第1章 空间向量与立体几何 章末检测试卷(1)（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B版）

**基本信息** 本单元卷聚焦高中数学空间向量与立体几何，通过选择、填空、解答题梯度设计，考查空间观念、运算能力及推理能力，适配单元复习巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|8/40|平行六面体向量表示、向量共面、面面垂直|基础概念与空间想象结合，如第1题用基底表示向量| |多项选择|3/18|空间向量命题判断、法向量求解|辨析易错点，如第9题考查共线与共面条件| |填空题|3/15|向量夹角与函数值域、异面直线距离|综合应用，如第14题菱形折叠后距离计算| |解答题|5/77|线面平行证明、点面距离、二面角|分层递进，如第19题结合传统文化“曲池”考二面角，体现文化传承与逻辑推理|

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.在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AC与BD的交点为M，设＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量为(　　) A.－a＋b＋c B.a＋b＋c C.a－b－c D.－a－b＋c 答案　A 解析　 ＝ ＝－a＋b＋c. 2.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 3.平面α的一个法向量为m＝(1，2，0)，平面β的一个法向量为n＝(2，－1，0)，则平面α与平面β的位置关系是(　　) A.平行 B.相交但不垂直 C.垂直 D.不能确定 答案　C 解析　∵(1，2，0)·(2，－1，0)＝0， ∴两法向量垂直，从而两平面垂直. 4.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　由题可知||＝1，||＝1，||＝. 〈，〉＝45°，〈，〉＝45°，〈，〉＝60°， 所以||2＝ ＝···＋2－×1×1×＋1××－1××. 5.已知空间向量a＝(1，n，2)，b＝(－2，1，2)，若2a－b与b垂直，则|a|等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　因为a＝(1，n，2)，b＝(－2，1，2)， 所以2a－b＝(4，2n－1，2). 因为2a－b与b垂直， 所以(2a－b)·b＝0，所以－8＋2n－1＋4＝0， 解得n＝，所以a＝， 所以|a|＝. 6.如图所示，在空间直角坐标系中，BC＝4，原点O是BC的中点，点A，点D在yOz平面内，且∠BDC＝90°，∠DCB＝30°，则AD的长为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　因为点D在yOz平面内， 所以点D的横坐标为0， 又BC＝4，原点O是BC的中点， ∠BDC＝90°，∠DCB＝30°， 所以点D的竖坐标z＝4·sin 30°·sin 60°＝， 纵坐标y＝－(2－4·sin 30°·cos 60°)＝－1， 所以D(0，－1，).所以AD＝|| ＝. 7.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若棱长AB＝3，则点B到平面ACD1的距离为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz. 依题意，知B(3，3，0)，A(3，0，0)， C(0，3，0)，C1(0，3，3)， D1(0，0，3). ∴＝(－3，3，0)，＝(－3，0，3)，＝(0，3，0). 设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取x＝1，可得n＝(1，1，1)， ∴点B到平面ACD1的距离为. 8.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，E(1，，1)， C1(1，0，1)，D(2，0，0)，则， ＝(1，0，－1)， 所以|cos〈，〉|＝， 故异面直线BE与C1D所成角的余弦值为. 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.下列命题中错误的是(　　) A.若A，B，C，D是空间任意四点，则有＝0 B.|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件 C.若，共线，则AB∥CD D.对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z(其中x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面 答案　BCD 解析　显然A正确；若a，b共线，则|a|＋|b| ＝|a＋b|或|a＋b|＝||a| －|b||，故B错误； 若，共线， 则直线AB，CD可能重合，故C错误； 只有当x＋y＋z＝1时， P，A，B，C四点才共面，故D错误. 10.已知直线l过点P(1，0，－1)，且平行于向量a＝(2，1，1)，平面α过直线l与点M(1，2，3)，则平面α的法向量可能是(　　) A.(1，－4，2) B. C. D.(0，－1，1) 答案　ABC 解析　因为＝(0，2，4)，直线l平行于向量a， 若n是平面α的法向量， 则必须满足 把各选项代入验证，只有选项D不满足. 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与到平面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与到平面SAB的距离和为2－t＋t＝2，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. 已知a＝(1，x，1)，b＝(2，1，－1)的夹角为锐角，则函数y＝x2＋4x－1的值域是　　　　.  答案　(－4，＋∞) 解析　因为a＝(1，x，1)，b＝(2，1，－1)的夹角为锐角，所以a·b>0，同时a＝(1，x，1)，b＝(2，1，－1)不共线，即2＋x－1>0，得x>－1，则y＝x2＋4x－1＝(x＋2)2－5>－4. 13.已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，则＝　　　　　　　.  答案　 解析　∵⊥，∴·＝0， ∴3＋5－2z＝0，∴z＝4. ∵＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC， ∴ 即 解得故. 14.在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，将菱形沿对角线AC折成直二面角D'－AC－B，折起后直线AB与CD'间的距离为　　　　.  答案　 解析　设AC∩BD＝O，在菱形ABCD中， AC⊥BD， 折起后，OD'⊥AC，OB⊥AC， 由于二面角D'－AC－B为直二面角， 即平面ACD'⊥平面ABC， ∵平面ACD'∩平面ABC＝AC，OD'⊥AC， OD'⊂平面ACD'，∴OD'⊥平面ABC， 以O为坐标原点，直线OC，OB，OD'分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 在原菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°， ∴OA＝OC＝，OB＝OD'＝1， ∴A(－，0，0)，B(0，－1，0)，C(，0，0)，D'(0，0，1)， 则＝(，－1，0)，＝(－，0，1)， 设n＝(x，y，z)， 令 则 令x＝1，则y＝，z＝，∴n＝(1，，). 又∵＝(，0，1)， ∴AB与CD'间的距离d＝. 四、解答题(本题共5小题，共77分) 15.(13分)已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5). (1)若点D在直线AC上，且⊥，求点D的坐标；(6分) (2)求以BA，BC为邻边的平行四边形的面积.(7分) 解　(1)由题意知，＝(1，－3，2)， 点D在直线AC上， 设＝λ＝λ(1，－3，2)＝(λ，－3λ，2λ)， ∴D(λ，2－3λ，2λ＋3)， ＝(λ，2－3λ，3＋2λ)－(－2，1，6) ＝(λ＋2，1－3λ，2λ－3)， ∵⊥， ∴·＝(1，－3，2)·(λ＋2，1－3λ，2λ－3) ＝λ＋2－3＋9λ＋4λ－6＝14λ－7＝0， ∴λ＝，∴D. (2)∵＝(2，1，－3)，＝(3，－2，－1)， ∴||＝， ||＝， ∴·＝2×3＋1×(－2)＋(－3)×(－1)＝7， ∴cos B＝cos〈，〉＝ ＝，∴sin B＝， ∴S＝××＝7， ∴以BA，BC为邻边的平行四边形的面积为7. 16.(15分)已知向量a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2). (1)若(a＋kb)∥(2a＋b)，求实数k；(6分) (2)若向量a＋kb与2a＋b所成角为锐角，求实数k的范围.(9分) 解　(1)由已知可得，a＋kb＝(1－k，1，2k)， 2a＋b＝(1，2，2)，因为(a＋kb)∥(2a＋b)， 所以，可得k＝. (2)由(1)知，a＋kb＝(1－k，1，2k)，2a＋b＝(1，2，2)， 因为向量a＋kb与a＋2b所成角为锐角， 所以(a＋kb)·(2a＋b)＝(1－k，1，2k)·(1，2，2) ＝1－k＋2＋4k>0，解得k>－1， 又当k＝时，(a＋kb)∥(2a＋b)， 可得实数k的取值范围为. 17.(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为坐标原点， ，，的方向分别为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. 18.(17分)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点. (1)求点N到直线AB的距离；(7分) (2)求点C1到平面ABN的距离.(10分) 解　建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，2，0)， C(0，4，0)，C1(0，4，4)， ∵N是CC1的中点， ∴N(0，4，2). (1)＝(0，4，2)，＝(2，2，0)， 则||＝2，||＝4. 设点N到直线AB的距离为d1， 则d1＝＝4. ∴点N到直线AB的距离为4. (2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则由n⊥，n⊥， 得 令z＝2，则y＝－1，x＝， 即n＝. 易知＝(0，0，－2)，设点C1到平面ABN的距离为d2，则d2＝. ∴点C1到平面ABN的距离为. 19.(17分)如图，在四棱锥S－ABCD中，∠DAB＝∠ADC＝2∠ABD＝2∠BCD＝90°，CB＝BD＝2，SB＝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所成角为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，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Axyz，则A(0，0，0)，B(0，2，0)， C(2，4，0)，D(2，0，0)， 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所成角为60°， 所以|cos〈，n〉|＝， 解得λ＝或λ＝－2(舍去). 故λ的值为. 学科网（北京）股份有限公司 $