章末检测（3） 空间向量与立体几何(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（北师大版)

**基本信息** 本单元卷聚焦空间向量与立体几何，以长方体、三棱台等几何体为背景，覆盖向量运算、线面关系、距离与角度计算等核心知识，梯度设计合理，适配单元复习，培养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| |----|-----------|----------|----------| |单项选择题|8/40|空间向量坐标（第1题）、线性运算（第2题）|基础巩固，注重空间几何直观| |多项选择题|3/18|法向量与线面关系（第9题）、翻折动态问题（第11题）|能力提升，考查批判性思维| |填空题|3/15|共面向量（第12题）、异面直线角（第13题）|情境简洁，强化概念应用| |解答题|5/77|线面平行证明（16题）、二面角与参数范围（19题）|综合创新，体现数学思维与应用意识|

章末检测（三）　空间向量与立体几何 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.如图，以长方体ABCD－A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如果的坐标为（5，4，3），那么的坐标是（　　） A．（－5，4，3）　 B．（－5，4，－3） C．（－4，5，3）　 D．（5，－4，－3） 2.已知四面体ABCD，G是CD的中点，连接AG，则＋（＋）=（　　） A．　　 B．　　 C．　　 D． 3.已知A（－1，1，2），B（1，0，－1），点D在直线AB上，且=2．设C（λ，＋λ，1＋λ），若CD⊥AB，则λ的值为（　　） A．　　 B．－　　 C．　　 D． 4.如图所示，在空间直角坐标系中有长方体ABCD－A1B1C1D1，AB=1，BC=2，AA1=3，则点B到直线A1C的距离为（　　） A．　 B． C．　　 D.1 5.如图，在四面体OABC中，M是棱OA上靠近点A的三等分点，N，P分别是BC，MN的中点．设=a，=b，=c，用a，b，c表示，则（　　） A．=a＋b＋c B．=a＋b＋c C．=a＋b＋c D．=a＋b＋c 6.如图，圆台的高为4，上、下底面半径分别为3，5，M，N分别在上、下底面圆周上，且〈O2M，O1N〉=120°，则||=（　　） A．　　 B．5　　 C．　　　 D.5 7.已知O为坐标原点，=（1，2，3），=（2，1，2），=（1，1，2），点Q在直线OP上运动，则当•取得最小值时，点Q的坐标为（　　） A．　 B． C．　 D． 8.如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA=2，M，N，R分别为OA，BC，AD的中点，则直线MN与平面OCD的距离及平面MNR与平面OCD的距离分别为（　　） A．，1　 B．， C．，　 D．， 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，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.在空间直角坐标系O－xyz中，平面α的法向量n=（2，2，1），直线l的方向向量为m，则下列说法正确的是（　　） A．x轴一定与平面α相交 B．平面α一定经过点O C．若m=（－1，－1，－），则l⊥α D．若m=（－1，0，2），则l∥α 10.下列命题正确的是（　　） A．若p是平面α的一个法向量，A，B是直线b上不同的两点，则b∥α的充要条件是p•=0 B．已知A，B，C三点不共线，对于空间中任意一点O，若=＋＋，则P，A，B，C四点共面 C．已知a=（－1，1，2），b=（0，2，3），若ka＋b与2a－b垂直，则k=－ D．已知△ABC的顶点分别为A（－1，1，2），B（4，1，4），C（3，－2，2），则AC边上的高BD的长为 11.菱形ABCD的边长为4，∠A=60°，E为AB的中点（如图①），将△ADE沿直线DE翻折至△A′DE处（如图②），连接A′B，A′C，下列说法中正确的有（　　） A．在翻折的过程中（不包括初始位置），平面A′EB与平面A′DE所成角逐渐减小 B．若F为A′D的中点，在翻折的过程中（不包括初始位置），点F到平面A′EB的距离恒为 C．若A′E⊥BC，则三棱锥A′－EBD的外接球半径为 D．若A′E⊥BC，点F为A′D的中点，则F到直线BC的距离为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中横线上） 12.若空间向量a=（2，－1，3），b=（－1，4，－2），c=（7，－7，m）是共面向量，则实数m=　　　　． 13.在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，如图所示，若CA=CC1=2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为　　　　． 14.在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为CC1的中点，P，Q是正方体表面上相异两点，满足BP⊥A1E，BQ⊥A1E． （1）若P，Q均在平面A1B1C1D1内，则PQ与BD的位置关系是　　　　； （2）||的最小值为　　　　． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分）已知向量a=（x，1，2），b=（1，y，－2），c=（3，1，z），且a∥b，b⊥c． （1）求向量a，b，c的坐标； （2）求a＋c与b＋c所成角的余弦值． 16.（本小题满分15分）如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2，A1C1=1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点． （1）求证：A1N∥平面C1MA； （2）求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值； （3）求点C到平面C1MA的距离． 17.（本小题满分15分）如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为． （1）设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1； （2）设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长． 18.（本小题满分17分）如图所示， 已知几何体EFG－ABCD，其中四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长为1，点M在棱DG上． （1）求证：BM⊥EF； （2）是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由． 19.（本小题满分17分）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，AD=CD=2AB=2，E，F分别为PC，CD的中点，DE=EC． （1）求证：平面ABE⊥平面BEF； （2）设PA=a，若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈［，］，求a的取值范围． 章末检测（三）　空间向量与立体几何 1.A　因为的坐标为（5，4，3），所以DA＝5，DC＝4，DD1＝3，所以A（5，0，0），C1（0，4，3），所以＝（－5，4，3）.故选A. 2.A　在△BCD中，因为点G是CD的中点，所以＝（＋），从而＋（＋）＝＋＝. 3.B　设D（x，y，z），则＝（x＋1，y－1，z－2），＝（2，－1，－3），＝（1－x，－y，－1－z）.∵＝2，∴∴即D（，，0），∴＝（－λ，－λ，－1－λ）.∵⊥，∴·＝2（－λ）＋λ－3（－1－λ）＝0，∴λ＝－. 4.B　∵AB＝1，BC＝2，AA1＝3，∴A1（0，0，3），C（1，2，0），B（1，0，0），∴直线A1C的方向向量＝（1，2，－3），＝（0，2，0），对应的单位向量为u＝（，，－），∴点B到A1C的距离为d＝＝＝. 5.D　＝＋＝＋＝＋（＋）＝＋［＋（＋）］＝＋＋＝＋（＋）＋（＋）＝＋＋＝a＋b＋c，故选D. 6.A　∵O2M⊥O1O2，O1N⊥O1O2，∴·＝0，·＝0，且由题意知，·＝3×5×cos 60°＝.∵＝＋＋，∴＝（＋＋）2＝＋＋＋2·＋·＋2·＝9＋16＋25＋15＝65，∴｜｜＝.故选A. 7.C　设点Q（x，y，z）.因为点Q在直线OP上，所以∥，可设＝λ（λ∈R），得x＝λ，y＝λ，z＝2λ，则Q（λ，λ，2λ），＝（1－λ，2－λ，3－2λ），＝（2－λ，1－λ，2－2λ），所以·＝6λ2－16λ＋10＝6－.故当λ＝时，·取得最小值，此时点Q（ ，，）.故选C. 8.D　因为M，R分别为OA，AD的中点，所以MR∥OD.在正方形ABCD中，N，R分别为BC，AD的中点，所以NR∥CD.又MR∩NR＝R，OD∩CD＝D，所以平面MNR∥平面OCD.又MN⊂平面MNR，所以MN∥平面OCD，所以直线MN与平面OCD的距离、平面MNR与平面OCD的距离都等于点N到平面OCD的距离.以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O（0，0，2），C（2，2，0），D（0，2，0），N（2，1，0），所以＝（0，1，0），＝（0，2，－2），＝（－2，0，0），设平面OCD的法向量为n＝（x，y，z），则令z＝1，得n＝（0，1，1）为平面OCD的一个法向量，所以点N到平面OCD的距离d＝＝，所以直线MN与平面OCD的距离、平面MNR与平面OCD的距离都等于. 9.AC　不妨设x轴的方向向量为a＝（1，0，0），则a·n＝（1，0，0）·（2，2，1）＝2≠0，故x轴一定与平面α相交，A正确；平面α不一定经过点O，B错误；因为（2，2，1）＝－2，即n＝－2m，故l⊥α，C正确；因为m·n＝（－1，0，2）·（2，2，1）＝－2＋2＝0，所以m⊥n，所以l∥α或l在平面α内，故D错误.故选A、C. 10.BCD　若b⊂α，则p·＝0成立，故b∥α不是p·＝0的必要条件，故A错误；若＝＋＋，则（－）＝（－）＋（－），所以＝＋，所以P，A，B，C四点共面，故B正确；由题意可得ka＋b＝（－k，k＋2，2k＋3），2a－b＝（－2，0，1），若ka＋b与2a－b垂直，则（ka＋b）·（2a－b）＝2k＋2k＋3＝0，解得k＝－，故C正确；由题意可得＝（5，0，2），＝（4，－3，0），则｜｜＝＝，｜｜＝＝5，则cos A＝＝＝，所以sin A＝＝，所以｜BD｜＝｜｜sin A＝×＝，故D正确. 11.BCD　因为DE⊥A'E，DE⊥BE，且A'E∩BE＝E，所以DE⊥平面A'BE，又DE⊂平面A'DE，则平面A'EB⊥平面A'DE，则所成角始终为90°，故A错误；因为DE⊥平面A'EB，则点D到平面A'EB的距离为DE＝＝2，则点F到平面A'EB的距离恒为，故B正确；因为A'E⊥BC，DE⊥A'E且BC与DE相交，所以A'E⊥平面DEBC，又DE⊥平面A'BE，则以E为原点，以DE，EB，EA'分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系（图略）.设球心坐标为（x，y，z），E（0，0，0），B（0，2，0），A'（0，0，2），D（－2，0，0），所以所以r＝＝，故C正确；因为B（0，2，0），C（－2，4，0），F（－，0，1），所以＝（－2，2，0），令c＝＝（－，，0），a＝＝（，2，－1），则｜a｜＝＝2，a·c＝－＋1＝－，所以点F到直线BC的距离d＝＝＝，故D正确.故选B、C、D. 12.11　解析：若向量a，b，c共面，则存在x，y∈R，使得a＝xb＋yc，所以解得 13.　解析：不妨设CB＝1，则B（0，0，1），A（2，0，0），C1（0，2，0），B1（0，2，1）.∴＝（0，2，－1），＝（－2，2，1）.cos＜，＞＝＝＝. 14.（1）平行　（2） 解析：（1）以D为原点，以DA，DC，DD1 所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，A1（1，0，1），E，B（1，1，0），因为P，Q均在平面A1B1C1D1内，所以设P（a，b，1），Q（m，n，1），＝，＝（a－1，b－1，1），＝（m－1，n－1，1），因为BP⊥A1E， BQ⊥A1E，所以 解得＝（n－b，n－b，0），＝（－1，－1，0），所以PQ与BD的位置关系是平行. （2）由（1）可知：b－a＝，｜｜＝ ＝＝ ＝，当a＝时，｜｜有最小值，最小值为. 15.解：（1）∵向量a＝（x，1，2），b＝（1，y，－2），c＝（3，1，z），且a∥b，b⊥c， 易知y≠0，否则a∥b不成立， ∴解得x＝－1，y＝－1，z＝1. ∴向量a＝（－1，1，2），b＝（1，－1，－2），c＝（3，1，1）. （2）∵a＋c＝（2，2，3），b＋c＝（4，0，－1）， ∴（a＋c）·（b＋c）＝2×4＋2×0＋3×（－1）＝5， ｜a＋c｜＝＝，｜b＋c｜＝＝，∴向量a＋c与b＋c所成角的余弦值为＝＝. 16.解：（1）证明：连接MN，如图①. ∵M，N分别为线段BC，AB的中点， ∴MN∥AC，且MN＝AC＝1. ∵几何体ABC-A1B1C1为三棱台， ∴AC∥A1C1，∴MN∥A1C1. ∵AC＝2，A1C1＝1，∴MN＝A1C1. ∴四边形A1NMC1是平行四边形，∴A1N∥C1M. ∵A1N⊄平面C1MA，C1M⊂平面C1MA， ∴A1N∥平面C1MA. （2）∵A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，∴分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图②， 则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A1（0，0，2），C1（0，1，2），M（1，1，0）， ∴＝（0，1，2），＝（1，1，0），＝（0，0，2）. 设平面C1MA的法向量为n1＝（x1，y1，z1）， 则即 取y1＝2，则x1＝－2，z1＝－1. ∴平面C1MA的一个法向量为n1＝（－2，2，－1）. 易得平面ACC1A1的一个法向量为n2＝（1，0，0）. 设平面C1MA与平面ACC1A1所成的角为θ， 则cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝＝. 故平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为. （3）由（2）知＝（0，2，0）. 又平面C1MA的一个法向量为n1＝（－2，2，－1）， 故点C到平面C1MA的距离d＝＝＝. 17.解：（1）证明：＝＋，＝＋.因为BB1⊥平面ABC，所以·＝0，·＝0. 又△ABC为正三角形，所以＜，＞＝π－＜，＞＝π－＝， 所以·＝（＋）·（＋）＝·＋·＋＋·＝｜｜·｜｜·cos＜，＞＋＝－1＋1＝0，所以⊥，所以AB1⊥BC1. （2）由（1）知·＝｜｜·｜｜·cos＜，＞＋＝－1. 又｜｜＝＝＝｜｜， 所以cos＜，＞＝＝. 所以｜｜＝2，即侧棱长为2. 18.解：（1）证明：因为四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形， 所以GD⊥DA，GD⊥DC，AD⊥CD， 又DA∩DC＝D，所以GD⊥平面ABCD. 以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 则B（1，1，0），E（1，0，1），F（0，1，1）. 因为点M在棱DG上，故可设M（0，0，t）（0≤t≤1）. 可得＝（1，1，－t），＝（－1，1，0）， 所以·＝1×（－1）＋1×1＋（－t）×0＝0，所以BM⊥EF. （2）假设存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°. 设平面BEF的法向量为n＝（x，y，z）， 因为＝（0，－1，1），＝（－1，0，1）， 所以 所以 令z＝1，得x＝y＝1，所以n＝（1，1，1）为平面BEF的一个法向量， 所以cos＜n，＞＝＝. 因为直线MB与平面BEF所成的角为45°， 所以sin 45°＝｜cos＜n，＞｜， 所以＝，解得t＝－4±3. 又0≤t≤1，所以t＝3－4. 所以存在点M（0，0，3－4）. 当点M位于DG上，且DM＝3－4时，直线MB与平面BEF所成的角为45°. 19.解：（1）证明：因为AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，F为CD的中点，所以四边形ABFD为矩形，AB⊥BF. 又DE＝EC，F是CD的中点，所以CD⊥EF. 因为AB∥CD，所以AB⊥EF. 又因为BF∩EF＝F，所以AB⊥平面BEF. 又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面BEF. （2）由（1）得DC⊥EF. 又PD∥EF，AB∥CD，所以AB⊥PD. 又AB⊥AD，AD∩PD＝D，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PA. 以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则B（1，0，0），D（0，2，0），P（0，0，a），C（2，2，0），E（1，1，），所以＝（－1，2，0），＝（0，1，），且平面ABCD的法向量n1＝（0，0，1）. 设平面EBD的一个法向量为n2＝（x，y，z）， 则即令y＝1，得x＝2，z＝－，则n2＝（2，1，－）， 所以cos θ＝＝＝. 因为平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈［，］， 所以cos θ∈［，］，即∈［，］. 由≥，得－≤a≤；由≤，得a≤－或a≥. 因为a＞0，所以a的取值范围是［，］. 3 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $