第1章 空间向量与立体几何章末检测&真题演练-【经纶学霸】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册4星学霸黑白题（人教A版）

E元=-1x1+1×2+0x(-2)=1≠0，所以BD,EC不垂直，故A错误；依 题意，A店=(1,0,0)是平面ADE的一个法向量，又B=0,2 气），可得亦.店-0，则BF1AB,又因为直线BF平面ADB,所 以BF∥平面ADE,故B正确；设m=(a,b,c)为平面BDE的一个法 向量，则m:-06=0、令6=20=26=1，可得m=(2,2 1m.Bi=-a+2c=0, 1),而AE=(0,0,2)即底面ABCD的一个法向量，设平面EBD与平 面ABCD夹角为a,则csa=1os(m,A应1=1m·A-2 1m1·1A13x2 号放C正确：设直线cCB与平面0s所成角为0.d店：(-1， -2,2),则sin0=1os(d应，m)1=G:ml.4 G1·m9,放D正确故 选BCD. 11.0解析：如图，过点01作直线01P⊥01B,过 点D作直线DQ⊥O1A于点Q.设AO1= D04 2D0,=2,由题意可知∠4Q=号0,0，= DQ=√3.在圆台中，0102⊥01B,0102⊥A 00 O1P,以点01为坐标原点，0，P所在直线为 x轴，01B所在直线为y轴，0102所在直线为 z轴建立如图空间直角坐标系，A(0,-2,0),B(0,2,0). 0号（停分5r(子）应 (停)小成（原三小成1=感1 √（停）+()+)2=6设B,Br夹角为e,则ma A应.B () =0,故答案为0. 1A正1·1B1 √6×√6 12.解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4,0,0),B1(4, 4,2),C(0,4,0),故B1C=(-4,0,-2).因为B1户=AB1C=A(-4, 0,-2)=(-4入，0，-2A)(0≤A≤1)，所以P(4-4A,4,2-2),故A= （-4A,4,2-2A),则PA=√(-4)2+42+(2-2A)7=√20n2-8A+20= 2v52以5=25（写）故当A=时，H取得是 4.430 小值25 5 (2)H取最小值时，A=行，=号花，则成=号元，故 5 em=em=号a用·hB=分×号a·AB=写×号x 1 14 B,·cAB=宁×号×22x44时 141 64 (3)因为D1(0,0,2),A1(4,0,2),则AD=(-4,0,2),A元=(-4,4， 0),A1P=(-4入，4，-2入)，设平面ACD1的法向量为m=(x,y,z),故 AD1·m=-4x+2z=0,且AC·m=-4x+4y=0,取z=2,则m=(1, 1,2),由于A1P∥平面ACD1时，故A产1m,即-4+4-4A=0,解得 λ2 (第12题) (第13题) 参考答案 13.解：（1)因为平面ABCD⊥平面ABEF,又平面ABCD∩平面 ABEF=AB,CB⊥AB,CBC平面ABCD,所以CB⊥平面ABEF,又 AB⊥BE,如图，以B为原点，BA,BE,BC所在直线分别为x轴 y轴、z轴，建立空间直角坐标系因为两个正方形的边长都为1，所 以A(1,0,0),B(0,0,0),C(0,0,1).又CM=BN=t,则C成=C= (后0，后）得(停0,1)，同理可得N 2,2, 0）,所以11=√（受）+（1）P2 √不}号又0a反，所当受时w的长最小最水 值为经 (2)由(1)知，当MN的长最小时，M,N分别为正方形对角线AC和 BF的中点，可得n(分0,2)，N(分，2,0）设平面AN的 法向最为m=(,又d=(分0，之)，城=(0，宁 m=0， 取x1=1,可得m=(1,1,1).设 平面BN的法向最为m=(a,6e),又成：（分0，号），： m威=2+c=0, a--=0取a=-1,可得m=(~1, 262=0, m·n 1 1,1),则cs(m,〉=m:m=3,所以加(m,n〉= √/1-cos2(m,n〉= 2因此，二面角4-MN-B的正孩值为2 3 第一章章末检测 1,A解析：根据关于y轴对称的对称点的坐标的特点，可得点(1，-2， 3)关于y轴的对称点坐标为(-1，-2，-3).故选A (6=入x, 2.B解析：由a∥b可得存在实数A使得b=Aa,即-4=2入，所以 (y=-入， 入=-2，x=-3,y=2.故x+y=-1,故选B. 3.A解析：在△ABD中，Bi=Ad-A店，在△ACD中，D心=A亡-Ad,故 -+萨-店+硫=+子（励+成）=店+子（市-店+ 成）店+市+花-动=2应}市+}花故选A 4.B解析：由题意，直线l的方向向量m=(2,1,1),P=(3,4,5),则 1P12=32+42+52=50,P7·m=6+4+5=15,1ml=6,所以点Q(2,4, 6)到直线1的距离为d=/P成12-（ gT- 5,故选B. 2 5.D解析：由题图可知，AP,=A应+B配，则A店，A正=A成.(A成+BP)= A+A店.BP因为正方体的棱长为1，AB上BP,所以A店·BP=0, AB.AP,=A2+A店.B:=1+0=1,故集合{yly=A店.AP,i=1,2,3, …,8中的元素个数为1.故选D. 6.A解析：在三棱柱ABC-AB1C1中，CC1⊥平面ABC,LACB= 90°，AA1=2,AC=BC=1,以点C为原点，CA,CB,CC1所在直线分别 为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(0,1,2),C(0,0, 0),A(1,0,0),B(0,1,0),CB1=(0,1,2),BA=(1,-1,0),BB=(0, 黑白题19 0,2),设平面884，的法向量n=(,,则y0取 ·BB=2z=0, x=1,得n=（1,1,0),设直线B1C与平面ABB1A1所成角为0， 则血9：1C昭·n1:1 1 ,所以cos0=√1-sin20= 1CB1·Inl5xW2√10 √1-10 1-=30,因此，直线B,C与平面ABB41所成角的余弦值 为310 10 故选A (第6题) (第7题) 7.B解析：如图，以点D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x, y,z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0),C(0,1,1),设P(x,y,1), 0≤x≤1,0≤y≤1，.Pi=(1-x,y,-1),PC=(-x,1-y,0)pi· 1-1w-r-y-（）广+(）广分 当x=y子时，，P心取得最小值-子，当=0或1，y=0或1时， 可·心取得最大值0，所以时·心的取值范围是[，0]故 选B. 8.D解析：在正三棱锥P-ABC中，PA=PB= PC,又PA=1,AB=√2，所以PA2+PB2=AB2 所以PA⊥PB,同理可得PA⊥PC,PC⊥PB, 即PA,PB,PC两两垂直，把该三棱锥补成 个正方体，则三棱锥的外接球就是正方体的 外接球，正方体的体对角线就是外接球的直 径，易得m=弓，如图，建立空间直角坐标系， 则41,0.0,8(0,1,0)，c00.1).0(分分分），所以 （1,1od-(10,).动-（分分）设平面c的- 个法向为=，则：-0令=1，则7=1，所 s·Ad=-x+z=0, 以=(11,1)，则点0到平面ABC的距离n=1s·-5 Isl 6,所以 -散选D m 9.ABC解析：对于A,若有空间非零向量a,b,a∥b,则存在唯一的实 数A,使得6=a,故A正确：对于B,亦：O+日+日成- 8 子(o+成)+(o耐+市+(o耐+戒，即成=-。成-。庇 故P,A,B,C四点共面，故B正确；对于C,因为a∥b,则存在实数A, (4=入x, 使b=a,即2=2以解得低子数c正确，对于D,者，0应 (x=入， O元是空间的一个基底，则O,A,B,C四点不共面，故D错误故 选ABC. 1O.ACD解析：因为PA⊥平面ABCD,AB,ADC平面ABCD,所以 PA⊥AB,PA⊥AD,在正方形ABCD中，有AB⊥AD,所以AB,AD,AP 两两互相垂直，所以以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为 选择性必修第一册·RJA x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标 系，而AB=AD=AP=2,从而A(0,0,0), B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0), P(0,0,2),E(0,1,1),F(2,1,0),对于A, B成=B成+A成=-A戒+】A市+】A市=市 2 2 +动，故A正确；对于B,成=(-2， 1,1),1B1=√4+1+1=√6，故B错误；对于C,E7=(2,0,-1),平 面PAB的一个法向量为n=(0,1,0),E京，n=0,故C正确：对于D, B成=(-2,1,1)，A泸=(0,0,2)，所以异面直线BE与PA夹角的余弦 五房品普故D接 11.ACD解析：A选项，连接CM,取BM的中点 G,BC的中点H,连接AG,GH,MH,则A1G⊥ BM,GH⊥BM,故LA1GH即为二面角A,-BM-C 的平面角，即LA,CH=a,当a=7时，A1G山 平面BCM,因为CMC平面BCM,所以A1G⊥CM,因为矩形ABCD 中，AB=2,BC=4,M是AD的中点，所以AB=AM,CD=DM,故 △ABM,△CDM为等腰直角三角形，故∠AMB=∠DMC=45°，BM⊥ CM,因为A1G∩BM=G,A1G,BMC平面ABM,所以CM⊥平 面A1BM,因为A1BC平面ABM,所以A1B⊥CM,存在a,使得 A1B⊥CM,A正确；B选项，以M为坐标原点，MH,MD所在直线分 别为x,y轴，垂直于此平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则 B(2,-2,0),C(2,2,0),D(0,2,0),当ae(0,T)时，A1(cosa+ 1,cosa-1,2sina),此时A1B=(1-cos&,-cosa-1,-√2sina), C=(0,2,0)-(2,2,0)=(-2,0,0),故A1B.C=(1-c0sa, -cosa-1,-√2sina）·(-2,0,0)=2cosa-2≠0，故不存在a,使 得4B1CD,B错误，C选项，当a=受时，4G1平面BC,此时四 棱锥A1-BCDM的体积最大，此时A1(1,-1,√2)，设平面A1MD的法 向量为m=(x,y,2), 则m·M=(,y）(1,-1,2)=xy+w2=0, 解得y=0,令z=1,则 (m·Mi=(x,y,z)·(0,2,0)=2y=0, x=-√2，故m=(-√2,0,1)，故点B到平面A1MD的距离d= m=12,-2,0)·(-2,0012226,c正确D选 √2+1 MA=(cos a+1,cos a-1,/Zsin a),B=(,4,0),cs B=Icos(MA, d1=.d-1lcsa1,s-12sn·04,0)1 1MA1·1B元14√(1+cosa)2+(cosa-1)2+(-2sina)2 "1g金受D正确故线Am √2+2 12(停名名）解折：由题意得，6=24(-124(-09=6 a·b=9×2+8×(-1)+5×(-1)=5,.向量a在向量b上的投影向量 为a,。1a…8-8=2-l,-0=(月 名名)故答案为（停名名）】 13.之解析：如图①，过D和B分别作DE⊥AC,BF1AC,垂足分别 为点E,R:AB=20,BC=15,AC=VAB+BC=25之AB· BC=AC,aF=号4C·nE,DE=BP=2,则AE=CF= √152-122=9，即EF=AC-AE-CF=25-9-9=7.如图②，：Bi= B+F克+Ed,B=(B+Fi+E)2=B+F+E+2B成.F吨+ 2B㎡.Ei+2F2.Ei=144+49+144+2×12×12cos(B成，Ei)= 黑白题20 481m(成，动=分m(成，动=分二面角8-0-D 的余弦值为，放答案为子 ③ 14.子解析：如图所示，建立空间直角坐标 外D 系，则E(1,1,0),F(1,2,1),设P(x,0,2),A Q(2,y,2),则E=(x-1,-1,2),F0=(1, y-2,1).因为EP1FQ,所以E.F=x-1- y+2+2=0,即x-y+3=0,所以y=x+3.又P0= (2-x,y,0)=(2-x,x+3,0),则P01= 2-)2+(+3=V2+2+5,当=-2时，1P成1取得最小 值此时y=,即P(号0,2）0(2,2），所以成-(0,1 ),成(1,2)，威-(，号，2)设平面0的-个法 成.m=0,即 0+0=0, 向量为m=(x0,y0,0),则 3 或.m=0,o+2o+2=0, 令 y0=1,解得x0= 2=-1,所以m= (1.1)则点P到平面 15 重%子改案为 3 2 15.解：(1)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形AM1C1C为平行四边 形，所以CC=AA=c因为D为AB的中点，E为CC1上靠近点C, 的三等分点所以Di应=，店：号d号，所以成 2 Di+A花+i=- 2a+h+3c (2)因为AB⊥AC,所以a·b=0.又cosb,c〉=cos∠A1AC= 2,所以 3=12. 16.解：(1)设C⑦=a,C克=b,CC=c,{a,b,c}构成空间的一个基底因 为AC=CC-(ci+C3)=c-(a+b),所以IAC12=AC= [c-(a+b)]2=c2+a2+b2-2a·c-2b·c+2a·b=12-2×2×2× cos60°=8，所以AC1=2W2. (2)因为CA=a+b+c,DC=c-a,所以CA·DC=(a+b+c)·(c- a)=c2-a2+b·c-a·b=0,所以CA1DC,所以异面直线CA1与 DC1所成的角为90°. 17.解：(1)在直三棱柱ABC-A,B1C1中，AA1⊥ 平面ABC,AB⊥AC,以点A为坐标原点， AB,AC,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立如 B C 图所示空间直角坐标系，则A1(0,0,2), B(2,0,0),M(0,2,1),N(1,1,0),易得点 P(2,0,2),AM=(0,2,1),P=(1-2, 1,-2),AM.P成=0×(1-2)+2×1+1×x N C (-2)=0,∴.AM1PN,∴.直线AM与直线PN所成角的大小为90°. (2)由题得N3=(2A-1,-1,2),N7=(-1,1,1),AM=(0,2,1),设 平面P的法向量为n=(,),则：：0，可得 n·N=0, 参考答案 (2A-1)xy+2z=0取x=3,则m=(3,2A+1,2-2),设直线AM与 (-x+y+z=0, 平面PMW所成的角为a,则sa=Icos(n,成1=n·A Inl·IAM1 I2入+41 =3D,整理可得8M2-22A+5=0,即(4M-1) √8A2-4h+14xw510 (2以-5)=0又0≤A≤1，解得A=子 18.(1)证明：由题意知，在三棱柱ABC-A1B1C1 z个 中，CC1⊥平面ABC,CA,CBC平面ABC,则 CC1⊥CB,CC1⊥CA.又AC⊥CB,建立如图所示A 空间直角坐标系，则C(0,0,0),C1(0,0,3), B1(0,2,3),D(2,0,1),M(1,1,3),.Ci=D Ci- (1,1,0),B1d=(2,-2,-2),.C1M·B1b=A H 0,.C1M⊥B1D. (2)解：A(2,0,0),B(0,2,0),D(2,0,1),E(0,0,2),B1(0,2, 3),.A店=(-2,2,0)，EB=(0,2,1),Ei=(2,0,-1),设平面DEB1 的-个法向量为4=(，，则了3=0，令：=2，得 (n.Ei=2x-z=0, .A=1,-1,2).设直线4出与平面0B所度的角为0。 则血9=1s〈破，m1=店nl。4:5 1M11n12xw63,AB与平面 DEB,所成角的正弦值为？ (3)解：存在.由题意知A店=(-2,2,0)，EB=(0,2,1),A(2,0,0), E(0,0,2),假设存在满足题意的点队xH,y1,2),设A应=入A(0≤ x-2=-2λ， 入≤1)，则(xH-2,yH,H)=（-2入，2入，0)，得yH=2A,解得 zH=0, xH=2-2A, ym=2入，即H2-2入，2A,0),Ei=(2-2x,2入，-2)，设平 (zH=0, 面HIEB1的一个法向量为m=(a,b,c), a=入+2， 则m·2-2Na+2A6-2=0令=-1，解得6A: (m·EB1=2b+c=0, c=-2(入-1)， ∴.m=(入+2，A-1,-2(A-1)又：平面DB1的一个法向量为n=(1, -1,2),los(m,1=lm 1A+2-(入-1)-4（入-1）1 1mInl6√a+2)2+(a-1)2+[-2(a-1)]2 5整理得42+36-19=0，由0≤A≤1，得X=子即当点H为AB 2 的中点时，平面DEB,与平面那B,所成角的余弦值为，比时 =子2=，即的长度为2 19.(1)证明：因为p·a=a1(a2b3-a3b2)+a2(a3b1-a1b3）+a3(a1b2- azb1)=ajazb3-a1a3b2+a2a3b1-a2ab3+a3ab2-a3azb1=0,pL a,即p10i.因为p·b=b1(a2b3-a3b2)+b2(a3b1-a1b3)+b3(a1b2 a2b1)=b1a2b3-b1a3b2+b2a3b1-b2a1b3+b3a1b2-b3a261=0,pL b,即p⊥OB.又因为OA∩OB=O,OA,OBC平面OAB,所以向量p为 平面OAB的法向量. (2)解：m人408=80岛=分则m0829,故 S影0o=2SA0B=1a1b1sin乙A0B=3×3×22=62.由a=(1, 3 -1,7),b=(0,-3,0),得a×b=(3√万，0，-3)，所以1a×b1= √63+0+9=6W2,所以S四边形0AD8=la×b. 黑白题21 (3)解：设点C到平面OAB的距离为h,O元与平面OAB所成的角为 a,则V=S四边形4oBD·h=axb1 lelsin a,由(1)得向量p为平面OAB 的法向量，则Icos(a×b,cI=sina,又I(a×b)·cl=|a×b1Icl· cos(a×b,c〉，所以V=I(a×b)·cl. 第一章真题演练 黑题 真题体验 1.(1)证明：以C为坐标原点，CD,CB,CC,所在 直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标 系，如图，则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2), D D2(2,0,2),A2(2,2,1),B2C2=(0,-2,1), A2D2=(0,-2,1),B2C∥A2D.又D B2C2,A2D2不在同一条直线上，B2C2∥ A2D2. C--- B (2)解：设P(0,2,A)(0≤A≤4)，则A2C2=xD A (-2,-2,2),PC2=(0,-2,3-A),D2C2=(-2,0,1).设平面PA2C2的 （n·A2C2=-2x-2y+2z=0, 一个法向量为n=(x,y,z),则 令z=2,得 (n·PC2=-2y+(3-)z=0, y=3-入，x=A-1,n=(入-1,3-入，2).设平面A2C2D2的一个法向量 为m=(a,6,c),则m·4C=-2a-2b+2c=0, a=1,得b=1, m·D2C2=-2atc=0, E=2,.m=（1,1,2),1cos〈n,m）1=9 76×√4+（A-1)2+(3-)z10os1501=3 6 2,化简得A2-4纵+3=0， 解得入=1或入=3，∴.P(0,2,1)或P(0,2,3),∴.B2P=1. 2.(1)证明：如图，连接AE,DE.因为E为BC的中点，DB=DC,所以 DE⊥BC.因为DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°，所以△ACD与 △ABD均为等边三角形，所以AC=AB,从而AE⊥BC.又AE∩DE= E,AE,DEC平面ADE,所以BC⊥平面ADE,而ADC平面ADE,所以 BC⊥DA. D-- (2)解：不妨设DA=DB=DC=2,因为BD⊥CD,所以BC=2∑， DE=AE=2,所以AE2+DE2=4=AD2,所以AE⊥DE.又因为AE⊥ BC,DE∩BC=E,DE,BCC平面BCD,所以AE⊥平面BCD.以E为原 点，ED,EB,EA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D(2,0,0),A(0,0,2),B(0,2,0),E(0,0,0),设 平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1=(x1,y1,1),n2= (x2y2,2),二面角D-AB-F的平面角为0，而A店=(0，V2,-√2).因 为EF=DA=(-√2,0,5)，所以F(-√2,0,2)，即有AF=(-√2,0， 0,所以2+240，取与=1，所以1=（1,1,1)： (2y1-√2z1=0, 222=0取2=1，所以m=(0,1,1),所以1cs01= -2x2=0, ln1·n22√6 InlIn2l x/2 从而血0=√个可-原，所以二面角 D-AB-F的正弦值为 3.(1)证明：因为BC∥AD,BC=2,AD=4,M为AD的中点，所以 BC∥MD,BC=MD,四边形BCDM为平行四边形，所以BM∥CD.又因 为BM￠平面CDE,CDC平面CDE,所以BM∥平面CDE. (2)解：如图所示，作B0⊥AD交AD于O,连接OF,因为四边形ABCD 选择性必修第一册·RJA 为等腰梯形，BC∥AD,AD=4,AB=BC=2,所以CD=2,结合(1)四边 形BCDM为平行四边形，可得BM=CD=2,又AM=2,所以△ABM为 等边三角形，O为AM中点，所以OB=3.又因为四边形ADEF为等 腰梯形，M为AD中点，所以EF=MD,EF∥MD,所以四边形EFMD为 平行四边形，所以FM=ED=AF,所以△AFM为等腰三角形，△ABM 与△AFM底边上中点0重合，所以0F⊥AM,OF=√AF2-A02=3.因 为OB2+OF2=BF2,所以OB⊥OF,所以OB,OD,OF互相垂直，以OB 所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OF所在直线为z轴，建立空间 直角坐标系0x,则F(0,0,3),B(3,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3), 所以B=(-√3,1,0)，B=(-3,0,3),B2=(-√3,2,3).设平面 BFM的法向量为m=（名1，y1,a),则 m·B成=0，即 (m.BF=0, -51+1-0,令=5，得1=3，名=1，即m=(5,3,1).设平面 -3x1+3z1=0, EMB的法向量为n=（2,2,2),则 n·B=0,即 (n·BE=0, (-3x2+y2=0, 令x2=3,得y2=3,2=-1,即n=(5,3,-1). (-W3x2+2y2+3z2=0, m·形 所ym,m》=,.1m13×√1313’713，故 三面角F-BM-E的正弦值为2. D 4)证明：由8=8,40=55，正=号动，萨=号，得4B 23,AF=4.又LBAD=30°，在△AEF中，由余弦定理得EF= VAE+MF-2ME·AFcs∠BAD=/12+16-2x2w5x4x 2=2,所 以AE2+EF2=AF2,则AE⊥EF,即EF⊥AD,所以EF⊥PE,EF⊥DE.又 PE∩DE=E,PE,DEC平面PDE,所以EF⊥平面PDE.又PDC平面 PDE,故EF⊥PD. (2)解：连接CE,易知ED=3√3，由∠ADC= 90°，CD=3,则CE2=ED2+CD2=36,CE=6.在 △PEC中，PC=43,PE=23,EC=6,得 EC2+PE2=PC2,所以PE⊥EC,由(1)知PE⊥A EF,又EC∩EF=E,EC,EFC平面ABCD,所以 F PE⊥平面ABCD.又EDC平面ABCD,所以 PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系Exy%,则 E(0,0,0),P(0,0,23),D(0,33,0),C(3,33,0),F(2,0,0), A(0,-25,0),由F是AB的中点，得B(4,25,0),所以PC=(3, 35,-2w5),Pi=(0,35,-2w5),P=(4,25,-25),P市=(2,0， -2W3),设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n=(x1, 力)m=(n,则-=3+3w1-23=0 (n·Pi=33y1-25a1=0, mPi=4,+25%-251=0令=2，=5，得1=0,1=3， m.P市=2x2-232=0, y2=-1,2=1,所以n=(0,2,3),m=(5,-1,1),所以1cos(m,n〉1= mm5x√36S,设平面PGD和平面PaF所成二面角为0， 圃如0=√-6：8S,即平面P0D和平面PP所成二面角 的正弦值为 √65 65 黑白题22第一章章末检测 (时间：120分钟总分：150分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 个点，则集合{yly=A·AD,i=1,2,3,…,8 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 中的元素个数是 目要求的. A.7 B.5 C.3 D.1 1.(2025·湖北武汉高二月考)在空间直角坐标 系Oxyz中，点(1，-2,3)关于y轴的对称点坐 标为 A.(-1,-2,-3) B.(-1,2,-3) C.(-1,-2,3) D.(1,2,3) 2.(2025·安徽铜陵高二月考)已知向量a (第5题) (第6题) (x,2,-1),b=(6,-4,y),若a∥b,则x+y= 6.（2025·江西萍乡高二月考)如图，三棱 ( 柱ABC-A,B,C,的底面为直角三角形，且侧棱 A.1 B.-1 垂直于底面.已知∠ACB=90°，若AC=BC= C.5 D.-5 1,A41=2,直线B,C与平面ABB1A1所成角的 3.(2025·河南驻马店高二月考)在四面体ABCD 余弦值为 3√10 中，DE=2D心，BF=28E,则a A. ( B.10 10 10 A.+4D-24C B.34-4 吗 7.(2025·江西南昌高二月考)P是棱长为1 的正方体ABCD-A1B,C,D1的底面A1B,C1D, 4.(2025·安徽芜湖高二月考)已知m=（2,1, 上一点，则PA·PC的取值范围是 () 1)是直线1的方向向量，直线l经过点P(-1, A【-1,4] B【2o] 0,1),则点Q(2,4,6)到直线l的距离为 ( c.[4] D.【4,2] B.52 8.（2025·安徽阜阳高二月考)在正三棱锥 2 P-ABC中，AB=√2PA=√2，且该三棱锥的各 56 C.2 D.36 个顶点均在以O为球心的球面上，设点O到 2 平面PAB的距离为m,到平面ABC的距离为 5.(2025·广东江门高二月考)如图，四个棱长 n,则”= m 为1的正方体摆成一个正四棱柱，AB是一条 侧棱，P(i=1,2,…,8)是上底面上其余的八 A.3 B. 23 D.V3 3 C.3 3 第一章黑白题027 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 二面角A,-BM-C的平面角为a,当ax的值在 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求 区间(0，π)范围内变化时，下列说法正确的有 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.（2025·湖北武汉高二月考)下列说法正确 的是 ( A.若有空间非零向量a,b,a∥b,则存在唯一 的实数入，使得b=入a B.A,B,C三点不共线，空间中任意一点O,若 A.存在a,使得AB⊥CM 0丽=o+日i+0d,则P,AB.c四点 B.存在，使得A,B⊥CD 8 共面 C.当四棱锥A1-BCDM的体积最大时，点B C.a=(x,2,1),b=(4,-2+x,x),若a∥b,则 x=-2 到平面ANm的离为 D.若{0A,0店，0心}是空间的一个基底，则 D.若直线AM与BC所成的角为B,则 0,A,B,C四点共面，但不共线 10.（2025·福建厦门高二期中)如图，在四棱锥 co in P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 形，PA1平面ABCD,PA=2,P2=ED,B京= 12.（2025·广东深圳高二月考)已知向量a= F元，则 (9,8,5),b=(2,-1,-1),则向量a在向量b 上的投影向量的坐标是 13.(2025·江西宜春高二月考)已知矩形 ABCD,AB=20,BC=15,沿对角线AC将 △ABC折起，使得BD=√481，则二面角 A酝-2-证+d B-AC-D的余弦值是 B.1B1=6 14.（2025·河南开封高二期中)在棱长为2 C.EF∥平面PAB 的正方体ABCD-A,B,C,D,中，点E,F分别 D.异面直线BE与PA夹角的余弦值为 是底面ABCD、侧面BCC,B,的中心，点P,Q 11.（2025·山东日照高二月考)如图，在矩 分别是棱A1D1,A,B,所在直线上的动点，且 形ABCD中，AB=2,BC=4,M是AD的中点， EP⊥FQ,当PQ取得最小值时，点P到平面 将△ABM沿着直线BM翻折得到△A,BM.记 EFQ的距离为 选择性必修第一册：RJA黑白题028 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出17.(15分)(2025·湖北黄冈高二月考)如图， 文字说明、证明过程或演算步骤， 已知三棱柱ABC-A,B,C1中，侧棱与底面垂 15.(13分)(2025·河南许昌高二月考)如图， 直，且AA,=AB=AC=2,AB⊥AC,M,N分别是 在斜三棱柱ABC-AB,C1中，D为AB的中 CC1,BC的中点，点P在线段AB1上，且 点，E为CC1上靠近点C,的三等分点.设 A1P=入A1B. A-a.A-6,M-c.LA.AC-3.ABLAC. (1)求直线AM与直线PN所成角的大小； (2)当直线AM与平面PMN所成角的正弦值 (1)用a,b,c表示DE; (2)若1al=2,lb1=1cl=3,求D2.A元 为 0时，求实数入的值 B 16.（15分)(2025·广东江门高二期中)如图，平 行六面体ABCD-A,B,C,D,的底面是菱形，且 ∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°，CD=CC1=2. (1)求AC,的长； (2)求异面直线CA1与DC,所成的角， B 第一章黑白题029 18.(17分)(2025·河南濮阳高二月考)如图，19.(17分)(2025·浙江绍兴高二期中)如图， 在三棱柱ABC-A,B,C1中，CC1⊥平面 已知向量0A=a,0B=b,0C=c可构成空间向 ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分 量的一个基底，若a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2, 别在棱AA,和棱CC1上，且AD=1,CE=2, b),c=(c1,c2,c3),在向量已有的运算法则 M为棱AB,的中点. 的基础上，新定义一种运算：a×b=(a2b3 (1)求证：C,M⊥B1D. agb2,a3b1-a1b3,a1b2-a2b1),显然axb的结果 (2)求直线AB与平面DEB1所成角的正 仍为一向量，记作p. 弦值 (1)求证：向量p为平面OAB的法向量； (3)在线段AB上是否存在点H,使得平面 (2)若a=(1,-1,7),b=(0,-3,0),求以 DEB,与平面HEB,所成角的余弦值为 OA,OB为边的平行四边形OADB的面 3?若存在，求出A的长度：若不存 积，并比较四边形OADB的面积与1axb1 的大小； 在，请说明理由， (3)将四边形OADB按向量OC=c平移，得到 一个平行六面体OADB-CADB1,试判 断平行六面体的体积V与1(axb)·cl的 大小.（注：第(2）小题的结论可以直接 应用) 选择性必修第一册：RJA黑白题030 第一章真题演练 黑题 真题体验 限时：60min 考点空间向量的应用 3.（2024·全国甲理)如图，在以A,B,C,D,E,F 1.（2023·新课标全国I)如图，在正四棱 为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边 柱ABCD-A1BC1D1中，AB=2,AA1=4,点A2, 形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD,BC∥ B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上， AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=√10，FB= 且AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. 2√3，M为AD的中点. (1)证明：B2C2∥A2D2; (1)证明：BM∥平面CDE; (2)点P在棱BB,上，当二面角P-A2C2-D2 (2)求二面角F-BM-E的正弦值 为150时，求B,P的长 2.（2023·新课标全国Ⅱ)如图，在三棱锥4.（2024·新课标全国Ⅱ)如图，平面四边 A-BCD中，DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB= 形ABCD中，AB=8,CD=3,AD=53,∠ADC= ∠ADC=60°，E为BC的中点. (1)证明：BC⊥DA; 90,∠B0=30,点E,F满足正-号而，亦- (2)若点F满足EF=DA,求二面角D-AB-F }应，将△AEF沿折 的正弦值 PC=43 (1)证明：EF⊥PD; (2)求平面PCD与平面PBE 的正弦值. 第一章黑白题031