第1章 11 高考真题练（Word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册分层练习（人教A版）

**基本信息** 以高考真题为核心，分层覆盖立体几何向量法与坐标法，从基础证明到综合求值，衔接竞赛提升，强化空间观念与推理能力，适配单元复习巩固。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |高考基础|单一考点（线面关系判断）|多选题（2025全国一卷），聚焦基础证明| |高考综合|综合应用（证明+求值）|多问解答题（含关键点拨），融合二面角等计算| |学科竞赛|拓展提升（空间距离计算）|竞赛题（2025重庆联赛），深化空间想象|

高考真题练 考点1　用向量法解决立体几何中的证明、求值问题 1.(多选题)(2025全国一卷,9)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC的中点,则(　　) A.AD⊥A1C　　B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B1　　D.CC1∥平面AA1D 2.(2023全国乙理,19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=DO,点F在AC上,BF⊥AO. (1)证明:EF∥平面ADO①; (2)证明:平面ADO⊥平面BEF; (3)求二面角D-AO-C的正弦值②. ①关键点拨→证明F是AC的中点. ②心中有“数”→结合定义转化,利用向量法求解. 考点2　用坐标法解决立体几何中的证明、求值问题 3.(2025全国一卷,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)设PA=AB=,BC=2,AD=1+,且点P,B,C,D均在球O的球面上. (i)证明:点O在平面ABCD内; (ii)求直线AC与PO所成角的余弦值. 4.(2025北京,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,△ADC与△BAC均为等腰直角三角形,∠ADC=90°,∠BAC=90°,E为BC的中点. (1)若F,G分别为PD,PE的中点,求证:FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线AB与平面PCD所成角的正弦值. 5.(2025天津,17)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别为A1D1,C1B1的中点,CG=3GC1. (1)求证:GF⊥平面FBE; (2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值; (3)求三棱锥D-FBE的体积. 6.(2025全国二卷,17)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明:A'B∥平面CD'F; (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 7.(2024新课标Ⅰ,17)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC①; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为②,求AD. ①心中有“数”→平行关系不易找时,转变思路先证垂直. ②关键点拨→合理表示出二面角的正弦值,可考虑坐标法、几何法、射影面积法等. 学科竞赛 8.(2025重庆高中数学联赛)四面体ABCD满足AB⊥BC,BC⊥CD,CD⊥AB,AB=BC=CD=1,设AB,BC,CD的中点分别为L,M,N,则点M到直线LN的距离为　　　　.  答案与分层梯度式解析 高考真题练 1.BD　如图, 对于A,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,又AD⊂平面ABC,故AA1⊥AD,则·=0, 因为△ABC是正三角形,D为BC的中点,所以AD⊥BC,则·=0, 又=++, 所以·=(++)·=·++·=≠0, 则AD⊥A1C不成立,故A错误; 对于B,因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,且BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC, 因为△ABC是正三角形,D为BC的中点,所以AD⊥BC,又AD,AA1⊂平面AA1D,AD∩AA1=A, 所以BC⊥平面AA1D,又B1C1∥BC,故B1C1∥平面AA1D,故B正确; 对于D,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1∥AA1,又AA1⊂平面AA1D,CC1⊄平面AA1D,所以CC1∥平面AA1D,故D正确; 对于C,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1∥AB, 假设AD∥A1B1,则AD∥AB,这与AD∩AB=A矛盾, 所以AD∥A1B1不成立,故C错误. 2.真题降维 关键信息 信息判断 信息处理 D,E,O分别为对应线段的中点,且BF⊥AO 容易确定DO∥PC,尝试证明EF∥PC 证明F为AC的中点,可根据点在线上设=λ,由·=0,得到λ= AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,AD=DO 在△ABO和 △AOD中计算,发现垂直关系 先确定AO⊥OD,即得AO⊥EF,结合AO⊥BF得到AO⊥平面BEF,进而证得结论 二面角D-AO-C的棱是AO,且BF⊥AO 结合上面已证得的OD⊥AO,转化为求解cos<,> 确定基向量,,然后利用向量的数量积求解,再结合同角三角函数的基本关系式求正弦值 解析　(1)证明的关键是在平面ADO中寻找与EF平行的直线,观察题图,易知证明方向为“EF∥DO”,由“中点D,E,O”可知要证F为AC的中点,而根据已知条件不易直接通过计算解决,故联想到使用向量法解决. 证明:由题可知,||=2,由点F在AC上,可设=λ,0≤λ≤1, ∵·=||||cos∠BAC=2×2×=4,BF⊥AO,∴·=(λ-)·=||2-||2+·=8λ-4=0,解得λ=,∴F为AC的中点.由O,D分别为BC,BP的中点,得OD∥PC,同理得EF∥PC,∴EF∥OD, ∵OD⊂平面ADO,EF⊄平面ADO,∴EF∥平面ADO. (2)证明关键:寻找其中一个面内的某条直线与另一平面内的两条相交直线垂直,显然直线AO为“目标直线”.已知AO⊥BF,再找另一垂直关系即可(AO⊥EF). 证明:∵O为BC的中点,∴OB=BC=,又AB=2,AB⊥BC,∴AO===PC=2OD, 又AD=OD,∴AD2=AO2+OD2,即AO⊥OD, ∵EF∥OD,∴AO⊥EF, 又∵BF⊥AO,BF∩EF=F,BF,EF⊂平面BEF,∴AO⊥平面BEF,∵AO⊂平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF. (3)解题关键:容易在二面角的两个半平面内找到与棱垂直的直线,故考虑研究两直线的方向向量的夹角. 设二面角D-AO-C的平面角为θ,由题图可知θ为钝角, ∵AO⊥OD,AO⊥BF,∴θ为和的夹角. 由题意得||=||=,||=||=, =(+)=(-+2)=(-3),·=0.在△OBD中,BD=OD=,OB=,则cos∠BOD==,∴·=||||·cos∠BOD=××=1. ∴cos θ== ===-,∴sin θ==, ∴二面角D-AO-C的正弦值为. 解后反思　求二面角的方法有两个:①定义法;②向量法.对于本题,已知AO⊥OD,AO⊥BF,所以可平移BF,然后利用定义求解,但步骤有点烦琐,从而可直接利用向量与的夹角解决.此外,本题也可通过建系求解,计算相对烦琐. 3.解析　(1)证明:因为PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,所以PA⊥AD,又AB⊥AD,AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB,又AD⊂平面PAD,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)由(1)知PA,AB,AD两两垂直.以AB,AD,AP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P(0,0,),A(0,0,0),D(0,1+,0),C(,2,0),B(,0,0). (i)证明:设O(x,y,z), 则OP=, OB=, OC=, OD=, 由题知OP=OB=OC=OD,解得x=z=0,y=1,则O(0,1,0),故O在线段AD上,即点O在平面ABCD内. (ii)因为=(,2,0),=(0,1,-), 所以cos<,>===, 故直线AC与PO所成角的余弦值为. 4.解析　(1)证明:取PA的中点N,PB的中点M,连接FN,MN,GM, ∵△ADC与△ABC为等腰直角三角形且∠ADC=90°,∠BAC=90°,∴AC=AD,BC=AB. 不妨设AD=CD=2,∴AC=AB=2,BC=4. ∵E,F,N,M,G分别为BC,PD,PA,PB,PE的中点, ∴FN=AD=1,GM=BE=BC=1,且FN∥AD,GM∥BC. ∵∠DAC=45°,∠ACB=45°,∴AD∥BC, ∴FN∥GM,∴四边形FGMN为平行四边形,∴FG∥MN, ∵FG⊄平面PAB,MN⊂平面PAB,∴FG∥平面PAB. (2)∵PA⊥平面ABCD,AB,AC⊂平面ABCD,∴PA⊥AB,PA⊥AC,又AB⊥AC,∴PA,AB,AC两两互相垂直.以A为原点,AC,AB,AP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),设AD=CD=2,则B(0,2,0),C(2,0,0),D(,-,0),P(0,0,2), ∴=(0,2,0),=(,,0),=(-2,0,2), 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), ∴∴ 取x=1,∴y=-1,z=1,∴n=(1,-1,1). 设直线AB与平面PCD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|====, 即直线AB与平面PCD所成角的正弦值为. 5.解析　(1)证明:以D为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系, 则D(0,0,0),B(4,4,0),E(2,0,4),F(2,4,4),G(0,4,3), 所以=(0,4,0),=(2,4,-4),=(-2,0,-1), 设m=(a,b,c)是平面FBE的法向量, 则则b=0,令a=2,得c=1,所以m=(2,0,1), 易知=-m,则也是平面FBE的一个法向量,所以GF⊥平面FBE. (2)由(1)知=(-2,4,-1),=(-4,0,3),且=(-2,0,-1)是平面FBE的一个法向量, 设平面EBG的法向量为n=(x,y,z), 所以 令x=6,则z=8,y=5,即n=(6,5,8), 设平面FBE与平面EBG的夹角为α, 则cos α=|cos<,n>|===. (3)由题知EF⊥平面BCC1B1,∵FB⊂平面BCC1B1,∴EF⊥FB, 易知S△FBE=EF·BF=×4×=4, 又由(1)知=(2,0,4),且=(-2,0,-1)是平面FBE的一个法向量,故点D到平面FBE的距离d==, 由棱锥的体积公式知V三棱锥D-FBE=d×S△FBE=××4=. 6.解析　(1)证明:因为AB∥CD,点E,F分别在AB,CD上,所以AE∥DF,FC∥EB,所以A'E∥D'F, 因为D'F⊂平面CD'F,A'E⊄平面CD'F,所以A'E∥平面CD'F, 因为FC∥EB,FC⊂平面CD'F,EB⊄平面CD'F,所以EB∥平面CD'F, 又EB∩A'E=E,EB,A'E⊂平面A'EB,所以平面A'EB∥平面CD'F, 又A'B⊂平面A'EB,所以A'B∥平面CD'F. (2)因为∠DAB=90°,所以AD⊥AB,又因为AB∥FC,EF∥AD,所以EF⊥FC, 以F为原点,FE,FC所在直线以及过F且垂直于平面BEFC的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图. 易知D'F⊥EF,CF⊥EF,又平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°, 所以∠D'FC=60°. 设AD=1,易得F(0,0,0),B(1,2,0),C(0,1,0),D',E(1,0,0), 所以=(-1,-1,0),=,=(1,0,0),=. 设平面BCD'的法向量为n=(x,y,z),则所以 令y=,则z=1,x=-, 则n=(-,,1). 设平面EFD'A'的法向量为m=(x1,y1,z1),则所以 令y1=,则z1=-1,所以m=(0,,-1), 所以|cos<m,n>|===, 所以平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为=. 7.解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD, 又因为AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB, 又AB⊂平面PAB,所以AD⊥AB, 在△ABC中,AB=,BC=1,AC=2,则AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC,因为A,B,C,D四点共面(易错点), (在空间中,垂直于同一条直线的两直线不一定平行,只有在共面的情况下才能得到两直线平行的结论,防止遗漏关键条件“四点共面”而失分) 所以AD∥BC,又因为BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC. (2)以D为原点,直线DA,DC分别为x,y轴,过点D作与平面ABCD垂直的直线为z轴(方法技巧), (线线垂直与线面垂直的垂足不重合时,一般通过“平移”来处理) 建立空间直角坐标系,如图所示. 则Dz∥AP,令AD=t,得A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0), 因此DC==,则C(0,,0), 所以=(-t,,0),=(0,0,2),=(t,0,2),=(0,,0). 设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1), 所以 故z1=0, 不妨取x1=,则y1=t, 所以n1=(,t,0), 设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 所以 故y2=0,不妨取z2=t,则x2=-2,所以n2=(-2,0,t), 因为二面角A-CP-D的正弦值为, 由图形知该二面角为锐角,所以其余弦值为, 所以=|cos<n1,n2>|==,解得t=(舍负),所以AD=. 一题多解　针对本题(2)还可求解如下: 另解一(几何法):因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD. 过D作DH⊥AC,交AC于点H,易知DH⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,所以DH⊥PC, 过点H作HQ⊥PC,交PC于点Q,连接DQ, 因为DH∩HQ=H,DH,HQ⊂平面DHQ,所以PC⊥平面DHQ, 又DQ⊂平面DHQ,所以PC⊥DQ, 所以∠DQH即为二面角A-CP-D的平面角. 在Rt△HQC中,设HQ=x,x>0, 则HC=x,AH=2-x,DH2=AH·HC=2x-2x2,DQ2=DH2+HQ2=2x-x2,所以sin∠DQH===,所以x=. 故AH=,DH=,所以AD==. 另解二(射影面积法):作DE⊥AC,则易得DE⊥平面PAC,设AD=t,则由三角形相似可得CE==, 设二面角A-CP-D的平面角为θ,则由射影面积法可得cos θ====,解得t=(舍负), 即AD=. 解后反思　本题通过给出二面角的平面角的正弦值来倒推线段的长度,这与我们常见的给出线段的长度或相关夹角来直接计算二面角的大小之类的练习题看似不同,但本质是一样的,体现了高考命题人的良苦用心,在反套路、反机械刷题上常抓不懈.实际上,如图所示,过点B作BM⊥AC于M,再过点M作MN⊥CP于N,连接BN,易知∠BNM即为二面角A-CP-B的平面角,而BM==,BN===,所以sin∠BNM===,由此可知B,D关于直线AC对称,即得AD=AB=. 8.答案　 解析　根据题意,以点B为原点,,的方向分别为x轴、y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,连接LM, 则L,M,N0,1,,所以=,=-,1,, 所以点M到直线LN的距离d==. 7 学科网（北京）股份有限公司 $