第一章 空间向量与立体几何 同步练-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** 聚焦空间向量与立体几何，以基础巩固为核心，通过梯度化题型设计实现从概念理解到综合应用的进阶，培养数学抽象、逻辑推理与空间观念。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|方向向量、法向量、线面位置关系|单选型（1-5题），直接应用定义与公式，强化运算能力| |提升层|二面角、距离计算、线面垂直证明|多选/填空（7-12题），结合空间直角坐标系，培养几何直观| |挑战层|动态问题、存在性探究|标★题（6、9、15、16题），综合运动变化与参数思想，发展创新意识|

2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册 第一章 空间向量与立体几何周末练（2） [分值：110分] 一、单项选择题(每小题5分，共30分) 1.已知u=(4，x-1，x+1)是直线l的方向向量，v=(1，2，3)是平面α的法向量，若l∥α，则x等于(　　) A.-1 B.1 C.-2 D.2 2.在空间直角坐标系中，已知A(1，0，1)，B(1，1，-1)，C(2，2，-1)，则点B到直线AC的距离为(　　) A.3 B. C.1 D. 3.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是(　　) A.MN与DC的夹角为60° B.MN与平面ACC1A1垂直 C.MN与CC1垂直 D.MN与平面BDA1平行 4.如图，二面角α-l-β的棱上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l.若AB=1，AC=2，BD=2，CD=，则平面α与平面β的夹角是(　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 5.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA=PB=3，AB∥DC，DC=2AB=2BC=4，AB⊥BC，E为PD的中点，则点D到平面ABE的距离为(　　) A. B. C. D. 6.★★正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1，则线段BP长度的取值范围是(　　) A. B. C. D. 二、多项选择题(每小题6分，共18分) 7.已知向量a=(1，-1，2)是平面α的一个法向量，O是空间直角坐标系Oxyz的坐标原点，A，B两点的坐标分别为(-1，1，4)，(-2，2，4)，且点A在平面α内，则(　　) A.AB= B.直线OB与平面α平行 C.直线OA与平面α所成角的正弦值为 D.点B到平面α的距离为 8.将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使平面ABD与平面BCD的夹角为90°，下列结论正确的是(　　) A.AC⊥BD B.△ACD是等边三角形 C.直线AB与平面BCD所成的角为 D.AB与CD所成的角为 9.★★已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点P是侧面BCC1B1内的一个动点(含边界)，点E和点F分别是棱CC1和AA1的中点，则(　　) A.该正方体被平面D1EF所截得的截面图形是正方形 B.平面D1EF⊥平面BDD1B1 C.若AP=，则点P的轨迹长度为 D.若点P在棱BB1上(包含端点)，则PD+PE的最小值为 三、填空题(每小题5分，共15分) 10.若直线l的一个方向向量为v=(1，0，3)，平面α的一个法向量为n=(-2，0，2)，则直线l与平面α所成角的余弦值为　　　　　. 11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为棱AA1，A1D1的中点，=λ，若AP∥平面BEF，则实数λ的值为　　　　. 12.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AB=1，AD=2，PA=2，点M在线段PC上运动，则点M到AB距离的最小值为　　　. 四、解答题(共27分) 13.(13分)如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的正方形，侧面PCD⊥底面ABCD，且PC=PD=2，M，N分别为棱PC，AD的中点. (1)求证：BC⊥PD；(4分) (2)求异面直线BM与PD所成角的余弦值；(4分) (3)求点N到平面MBD的距离.(5分) 14.(14分)如图，在四棱锥M-ABCD中，AM⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，AC⊥BD，BC=4，AB=AM=2. (1)证明：平面MBD⊥平面ACM；(3分) (2)求平面MBD与平面ABCD夹角的余弦值；(5分) (3)在棱MD上(不含端点)是否存在点F，使得MB∥平面FAC？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.(6分) 15.★★(6分)(多选)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，半圆面APD⊥平面ABCD，点P为半圆弧AD上的动点(不与点A，D重合)，下列说法正确的是(　　) A.三棱锥P-ABD的四个面都是直角三角形，且体积的最大值为 B.点P运动时，四棱锥P-ABCD外接球的半径为定值 C.当∠PAD=60°时，异面直线PA与BD所成角的余弦值为 D.半圆弧AD上存在唯一的点P，使得直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为 16.★★(14分)在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，平面A1ADD1⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，AD=2A1D1=4，A1A=D1D=，E，F，G分别是AB，BC，A1D1的中点，M是线段A1D1上的一点(包含端点). (1)证明：AD⊥GF；(3分) (2)求直线BC与平面EFC1所成角的正弦值；(4分) (3)求平面EFM与平面EFC1夹角的余弦值的最小值.(7分) 2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册 第一章 空间向量与立体几何周末练（2）参考答案 [分值：110分] 一、单项选择题(每小题5分，共30分) 1.已知u=(4，x-1，x+1)是直线l的方向向量，v=(1，2，3)是平面α的法向量，若l∥α，则x等于(　　) A.-1 B.1 C.-2 D.2 答案　A 解析　若l∥α，则u⊥v，则u·v=0， 即4+2x-2+3x+3=0， ∴x=-1. 2.在空间直角坐标系中，已知A(1，0，1)，B(1，1，-1)，C(2，2，-1)，则点B到直线AC的距离为(　　) A.3 B. C.1 D. 答案　C 解析　依题意，=(0，1，-2)，=(1，2，-2)，则==2. 所以点B到直线AC的距离为==1. 3.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是(　　) A.MN与DC的夹角为60° B.MN与平面ACC1A1垂直 C.MN与CC1垂直 D.MN与平面BDA1平行 答案　A 解析　如图，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=2， 则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，A1(2，0，2)，C1(0，2，2)， M(1，2，1)，N(0，1，1). 对于A，=(0，2，0)，=(-1，-1，0)， cos〈，〉===-， 则〈，〉=135°， 所以MN与DC的夹角为45°，A错误； 对于B，C，=(-2，2，0)，则·=0，所以MN⊥AC， =(0，0，2)，则·=0，所以MN⊥CC1，又AC∩CC1=C，AC，CC1⊂平面ACC1A1， 所以MN⊥平面ACC1A1，故B，C正确； 对于D，=(2，2，0)，=(2，0，2)， 设平面BDA1的法向量为n=(x，y，z)， 则有 可取n=(1，-1，-1)， 因为·n=-1+1+0=0，且MN⊄平面BDA1， 所以MN∥平面BDA1，故D正确. 4.如图，二面角α-l-β的棱上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l.若AB=1，AC=2，BD=2，CD=，则平面α与平面β的夹角是(　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 答案　C 解析　设二面角α-l-β的大小为θ，由二面角的定义可得，的夹角为π-θ， 由题意得=++，·=0，·=0， ∴=+++2||||cos(π-θ)， ∴=4+1+4-2×2×2×cos θ， 解得cos θ=-， ∴θ=120°， ∴平面α与平面β的夹角是60°. 5.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA=PB=3，AB∥DC，DC=2AB=2BC=4，AB⊥BC，E为PD的中点，则点D到平面ABE的距离为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　取AB的中点为O，连接PO，由PA=PB，则PO⊥AB， 因为平面PAB⊥平面ABCD，PO⊂平面PAB，平面PAB∩平面ABCD=AB， 所以PO⊥平面ABCD， 又AB⊥BC，所以可建立如图所示的空间直角坐标系. 由PA=PB=3，AB∥DC，DC=2AB=2BC=4，则PO==2， B(0，0，0)，A(2，0，0)，D(4，2，0)，P(1，0，2)， 又E为PD的中点，所以E， 所以=(2，0，0)，=，=(4，2，0)， 设平面ABE的法向量为n=(x，y，z)， 则 令z=1，则x=0，y=-，所以n=(0，-，1)， 则点D到平面ABE的距离d===. 6.★★正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1，则线段BP长度的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　以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，如图所示， 由正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，可得A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1). 设P(a，b，1)，M(0，1，t)(0≤t≤1)， 则=(a-1，b，1)，=(-1，-1，1)， =(0，-1，1-t)， 因为AP⊥平面MBD1，BD1⊂平面MBD1，MD1⊂平面MBD1，所以AP⊥BD1，AP⊥MD1， 即 解得 所以=(t，1-t，1)，所以=+=(0，-1，0)+(t，1-t，1)=(t，-t，1)， 所以||==， 因为0≤t≤1，可得||=在上单调递增， 故线段BP长度的取值范围是. 二、多项选择题(每小题6分，共18分) 7.已知向量a=(1，-1，2)是平面α的一个法向量，O是空间直角坐标系Oxyz的坐标原点，A，B两点的坐标分别为(-1，1，4)，(-2，2，4)，且点A在平面α内，则(　　) A.AB= B.直线OB与平面α平行 C.直线OA与平面α所成角的正弦值为 D.点B到平面α的距离为 答案　ACD 解析　对于A，因为A(-1，1，4)，B(-2，2，4)， 所以AB==，故A正确； 对于B，由题意知=(-2，2，4)，平面α的一个法向量为a=(1，-1，2)， 则·a=(-2)×1+2×(-1)+4×2=4≠0，故和a不垂直， 所以直线OB与平面α不平行，故B错误； 对于C，设直线OA与平面α所成的角为θ， 因为=(-1，1，4)，平面α的一个法向量为a=(1，-1，2)， 所以sin θ=|cos〈，a〉|= ==，故C正确； 对于D，由题意知=(-1，1，0)， 平面α的一个法向量为a=(1，-1，2)，故点B到平面α的距离d===，故D正确. 8.将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使平面ABD与平面BCD的夹角为90°，下列结论正确的是(　　) A.AC⊥BD B.△ACD是等边三角形 C.直线AB与平面BCD所成的角为 D.AB与CD所成的角为 答案　ABD 解析　如图所示，以BD的中点O为坐标原点，分别以OD，OA，OC所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 设正方形ABCD的边长为， 则D(1，0，0)，B(-1，0，0)，C(0，0，1)，A(0，1，0)， 所以=(0，-1，1)，=(2，0，0)，·=0， 故AC⊥BD，A正确； 又||=，||=，||=， 所以△ACD为等边三角形，B正确； =(-1，-1，0)，=(0，1，0)， 易知为平面BCD的一个法向量， 设直线AB与平面BCD所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈，〉|= ==， 所以直线AB与平面BCD所成的角为，C错误； 又=(1，0，-1)， 所以|cos〈，〉|= ==， 所以AB与CD所成的角为，D正确. 9.★★已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点P是侧面BCC1B1内的一个动点(含边界)，点E和点F分别是棱CC1和AA1的中点，则(　　) A.该正方体被平面D1EF所截得的截面图形是正方形 B.平面D1EF⊥平面BDD1B1 C.若AP=，则点P的轨迹长度为 D.若点P在棱BB1上(包含端点)，则PD+PE的最小值为 答案　BC 解析　如图，建立空间直角坐标系. 对于A选项，D1(0，0，2)，F(2，0，1)，E(0，2，1)，=(2，0，-1)，=(0，2，-1)， 所以·=(2，0，-1)·(0，2，-1)=1， 所以D1F与D1E不垂直，A错误； 对于B选项，D(0，0，0)，B(2，2，0)，=(2，2，0)，结合A选项得=(0，0，2)，=(-2，2，0)， 所以·=0，·=0， 所以FE⊥DB，FE⊥DD1， 又DB∩DD1=D，DB，DD1⊂平面BDD1B1， 所以FE⊥平面BDD1B1，又FE⊂平面D1EF， 所以平面D1EF⊥平面BDD1B1，B正确； 对于C选项，显然P不与B重合，易知AB⊥BP，所以AP2=AB2+BP2⇒5=4+BP2⇒BP=1， 所以点P的轨迹为以点B为圆心，1为半径的个圆， 所以点P的轨迹长度为×2π×1=，C正确； 对于D选项，设P(2，2，m)，0≤m≤2，则PD+PE=+=+， +可表示为在平面直角坐标系中点M(m，0)到点N(0，-2)与点H(1，2)的距离之和，如图所示， 所以MN+MH≥NH==， 当且仅当m=2-时等号成立，所以PD+PE的最小值为，D错误. 三、填空题(每小题5分，共15分) 10.若直线l的一个方向向量为v=(1，0，3)，平面α的一个法向量为n=(-2，0，2)，则直线l与平面α所成角的余弦值为　　　　　. 答案　 解析　设直线l与平面α所成的角为θ，θ∈，则sin θ=|cos〈n，v〉|===， 所以cos θ==，即直线l与平面α所成角的余弦值为. 11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为棱AA1，A1D1的中点，=λ，若AP∥平面BEF，则实数λ的值为　　　　. 答案　 解析　以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图， 则A(2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(2，0，1)，F(1，0，2)， 则=(-2，0，0)，=(0，-2，1)，=(-1，-2，2)， 由=λ=(-2λ，0，0)，λ∈R，可得P(2-2λ，2，0)，则=(-2λ，2，0)， 设平面BEF的法向量为n=(a，b，c)， 则 令b=1，可得a=c=2，即n=(2，1，2)， 又因为AP∥平面BEF，则·n=-4λ+2=0，解得λ=. 12.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AB=1，AD=2，PA=2，点M在线段PC上运动，则点M到AB距离的最小值为　　　. 答案　 解析　以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0，0，2)，C(1，2，0)， 设=λ，M(x，y，z)，λ∈[0，1]， 则(x，y，z-2)=λ(1，2，-2)， ∴即M(λ，2λ，2-2λ)， ∴=(λ，2λ，2-2λ)， 直线AB的单位方向向量为u=(1，0，0)， ∴M到AB的距离为 == =2， ∴当λ=时，上式取最小值. 四、解答题(共27分) 13.(13分)如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的正方形，侧面PCD⊥底面ABCD，且PC=PD=2，M，N分别为棱PC，AD的中点. (1)求证：BC⊥PD；(4分) (2)求异面直线BM与PD所成角的余弦值；(4分) (3)求点N到平面MBD的距离.(5分) (1)证明　在四棱锥P-ABCD中，取DC的中点O，连接PO，由PC=PD=2，得PO⊥CD， 由侧面PCD⊥底面ABCD，PO⊂平面PCD，侧面PCD∩底面ABCD=CD，则PO⊥底面ABCD， 以O为原点，过点O平行于DA的直线为x轴，OC，OP所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系， 则B(2，1，0)，C(0，1，0)，D(0，-1，0)，P(0，0，)，N(1，-1，0)，M， 所以=(-2，0，0)，=(0，-1，-)，因此·=0，所以BC⊥PD. (2)解　由(1)知=，设异面直线BM与PD所成的角为θ， 则cos θ=|cos〈，〉|===， 所以异面直线BM与PD所成角的余弦值为. (3)解　由(1)知=(2，2，0)，=，=(1，0，0)， 设平面MBD的法向量为m=(x，y，z)，则 取x=1，得m=(1，-1，)， 所以点N到平面MBD的距离d===. 14.(14分)如图，在四棱锥M-ABCD中，AM⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，AC⊥BD，BC=4，AB=AM=2. (1)证明：平面MBD⊥平面ACM；(3分) (2)求平面MBD与平面ABCD夹角的余弦值；(5分) (3)在棱MD上(不含端点)是否存在点F，使得MB∥平面FAC？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.(6分) (1)证明　因为AM⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AM⊥BD， 因为AC⊥BD，AC∩AM=A，AC，AM⊂平面ACM， 所以BD⊥平面ACM，又BD⊂平面MBD，所以平面MBD⊥平面ACM. (2)解　因为AM⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB，AD，AM两两互相垂直， 以A为坐标原点，AD，AB，AM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A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(4，2，0)，M(0，0，2)，设D(t，0，0)(t>0)， 则=(4，2，0)，=(t，-2，0)， 因为AC⊥BD，所以·=4t-4=0，解得t=1，所以D(1，0，0)， 所以=(1，-2，0)，=(0，-2，2)， 设平面MBD的法向量为n=(x1，y1，z1)， 则令y1=1，则x1=2，z1=1， 所以平面MBD的一个法向量为n=(2，1，1)， 由题意可得=(0，0，2)为平面ABCD的一个法向量， 设平面MBD与平面ABCD的夹角为θ， 则cos θ=|cos〈，n〉|===， 所以平面MBD与平面ABCD夹角的余弦值为. (3)解　存在点F满足题意，理由如下：设=λ，因为点F在棱MD上(不含端点)，所以0<λ<1，又=(-1，0，2)， 则=λ=λ(-1，0，2)=(-λ，0，2λ)， 所以F(1-λ，0，2λ)， 则=(1-λ，0，2λ)，又=(4，2，0)， 设平面FAC的法向量为m=(x2，y2，z2)， 则令y2=2，则x2=-1，z2=， 所以平面FAC的一个法向量为m=， 若MB∥平面FAC，则m·=0，又=(0，-2，2)， 即0-2×2+2×=0，解得λ=， 所以在棱MD上(不含端点)存在点F，使得MB∥平面FAC，且=. 15.★★(6分)(多选)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，半圆面APD⊥平面ABCD，点P为半圆弧AD上的动点(不与点A，D重合)，下列说法正确的是(　　) A.三棱锥P-ABD的四个面都是直角三角形，且体积的最大值为 B.点P运动时，四棱锥P-ABCD外接球的半径为定值 C.当∠PAD=60°时，异面直线PA与BD所成角的余弦值为 D.半圆弧AD上存在唯一的点P，使得直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为 答案　AC 解析　对于A，因为半圆面APD⊥平面ABCD，平面APD∩平面ABCD=AD， AB⊂平面ABCD，四边形ABCD是正方形，则AB⊥AD，故AB⊥平面APD， 又PA，PD⊂平面APD，所以AB⊥PA，AB⊥PD， 由AD为直径，可得PD⊥PA，因为PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB， 所以PD⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以PD⊥PB， 所以三棱锥P-ABD的四个面都是直角三角形，因为点P运动时，点P到平面ABD的最大距离为1， 此时三棱锥P-ABD的体积最大，最大值为S△ABD×1=××2×2×1=，故A正确； 对于B，设半圆圆心为O，正方形中心为E，易知OE⊥OP，因为正方形的中心E到四个顶点A，B，C，D的距离为， 当P运动时，EP===， 故E是四棱锥P-ABCD的外接球球心，球的半径为定值，故B错误； 对于C，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为∠PAD=60°，易得∠POA=60°，所以点P，A(1，0，0)，B(1，2，0)，D(-1，0，0)， 所以=，=(2，2，0)， 则|cos〈，〉|===，故C正确； 对于D，设∠POA=θ，θ∈(0，π)，则P(cos θ，0，sin θ)，=(1-cos θ，2，-sin θ)， 平面ABCD的一个法向量为n=(0，0，1)，直线PB与平面ABCD所成角α的正弦值为 sin α=|cos〈，n〉|===，即得10sin2θ=9-3cos θ， 即10cos2θ-3cos θ-1=0，则(5cos θ+1)(2cos θ-1)=0，故cos θ=或cos θ=-， 即满足条件的点P有两个，不唯一，故D错误. 16.★★(14分)在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，平面A1ADD1⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，AD=2A1D1=4，A1A=D1D=，E，F，G分别是AB，BC，A1D1的中点，M是线段A1D1上的一点(包含端点). (1)证明：AD⊥GF；(3分) (2)求直线BC与平面EFC1所成角的正弦值；(4分) (3)求平面EFM与平面EFC1夹角的余弦值的最小值.(7分) (1)证明　取AD的中点O，连接OG，OF， ∵A1A=D1D=，∴易知四边形A1ADD1为等腰梯形. ∵G，O分别为A1D1，AD的中点，∴GO⊥AD，∵F为正方形ABCD的边BC的中点，∴FO⊥AD. ∵GO∩FO=O，GO，FO⊂平面GOF，∴AD⊥平面GOF，又GF⊂平面GOF，∴AD⊥GF. (2)解　由(1)知GO⊥AD，∵平面A1ADD1⊥平面ABCD，平面A1ADD1∩平面ABCD=AD，GO⊂平面A1ADD1， ∴GO⊥平面ABCD，OA，OF，OG两两垂直， 如图，建立空间直角坐标系， 在等腰梯形A1ADD1中，A1A=D1D=，AD=2A1D1=4，作A1H⊥AD于点H，易知OG=A1H=2， ∴E(2，2，0)，F(0，4，0)，C1(-1，2，2)，B(2，4，0)，C(-2，4，0)， ∴=(4，0，0)，=(-2，2，0)，=(-3，0，2)， 设平面EFC1的法向量为n1=(x1，y1，z1)， ∴由有令x1=2，则y1=2，z1=3，∴n1=(2，2，3)， ∴|cos〈，n1〉|===. ∴直线BC与平面EFC1所成角的正弦值为. (3)解　设M(m，0，2)(-1≤m≤1)，由(2)得=(m-2，-2，2)，=(-2，2，0)， 设平面EFM的法向量为n2=(x2，y2，z2)， ∴由有令x2=2，则n2=(2，2，4-m)， ∴|cos〈n1，n2〉|===. 设平面EFM与平面EFC1的夹角为θ，令λ=20-3m(17≤λ≤23)， 则cos θ== =，又17≤λ≤23， ∴当λ=23，即m=-1时， cos θ取最小值，为=， ∴平面EFM与平面EFC1夹角的余弦值的最小值为. . 学科网（北京）股份有限公司 $