， 所以, 所以， 所以，所以， 所以点C到平面BMN的距离是点到平面BMN的距离的2倍，所以C正确， 对于D，作直线，分别延长交于， 连接交于，连接交于，连接，则五边形为过A，M，N三点的截面，因为正方体的棱长为1，所以， 因为∽，所以， 所以， 所以， 所以，， 同理可得，， 所以五边形的周长为，所以D正确， 故选：BCD 12． 【分析】利用向量的数量积运算律可得解. 【详解】 故答案为： 13．/ 【分析】由条件，结合向量垂直的坐标表示列方程求即可. 【详解】因为与互相垂直，，， 所以， 解得. 故答案为：. 14． 【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点，得到的角就是异面直线所成的角或补角，再利用解三角形的知识求出此角即可； 【详解】令，取中点分别为， 连结，则， 就是直线与所成角或其补角. 又因为在中，， 连结，得， ， 则， ∴直线与所成角为. 故答案为：. 15．证明见解析 【分析】根据给定条件利用空间向量的线性运算，结合空间向量共面定理即可得解.. 【详解】如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点， ，于是得：，即共面，它们有公共点E， 所以E，F，G，H四点共面. 16． 【分析】设，由空间向量基本定理列出方程组，即可求解． 【详解】由题意有， 设，则 则有，得， 在基下的坐标为 17．， 【分析】写出四个点的坐标，再利用空间向量的坐标运算可得向量坐标，利用夹角公式可得向量夹角的余弦值. 【详解】由已知得， 则， . 18．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先得到平面，平面，证明出面面平行，从而证明平面； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值； （3）设，由点到平面距离公式列出方程，求出线段的长. 【详解】（1）因为是平行四边形，所以. 因为平面，平面， 所以平面. 又因为在平面中，，， 所以， 因为平面，平面， 所以平面. 又因为平面，平面，， 所以平面平面. 因为平面，所以平面 （2）因为平面，所以，， 又因为，所以，，两两垂直，如图建立空间直角坐标系， 则，，，所以，. 设平面的一个法向量为，则 即 令，则，.于是. 取平面的法向量为 则 由图可知二面角为锐角， 所以二面角的余弦值是 （3）令线段的长为，则，，所以 因为点到平面的距离 所以，即，得或（舍）， 所以线段的长为. 19．(1)证明：设，交点为，连接， 因为四边形为菱形，所以，， 又因为，所以， 因为，平面，且，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. (2)存在边长为或的菱形，使平面与的夹角为. 【分析】（1）设，交点为，连接，证得和，证得平面，进而证得平面平面； （2）证得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，求得的值，进而求得的长，即可求解. 【详解】（1）略； （2）由，，， 在中，可得， 所以，故， 又由（1）知平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 以为原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设，则，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则 取，可得，，故. 设平面 法向量为，则，， 取，可得，，故， 因为平面与平面的夹角为60°，故， 解得或，此时或， 故存在边长为或的菱形，使平面与平面的夹角为.    答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $