第1章 空间向量与立体几何 章末检测试卷(一)（教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（人教A版）

**基本信息** 本单元卷聚焦空间向量与立体几何，以基础巩固、能力提升、创新应用为梯度，融入“曲池”等文化情境，适配单元复习，全面考查空间观念与运算推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|向量共面、夹角余弦值|基础概念辨析，如三向量共面求参数| |多选|3/18|正四面体向量运算、法向量判断|多选项综合考查，如平面法向量验证| |填空|3/15|基底表示、异面直线角|折叠问题与动态最值，如正方形折叠后MN最短| |解答|5/77|面面垂直证明、线面角计算|文化情境（曲池）与动态探究（动点P），层次分明|

章末检测试卷(一) [时间：120分钟 分值：150分] 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1.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 答案　A 解析　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 2.若向量a=(x，4，5)，b=(1，-2，2)，且a与b的夹角的余弦值为则x等于(　　) A.3 B.-3 C.-11 D.3或-11 答案　A 解析　因为a·b=(x，4，5)·(1，-2，2) =x-8+10=x+2， 且a与b的夹角的余弦值为 所以=且x>-2， 解得x=3或x=-11(舍去). 3.如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足=-+则||2的值为(　　) A. B.3 C. D. 答案　D 解析　由题意知||=1，||=1，||=. 〈=45°，〈=45°，〈=60°， 所以||2==++-·+·-·=++2-×1×1×+1××-1××=. 4.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，∠BAC=90°，E，F分别为CC1，BC的中点，则点B1到平面AEF的距离为(　　) A. B.2 C. D.2 答案　C 解析　由题意可知AB，AC，AA1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B1(2，0，2)， E(0，2，1)，F(1，1，0)， =(2，0，2)=(0，2，1)=(1，1，0)， 设平面AEF的法向量为n=(x，y，z)， 则取y=-1， 则x=1，z=2，即n=(1，-1，2)， 所以点B1到平面AEF的距离 d===. 5.如图，在四棱锥P-ABCD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. 答案　C 解析　依题意，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，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|cos〈n〉| ==. 6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1A，C1D1，A1D1的中点，则(　　) A.AB∥平面EFG B.A1C∥平面EFG C.B1C⊥平面EFG D.B1D⊥平面EFG 答案　D 解析　建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为2，取CC1，BC，AB的中点分别为M，N，Q，则平面EFG即为平面EGFMNQ， 故AB与平面EGFMNQ相交，故A错误； E(2，0，1)，G(1，0，2)，F(0，1，2)，B1(2，2，2)，D(0，0，0)，A1(2，0，2)，C(0，2，0)，则=(-1，0，1)=(-2，1，1)=(2，2，2)，由于·=(2，2，2)·(-1，0，1)=0·=(2，2，2)·(-2，1，1)=0，故是平面EFG的一个法向量，故B1D⊥平面EFG，故D正确； 由正方体的性质可得B1C与B1D不平行，因此B1C不垂直于平面EFG，故C错误； 由于=(-2，2，-2)·=(2，2，2)·(-2，2，-2)=-4≠0，故与法向量不垂直，故A1C与平面EFG不平行，故B错误. 7.中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池，其中AA1⊥底面ABCD，底面扇环所对的圆心角为扇环对应的两个圆的半径之比为1∶2，AB=1，AA1=1，E是的中点，则异面直线BE与C1D所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，O1B1，O1C1，OB，OC，在下底面内作OF⊥OD交于点F， 以O为原点，分别以OD，OF，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 因为扇环对应的两个圆的半径之比为1∶2，AB=1， 所以=得OB=1，OA=2， 则B即B E即E(11)， C1(1，0，1)，D(2，0，0)，则= =(1，0，-1)， ||=2，||= ·=×1+×0+1×(-1)=. 所以|cos〈|=== 故异面直线BE与C1D所成角的余弦值为. 8.如图，已知在四棱锥P-ABCD中，底面是边长为2的正方形，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，点E是线段PD上的动点(不含端点)，若线段AB上存在点F(不含端点)，使得异面直线PA与EF成30°的角，则线段PE长度的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，底面ABCD为正方形，取AD的中点G，建立如图所示的空间直角坐标系， 则G(0，0，0)，A(1，0，0)，D(-1，0，0)，B(1，2，0)，P(0，0，1)，设F(1，y，0)，0<y<2， 设=x=x(1，0，1)=(x，0，x)，0<x<1， 故E(x-1，0，x)=(2-x，y，-x)， =(x-1，0，x-1).又=(1，0，-1)， 异面直线PA与EF成30°的角， 故|·|=||·||cos 30°， 即2=×× 即(x-1)2=-y2，0<y<2， ∴(x-1)2∈ ∴||2=2(x-1)2∈∴||∈. 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.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.如图所示，在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，则下列计算结果正确的是(　　) A.·= B.·= C.·=- D.·= 答案　ABC 解析　因为E，F分别是AB，AD的中点，所以·=·=||||cos〈=×cos 60°=A正确；·=·=||2=B正确；·=·=||||·cos〈·=×cos 120°=-C正确；·=·(-)=·-·=||||cos〈-||||·cos〈=cos 60°-cos 60°=0，D错误. 10.已知空间中三点A(0，1，1)，B(2，2，1)，C(2，1，0)，则(　　) A.||= B.方向上的单位向量是 C.n=(1，-2，2)是平面ABC的一个法向量 D.在上的投影向量的模为 答案　ACD 解析　由已知可得=(2，0，-1)=(0，1，1)=(0，-1，-1)，因为||==故A正确； 因为==即方向上的单位向量是故B错误； 因为n·=(1，-2，2)·(2，0，-1)=2-2=0，n·=(1，-2，2)·(0，-1，-1)=2-2=0，所以n⊥n⊥故n是平面ABC的一个法向量，故C正确； 由==故D正确. 11.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥平面ABCD，AS=AB，O，P分别是AC，SC的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是(　　) A.OM⊥PA B.存在点M，使得OM∥平面SBC C.存在点M，使得直线OM与AB所成的角为30° D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值 答案　ABD 解析　依题意可知AB，AD，AS两两垂直，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=AD=AS=2， 则A(0，0，0)，S(0，0，2)，C(2，2，0)，P(1，1，1)，O(1，1，0)=(1，1，1)， 设M(0，t，2-t)，0≤t≤2， 则=(-1，t-1，2-t)， 所以·=-1+t-1+2-t=0， 所以OM⊥PA，A选项正确； 点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为2-t+t=2=AS，为定值，D选项正确； B(2，0，0)=(2，0，-2)=(0，2，0)， 设平面SBC的法向量为n=(x，y，z)， 则 故可取n=(1，0，1)， 又OM⊄平面SBC，要使OM∥平面SBC， 则·n=(-1，t-1，2-t)·(1，0，1) =1-t=0， 解得t=1，所以存在点M，使得OM∥平面SBC， B选项正确； 若直线OM与AB所成的角为30°， 又=(2，0，0)， 则cos 30°= === 整理得3t2-9t+7=0，Δ=81-4×3×7=-3<0，无解，C选项错误. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.如图，已知三棱锥O-ABC，M，N分别是棱OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG=2GN，设=a=b=c，则=　　　　　.(用基底{a，b，c}表示)  答案　a+b+c 解析　∵MG=2GN，∴= 又M，N分别是棱OA，BC的中点， =a=b=c， ∴=+=+ =+-) =+=×+×+) =++=a+b+c. 13.如图，圆锥的底面直径AB=2，高OC=D为底面圆周上的一点，∠AOD=120°，则直线AD与BC所成角的大小为　　　　　. 答案　60° 解析　取 的中点E，连接OE，以O为原点， 的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，依题意，A(0，-1，0)， B(0，1，0)，C(0，0)， D则= =(0，-1)， 设直线AD与BC所成的角为θ， 则cos θ=|cos〈|== =所以θ=60°， 所以直线AD与BC所成的角为60°. 14.如图，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，而且平面ABCD，ABEF互相垂直，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a(0<a<)，则线段MN最短为　　　　. 答案　 解析　建立空间直角坐标系如图，则A(1，0，0)，F(1，1，0)，C(0，0，1). 因为CM=BN=a(0<a<)，且四边形ABCD，ABEF为正方形，所以MN所以=. 所以||== 即MN的长为. 当a=时，||min=即M，N分别为AC，BF的中点时，MN的长最小，最小值为. 四、解答题(本题共5小题，共77分) 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；(6分) (2)a+c与b+c夹角的余弦值.(7分) 解　(1)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，于是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， 因为cos θ==-. 所以a+c与b+c夹角的余弦值为-. 16.(15分)如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，M为CE的中点. (1)求证：BM∥平面ADEF；(7分) (2)求证：BC⊥平面BDE.(8分) 证明　∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，AD⊥ED，ED⊂平面ADEF， ∴ED⊥平面ABCD. 以D为原点分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)， E(0，0，2)，F(2，0，2). (1)∵M为EC的中点， ∴M(0，2，1)， 则=(-2，0，1)=(-2，0，0)， =(0，0，2)， ∴=+ 故共面. 又BM⊄平面ADEF， ∴BM∥平面ADEF. (2)=(-2，2，0)=(2，2，0)=(0，0，2)， ∵·=-4+4=0，∴BC⊥DB. 又·=0，∴BC⊥DE. 又DE∩DB=D， DE，DB⊂平面BDE， ∴BC⊥平面BDE. 17.(15分)在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，且底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，求平面AB1O1与平面BC1O间的距离. 解　如图，连接OO1， 根据题意，OO1⊥底面ABC，则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系. ∵AO1∥OC1，OB∥O1B1，AO1∩O1B1=O1，OC1∩OB=O， ∴平面AB1O1∥平面BC1O. ∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到平面BC1O的距离. ∵O(0，0，0)，B(0，0)，C1(0，1，2)，O1(0，0，2)， ∴=(0，0)=(0，1，2)=(0，0，2)， 设n=(x，y，z)为平面BC1O的法向量， 则即 ∴可取n=(0，2，-1). 点O1到平面BC1O的距离记为d， 则d===. ∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离为. 18.(17分)如图，在四棱锥S-ABCD中，∠DAB=∠ADC=2∠ABD=2∠BCD=90°，CB=BD=2SB=SD=SD⊥BC. (1)求证：平面SBD⊥平面SBC；(7分) (2)若点P在线段SC上，且=λ，平面ABP与平面SBD的夹角为60°，求λ的值.(10分) (1)证明　因为CB=BD，2∠BCD=90°， 故∠CBD=90°，所以BC⊥BD. 又SD⊥BC，SD∩BD=D，SD，BD⊂平面SBD， 所以BC⊥平面SBD. 因为BC⊂平面SBC，所以平面SBD⊥平面SBC. (2)解　由(1)可得，平面ABCD⊥平面SBD， 设E为BD的中点，连接SE，因为SB=SD= 所以SE⊥BD，故SE⊥平面ABCD. 如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，4，0)，S(1，1，2). 因为=λ， 所以P(2-λ，4-3λ，2λ)， 易得平面SBD的一个法向量为=(2，2，0). 设n=(x，y，z)为平面ABP的法向量， =(0，2，0)=(2-λ，4-3λ，2λ)， 由得 不妨取n=(2λ，0，λ-2). 因为平面SBD与平面ABP的夹角为60°， 所以|cos〈n〉|== 且λ>0，解得λ=或λ=-2(舍去). 故λ的值为. 19.(17分)如图，在平行四边形ABCD中，AB=1，BD=∠ABD=90°，将△ABD沿对角线BD折起，折后的点A变为A1，且A1C=2. (1)求证：平面A1BD⊥平面BCD；(5分) (2)求异面直线BC与A1D所成角的余弦值；(5分) (3)若E为线段A1C上的一个动点，当线段EC的长为多少时，DE与平面BCD所成角的正弦值为？(7分) (1)证明　在Rt△ABD中，AD==. ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC=AD=CD=AB=1，又A1C=2， ∴A1B2+BC2=A1C2，∴A1B⊥BC， 又A1B⊥BD，BC∩BD=B， 且BC，BD⊂平面BCD， ∴A1B⊥平面BCD，又A1B⊂平面A1BD， ∴平面A1BD⊥平面BCD. (2)解　如图，过点B作BD的垂线为x轴，以点B为坐标原点建立空间直角坐标系， 则A1(0，0，1)，D(00)，C(10)， 从而=(10)=(0，-1)， |cos〈|=== ∴异面直线BC与A1D所成角的余弦值为. (3)解　=(1，0，0)=(-1，-1). 设=λ0≤λ≤1， 则=+=(1-λ，-λ，λ)， 取平面BCD的一个法向量为n=(0，0，1)， 设DE与平面BCD所成的角为θ，则 sin θ=|cos〈n〉|= ==解得λ= 或λ=-1(舍去)，∴=即CE=. ∴当线段EC的长为时， DE与平面BCD所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $