章末检测试卷3 (第3章 空间向量与立体几何)（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（北师大版）

**基本信息** 高中数学第三章（空间向量与立体几何）单元卷，以空间向量为工具，全面覆盖空间点线面关系，融入《九章算术》“曲池”等文化情境，适配单元复习，提升空间观念与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|空间点对称、向量平行、线面角|基础巩固，如第1题空间点对称| |多选|3/18|四面体向量运算、动点坐标|能力提升，如第11题四棱锥动态问题| |填空|3/15|平行六面体向量分解、法向量应用|综合应用，如第14题直三棱柱参数求解| |解答|5/77|面面垂直证明、异面直线夹角、线面角正弦值|创新应用，如第19题折叠问题动态探究，体现模型观念|

章末检测试卷三(第三章) [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(1，2，－1)，B为A关于xOy平面的对称点，C为B关于y轴的对称点，则等于(　　) A.(－2，0，－2) B.(2，0，2) C.(－1，0，－1) D.(0，－2，－2) 答案　A 解析　由题意可知B(1，2，1)，C(－1，2，－1)，∴＝(－2，0，－2). 2.已知非零向量a＝3m－2n－4p，b＝(x＋1)m＋8n＋2yp，且m，n，p不共面，若a∥b，则x＋y等于(　　) A.－13 B.－5 C.8 D.13 答案　B 解析　因为a∥b，则存在λ∈R，使得b＝λa， 即(x＋1)m＋8n＋2yp＝3λm－2λn－4λp， 则解得所以x＋y＝－5. 3.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). 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　由题意知||＝1，||＝1，||＝. 〈，〉＝45°，〈，〉＝45°，〈，〉＝60°， 所以||2＝···＋2－×1×1×＋1××－1××. 5.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＝. 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.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夹角的正弦值为(　　) 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夹角的正弦值为 |cos〈，n〉|＝. 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夹角的余弦值为(　　) 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夹角的余弦值为. 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.在棱长均为1的四面体ABCD中，下列结论正确的是(　　) A.·＝0 B.＝0 C.·· D.|2|＝2 答案　ABC 解析　如图，取CD的中点M，连接AM，BM，所以AM⊥CD，BM⊥CD，因为AM∩BM＝M，AM，BM⊂平面ABM，所以CD⊥平面ABM，又AB⊂平面ABM，所以CD⊥AB，则·＝0，故A正确； ＝()＋()＝＝0，故B正确； 因为AD＝AB＝CB＝CD＝1，∠BAD＝∠BCD＝60°，所以·＝||||cos∠BAD＝1×1×，·＝||||cos∠BCD＝1×1×，所以··，故C正确； 因为∠ABC＝60°，则＝4||2＋4·＋||2＝4＋4×1×1×cos 120°＋1＝3，所以|2|＝，故D错误. 10.已知空间三点A(1，0，3)，B(－1，1，4)，C(2，－1，3).若∥，且||＝，则点P的坐标为(　　) A.(4，－2，2) B.(－2，2，4) C.(－4，2，－2) D.(2，－2，4) 答案　AB 解析　设＝λ＝(3λ，－2λ，－λ). 又||＝， ∴， 解得λ＝±1， ∴＝(3，－2，－1)或＝(－3，2，1). 设点P的坐标为(x，y，z)， 则＝(x－1，y，z－3)， ∴或 解得或 故点P的坐标为(4，－2，2)或(－2，2，4). 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的夹角为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的夹角为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.在平行六面体ABCD－A'B'C'D'中，已知BA，BC，BB'为三条不共面的线段，若＝x＋2y＋3z，则x＋y＋z的值为　　　　. 答案　 解析　根据向量的加法法则可得 ， 又＝x＋2y＋3z，且，，不共面， 所以解得 所以x＋y＋z＝1＋. 13.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. 14.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE的值为　　　　. 答案　a或2a 解析　以B为坐标原点，BA，BC，BB1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，B1(0，0，3a)，C(0，a，0). 设点E的坐标为(a，0，z)(0≤z≤3a)， 则， ＝(a，－a，z)，＝(a，0，z－3a). 由CE⊥平面B1DE，得CE⊥DE，CE⊥B1E， 故 即 解得z＝a或z＝2a，即AE＝a或AE＝2a. 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， 所以cos θ＝＝－. 所以a＋c与b＋c夹角的余弦值为－. 16.(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. 17.(15分)如图，已知PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，PA＝AD，M，N分别为AB，PC的中点，求证： (1)MN∥平面PAD；(7分) (2)平面PMC⊥平面PDC.(8分) 证明　如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系. 设PA＝AD＝a，AB＝b，则有P(0，0，a)，A(0，0，0)，D(0，a，0)，C(b，a，0)，B(b，0，0). (1)因为M，N分别为AB，PC的中点， 所以M，N， 所以，易得平面PAD的一个法向量m＝(1，0，0)， 则·m＝0， 又因为MN⊄平面PAD，所以MN∥平面PAD. (2)由(1)知M， 所以＝(b，a，－a)，，＝(0，a，－a). 设平面PMC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 即 解得 令z1＝b，则n1＝(2a，－b，b). 设平面PDC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则 即 得 令z2＝1，则n2＝(0，1，1)， 因为n1·n2＝0－b＋b＝0， 所以n1⊥n2. 故平面PMC⊥平面PDC. 18.(17分)如图，已知多面体FABCDE的底面ABCD是边长为2的正方形，DE⊥底面ABCD，DE∥AF，且FA＝2DE＝2. (1)证明：CD⊥平面ADEF；(5分) (2)求四棱锥C－ADEF的体积；(5分) (3)求平面FCE与平面FAB的夹角的余弦值.(7分) (1)证明　∵DE⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD， ∴CD⊥DE. 又CD⊥AD，DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面ADEF，∴CD⊥平面ADEF. (2)解　由题意易知四边形ADEF为直角梯形， ∴S梯形ADEF＝＝3. ∴V四棱锥C－ADEF＝S梯形ADEF·CD＝×3×2＝2. (3)解　如图，以A为坐标原点， AB，AD，AF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，C(2，2，0)，F(0，0，2)，E(0，2，1)，＝(－2，0，1)，＝(2，2，－2)， 易知AD⊥平面FAB， ∴平面FAB的一个法向量m＝(0，1，0)， 设平面FCE的法向量为n＝(x，y，z)， ∴n⊥，n⊥， ∴ 令x＝1，得y＝1，z＝2， ∴n＝(1，1，2)， ∴cos〈n，m〉＝， 故平面FCE与平面FAB的夹角的余弦值为. 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夹角的余弦值；(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夹角的正弦值为.(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，在平面BCD内过点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B(0，0，0)，A1(0，0，1)，D(0，，0)，C(1，，0)， 从而＝(1，，0)，＝(0，－，1)， |cos〈，〉|＝， ∴异面直线BC与A1D夹角的余弦值为. (3)解　＝(1，0，0)，＝(－1，－，1). 设＝λ，0≤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的夹角为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夹角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $