阶段检测（2）(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（人教A版)

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何，通过选择、填空、解答题系统覆盖方向向量、法向量应用及空间角、距离计算，注重逻辑推理与数学运算核心素养的培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间向量基础|单选1-3、多选8（5题）|概念辨析、垂直关系判断|从方向向量、法向量概念切入，建立向量与几何垂直关系的对应| |空间角与距离|单选4-7、填空11、解答12-13（7题）|角度计算、距离求解|以空间直角坐标系为工具，实现几何问题代数化，强化运算能力| |综合应用|解答14（1题）|证明与存在性探究|整合线面垂直、二面角及参数问题，提升空间观念与逻辑推理能力|

阶段检测（二） （时间：60分钟　满分：100分） 一、单项选择题（共7小题，每小题5分，共35分） 1.设直线l1的一个方向向量为a=（2，1，－2），直线l2的一个方向向量为b=（2，2，m），若l1⊥l2，则m=（　　） A．1　 B．－2 C．－3　 D．3 2.设平面α内两向量a=（1，2，1），b=（－1，1，2），则下列向量中是平面α的法向量的是（　　） A．（－1，－2，5）　 B．（－1，1，－1） C．（1，1，1）　 D．（1，－1，－1） 3.已知A（1，－2，11），B（4，2，3），C（6，－1，4），则△ABC的形状是（　　） A．等腰三角形　 B．等边三角形 C．直角三角形　 D．等腰直角三角形 4.在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，AD=2AB=4，且PD与底面ABCD所成的角为45°，则点B到直线PD的距离为（　　） A．2　 B．2 C．2　 D．2 5.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E=A1D，AF=AC，则下列说法正确的是（　　） A．EF至多与A1D，AC之一垂直 B．EF⊥A1D，EF⊥AC C．EF与BD1相交 D．EF与BD1异面 6.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC=BC=CC1，点D是棱AB的中点，则平面ABC与平面B1CD夹角的正弦值为（　　） A．　 B． C．　 D．1 7.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．［1，］　 B．［，］ C．［，］　 D．［1，］ 二、多项选择题（共2小题，每小题6分，共12分） 8.如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，已知CM⊥AB，ON⊥AB，垂足M，N为两个不同的点，且〈，〉=，设直线MC与ON所成的角为α，二面角C－AB－O的大小为β，则（　　） A．α= B．α=　　 C．β= D．β= 9.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中正确的是（　　） A．EF∥平面ABC1D1 B．EF⊥B1C C．EF与AD1所成角为60° D．EF与平面BB1C1C所成角的正弦值为 三、填空题（共2小题，每小题5分，共10分） 10.已知A（－1，2，0），B（1，2，0），C（2，－1，3），点P（x，0，z），若PA⊥平面ABC，则点P的坐标为　　　　． 11.将边长为1的正方形AA1O1O及其内部绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧，则直线B1C与平面OAA1O1所成的角的正弦值为　　　． 四、解答题（共3小题，共43分） 12.（13分）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC=，D是棱AC的中点，且AB=BC=BB1=2. （1）求证：AB1∥平面BC1D； （2）求异面直线AB1与BC1所成的角． 13.（15分）如图，已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=AF=2，∠ADC=60°． （1）求直线BF与平面ABCD所成的角； （2）求点A到平面FBD的距离． 14.（15分）如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面ABC，点M为AB的中点，且AB=AC=2，BC=2，AD=2. （1）证明：AC⊥BD； （2）求平面BCD与平面CDM夹角的余弦值； （3）在线段BD上是否存在点P，使得直线PC与平面CDM所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 阶段检测（二） 1.D　∵l1⊥l2，∴a⊥b，∴a•b=2×2＋1×2＋（－2）•m=0，∴m=3. 2.B　平面α的法向量应当与a，b都垂直，可以检验知B选项适合． 3.C　因为=（3，4，－8），=（2，－3，1），=（5，1，－7），•=10－3－7=0，所以BC⊥AC，而||=，||=5，所以△ABC是直角三角形． 4.B　因为PA⊥平面ABCD，所以∠PDA为PD与平面ABCD所成的角，所以∠PDA=45°，所以PA=AD=4.以A为原点，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，如图所示，则B（2，0，0），P（0，0，4），D（0，4，0），则=（0，－4，4），=（－2，0，4），所以点B到直线PD的距离d===2． 5.B　如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为3，则E（1，0，1），F（2，1，0），A1（3，0，3），A（3，0，0），C（0，3，0），D（0，0，0），B（3，3，0），D1（0，0，3），∴=（1，1，－1），=（－3，3，0），=（－3，0，－3），∵•=0，•=0，∴EF⊥AC，EF⊥A1D，B正确，A错误；由=（－3，－3，3），=－，故选项C、D错误．故选B． 6.C　如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，令AC=2，则C（0，0，0），D（1，1，0），B1（0，2，2），所以=（1，1，0），=（0，2，2），设平面B1CD的法向量n=（x，y，z），则令x=1，则y=－1，z=1，所以n=（1，－1，1），又易知平面ABC的法向量m=（0，0，1），故cos〈n，m〉===，设平面ABC与平面B1CD的夹角为θ，θ∈（0，］，则cos θ=，故平面ABC与平面B1CD夹角的正弦值为sin θ==． 7.D　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［0，1］上单调递增，故线段BP长度的取值范围是［1，］． 8.BC　由题意可知，〈，〉=，因为α∈［0，］，所以α=π－=．因为β∈［0，π］，且由题图可知二面角C－AB－O为锐二面角，所以β=． 9.ABD　连接BD1（图略），∵EF∥BD1，得EF∥平面ABC1D1，故A正确；∵B1C⊥BC1，又由D1C1⊥平面BCC1B1，得B1C⊥D1C1，又BC1⋂D1C1=C1，BC1，D1C1⊂平面BD1C1，∴B1C⊥平面BD1C1.∵BD1⊂平面BD1C1，∴B1C⊥BD1.又∵BD1∥EF，∴EF⊥B1C，故B正确；∵EF∥BD1，∴EF与AD1所成角为∠AD1B，在△AD1B中，AD1=2，BD1=2，AB=2，且△AD1B为直角三角形，∴tan∠AD1B==，而tan 60°=，故C错误；∵EF∥BD1，又D1C1⊥平面BB1C1C，∴∠D1BC1即为EF与平面BB1C1C所成角，在Rt△D1C1B中，D1C1=2，D1B=2．sin∠D1BC1==，故D正确． 10.（－1，0，－2）　解析：由题可得=（－1－x，2，－z），=（2，0，0），=（3，－3，3），因为PA⊥平面ABC，所以即解得则P（－1，0，－2）． 11.　解析：由题意，∠AOC=，∠A1O1B1=，如图所示，建立空间直角坐标系，则B1（，，1），C（，－，0），所以=（，，－1），平面OAA1O1的一个法向量为n=（1，0，0），设直线B1C与平面OAA1O1所成的角为θ，所以sin θ===． 12.解：（1）证明：如图，连接B1C交BC1于点O，连接OD． 因为O为B1C的中点，D为AC的中点， 所以OD∥AB1. 因为AB1⊄平面BC1D，OD⊂平面BC1D， 所以AB1∥平面BC1D． （2）建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz， 则B（0，0，0），A（0，2，0）， C1（2，0，2），B1（0，0，2）， 因此=（0，－2，2），=（2，0，2）． 所以cos〈，〉===，设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则cos θ=，由于θ∈（0，］，故θ=，即异面直线AB1与BC1所成的角为． 13.解：设AC⋂BD=O，因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，所以易得AF⊥平面ABCD．以O点为坐标原点，以OD为x轴，OA为y轴，过O点且平行于AF的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系． （1）由已知得A（0，1，0），B（－，0，0）， C（0，－1，0），D（，0，0），F（0，1，2）， 因为z轴垂直于平面ABCD， 因此可令平面ABCD的一个法向量为m=（0，0，1）， 又=（，1，2）， 设直线BF与平面ABCD所成的角为θ， 则有sin θ=|cos〈m，〉|===，即θ=，所以直线BF与平面ABCD所成的角为． （2）因为=（2，0，0），=（，1，2）， 设平面FBD的法向量为n=（x，y，z）， ⇒ 令z=1得n=（0，－2，1）， 又因为=（0，0，2）， 所以点A到平面FBD的距离d===． 14.解：（1）证明：因为AB=AC=2，BC=2，所以AB2＋AC2=BC2，即AB⊥AC， 因为AD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC， 又AB⋂AD=A，AB，AD⊂平面ABD， 所以AC⊥平面ABD， 因为BD⊂平面ABD，所以AC⊥BD． （2）以A为坐标原点，AB，AC，AD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图， 则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），D（0，0，2）， M（1，0，0），可得=（－2，2，0），=（0，－2，2），=（1，－2，0）． 设平面BCD的法向量为m=（x1，y1，z1），则 令x1=1，则y1=1，z1=1，可得m=（1，1，1）． 设平面CDM的法向量为n=（x2，y2，z2）， 则 令y2=1，则x2=2，z2=1，可得n=（2，1，1）， 则|cos〈m，n〉|===， 所以平面BCD和平面CDM夹角的余弦值为． （3）设=λ（0≤λ≤1），则=λ，设P（x，y，z），则（x－2，y，z）=λ（－2，0，2），得x－2=－2λ，y=0，z=2λ，即P（2－2λ，0，2λ），可得=（2λ－2，2，－2λ）． 由（2）知，平面CDM的法向量为n=（2，1，1），设直线PC与平面CDM所成角为θ，则sin θ=|cos〈，n〉|===，整理可得2λ2－5λ＋2=0，解得λ=或λ=2（舍去）， 所以存在点P，使得直线PC与平面CDM所成角的正弦值为，此时=． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $