章末检测（1） 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（人教B版)

**基本信息** 本卷为高中数学空间向量与立体几何单元复习卷，通过基础与综合题梯度设计，融合《九章算术》“阳马”等文化素材，考查空间向量运算、立体几何证明与计算，培养空间观念、运算能力及推理意识。 **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|空间坐标对称、向量垂直、正四面体向量表示|基础巩固，如第1题空间坐标对称| |多项选择题|3/18|向量模、法向量判定、线面角|能力提升，如第11题动点轨迹与距离和| |填空题|3/15|向量夹角、正三棱柱线线垂直、二面角|综合应用，如第14题二面角与线面角计算| |解答题|5/77|空间向量表示、线面平行、点面距离、存在性问题|创新应用，如17题“阳马”文化情境，19题半圆柱与四棱锥组合体|

章末检测（一）　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.空间直角坐标系中，点P（1，2，3）关于点M（1，－2，0）对称的点的坐标是（　　） A．（1，6，3）　 B．（－1，2，3） C．（1，－6，－3）　 D．（1，0，） 2.已知a=（－2，1，3），b=（－1，2，1），若a⊥（a－λb），则实数λ的值为（　　） A．－2　 B．－ C．　 D．2 3.如图，在正四面体P－ABC中，过点A作平面PBC的垂线，垂足为点H，点M满足=，则=（　　） A．＋＋ B．＋＋ C．－＋＋ D．＋＋ 4.夹在两平行平面α，β之间的两条线段AB和CD的长分别为8和12，AB和CD在α内的射影长之比为3∶5，则α，β间的距离为（　　） A．　 B． C．　 D． 5.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱AD上一点， DE=DA，F是D1C上一点，FC=D1C，则异面直线A1E与BF所成角的余弦值为（　　） A．　 B． C．　 D． 6.我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中，把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．今有“阳马”P－ABCD，PA⊥平面ABCD，PA=AB=4，AD=2，E，F，G分别为棱PA，AB，PD的中点，则点G到平面CEF的距离为（　　） A．　 B． C．　 D． 7.已知=（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P－ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC．则点M在正方形ABCD内的轨迹为（　　） 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.已知向量=（2，－1，－4），=（4，2，0），=（－1，2，－1），则下列说法正确的是（　　） A．||=2 B．⊥ C．是平面ABC的一个法向量 D．⊥ 10.如图，PA⊥平面ABCD，正方形ABCD边长为1，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，则（　　） A．AF∶FD=2∶1 B．AF∶FD=1∶1 C．若PA=1，则异面直线PE与BC所成角的余弦值为 D．若PA=1，则直线PE与平面ABCD所成角为30° 11.如图，四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD，SA=AB，O，P分别是AC，SC的中点，M是棱SD上的动点，则（　　） A．OM⊥AP B．存在点M，使OM∥平面SBC C．存在点M，使直线OM与AB所成的角为30° D．点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值 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.已知a=（2，1，－3），b=（－4，－2，x），若a与b夹角是钝角，则x取值范围是　　　　　　． 13.正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点．在直线CC1上求一点N，当CN的长为　　　时，MN⊥AB1. 14.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB=1，D在棱BB1上，且BD=1，则平面ACD与平面ABC所成二面角的余弦值为　　　　，AD与平面AA1C1C所成的角的正弦值为　　　　． 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）如图所示，在四棱锥M－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且AM和AB，AD的夹角都是60°，N是CM的中点，设a=，b=，c=，试以a，b，c为基向量表示出向量，并求BN的长． 16.（本小题满分15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的夹角． 17.（本小题满分15分）如图， 在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面PBC，∠ABP=，底面ABCD为直角梯形，AB∥DC，AB⊥BC，AB=2DC=4，BC=2． （1）证明：平面ABCD⊥平面PAB； （2）求点C到平面PAD的距离． 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在边DG上． （1）求证：EF⊥平面BDM； （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）如图所示，半圆柱OO1与四棱锥A－BCDE拼接而成的组合体中，F是半圆弧BC上（不含B，C）的动点，FG为圆柱的一条母线，点A在半圆柱下底面所在平面内，OB=2OO1=2，AB=AC=2． （1）求证：CG⊥BF； （2）若DF∥平面ABE，求平面FOD与平面GOD夹角的余弦值； （3）求点G到直线OD距离的最大值． 章末检测（一）　空间向量与立体几何 1.C　设点P（1，2，3）关于点M（1，－2，0）对称的点的坐标为（x，y，z），则解得则对称点坐标为（1，－6，－3）． 2.D　由题意得，因为a=（－2，1，3），b=（－1，2，1），所以a－λb=（λ－2，1－2λ，3－λ），又a⊥（a－λb），所以a•（a－λb）=0，得－2（λ－2）＋1－2λ＋9－3λ=0⇒λ=2，故选D． 3.D　∵在正四面体P－ABC中，AH⊥平面PBC，∴H为△PBC的中心，则=×（＋）=＋，∴=＋=＋=＋（－）=＋=＋（＋）=＋＋．故选D． 4.C　设α与β之间距离为h，设AB和CD在α内射影长分别为3a和5a，则有h==，∴a=，故h=． 5.A　不妨设AB=1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1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A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），所以=（－，0，－1），=（－1，－1，1），=（0，1，－1），所以=＋=＋=（－1，－1，1）＋（0，1，－1）=（－1，－，），所以cos〈，〉==，所以异面直线A1E与BF所成角的余弦值为． 6.B　依题意，以A为坐标原点，AD，AB，AP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E（0，0，2），F（0，2，0），C（2，4，0），G（1，0，2），所以=（0，2，－2），=（1，0，0），=（2，2，0），设平面CEF的法向量为n=（x，y，z），所以取y=－1，则n=（1，－1，－1），所以点G到平面CEF的距离d===． 7.C　设点Q（x，y，z）．因为点Q在上，所以∥，可设x=λ，0≤λ≤1，则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（λ－）2－．故当λ=时，•取得最小值，此时点Q（，，）．故选C． 8.A　如图，以D为原点，DA，DC所在的直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形ABCD的边长为a，M（x，y，0），则0≤x≤a，0≤y≤a，P（，0，），C（0，a，0），则||= ，||= ．由||=||，得x=2y，所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条线段y=x（0≤x≤a），故选A． 9.BCD　对于A，因为=－=（－3，3，3），所以||==3，选项A错误；对于B，因为=－=（2，3，4），所以•=－2＋6－4=0，则⊥，选项B正确；对于D，因为•=－2－2＋4=0，所以⊥，选项D正确；对于C，因为⊥，⊥，BC⋂AB=B，且BC，AB⊂平面ABC，所以是平面ABC的一个法向量，选项C正确． 10.BC　建立如图所示的空间直角坐标系，设PA=a，则B（1，0，0），C（1，1，0），E（，1，0），P（0，0，a）．设点F的坐标为（0，y，0），则=（－1，y，0），=（，1，－a），∵BF⊥PE，∴•=0，解得y=，即点F的坐标为（0，，0），∴F为AD的中点，∴AF∶FD=1∶1，B正确，A不正确．若PA=1，则P（0，0，1），=（，1，－1），=（0，1，0），cos〈，〉==，故C正确．=（0，0，1），cos〈，〉==－，故D不正确．故选B、C． 11.ABD　根据已知条件，以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设SA=AB=2，则A（0，0，0），C（2，2，0），B（2，0，0），D（0，2，0），S（0，0，2），P（1，1，1），O（1，1，0）．由M是棱SD上的动点，设M（0，λ，2－λ）（0≤λ≤2），因为=（1，1，1），=（－1，λ－1，2－λ），所以•=－1＋λ－1＋2－λ=0，即OM⊥AP，故A正确；连接BD，当M为SD中点时，OM是△SBD的中位线，所以OM∥SB，又OM⊄平面SBC，SB⊂平面SBC，所以OM∥平面SBC，故B正确；=（2，0，0），=（－1，λ－1，2－λ），若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°，则cos 30°===，化简得3λ2－9λ＋7=0，无解，故C错误；由题意可知：点M到平面ABCD的距离d1=2－λ，为平面SAB的法向量，所以点M到平面SAB的距离为d2===λ，所以d1＋d2=2－λ＋λ=2，故D正确． 12.（－，6）⋃（6，＋∞）　解析：若a∥b，则==⇒x=6，由a•b＜0⇒2×（－4）＋1×（－2）－3x＜0⇒x＞－．所以可得x∈（－，6）⋃（6，＋∞）． 13.　解析：取B1C1的中点为M1，连接MM1，AM，由正三棱柱性质可得AM⊥MM1，BM⊥MM1，AM⊥BM，因此以M为坐标原点，以MA，MB，MM1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，易知A（，0，0），B1（0，，2），M（0，0，0），设CN的长为a，且a＞0，可得N（0，－，a）．易知=（0，－，a），=（－，，2），若MN⊥AB1，则•=－×＋2a=0，解得a=，所以当CN的长为时，MN⊥AB1. 14.　　解析：取AC中点E，连接BE，则BE⊥AC，如图所示，建立空间直角坐标系B－xyz，则A（，，0），D（0，0，1），C（，－，0）， =（，－，－1），=（，，－1）．设平面ACD的法向量为n=（x，y，z），∴令x=2，z=3，y=0，∴n=（2，0，3），又为平面ABC的法向量，=（0，0，1），∴cos〈n，〉==．∴平面ACD与平面ABC所成二面角的余弦值为．∵平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC⋂平面AA1C1C=AC，BE⊥AC，∴BE⊥平面AA1C1C，∴=（，0，0）为平面AA1C1C的一个法向量，又=（－，－，1），∴cos〈，〉=－，设AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α=|cos〈，〉|=． 15.解：因为N是CM的中点，底面ABCD是正方形， 所以=＋=＋=＋（－）=＋［－（＋）］=－＋＋=－a＋b＋c， 又由题意，可得|a|=||=2，|b|=||=2，|c|=||=3，∠MAB=∠MAD=60°，∠DAB=90°， 因此||2=（－a＋b＋c）2=（|a|2＋|b|2＋|c|2－2a•b－2a•c＋2b•c）=（4＋4＋9－0－2×2×3cos 60°＋2×2×3cos 60°）=，所以||=，即BN的长为． 16.解：（1）证明：如图，连接B1C交BC1于点O，连接OD． ∵O为B1C的中点，D为AC的中点， ∴OD∥AB1. ∵AB1⊄平面BC1D，OD⊂平面BC1D， ∴AB1∥平面BC1D． （2）建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz． 则B（0，0，0），A（0，2，0），C1（2，0，2），B1（0，0，2）． ∴=（0，－2，2），=（2，0，2）． ∴cos〈，〉===． 设异面直线AB1与BC1的夹角为θ，则cos θ=． ∵θ∈（0，），∴θ=． 17.解：（1）证明：由PA⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，则PA⊥BC， 又AB⊥BC，由PA⋂AB=A，且PA，AB⊂平面PAB， 所以BC⊥平面PAB， 又BC⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAB． （2）由（1）易知PA⊥PB，又∠ABP=，过P作PO⊥AB于O， 由平面ABCD⊥平面PAB，平面ABCD⋂平面PAB=AB，PO⊂平面PAB， 所以PO⊥平面ABCD， 过O作Oz∥BC，易知Oz⊥AB， 故可构建如图所示空间直角坐标系． 又AB=2DC=4，BC=2，DC∥AB， 则A（0，－3，0），P（，0，0），C（0，1，2），D（0，－1，2）， 所以=（，3，0），=（0，2，2），=（0，2，0）， 设m=（x，y，z）是平面PAD的一个法向量， 则令z=－1，得m=（－，，－1）， 所以点C到平面PAD的距离为=． 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在边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．同理可得DM⊥EF，又DM⋂BM=M，DM，BM⊂平面BDM， 所以EF⊥平面BDM． （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）， 所以即 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：取圆弧BC中点H，连接OH，则OH⊥BC，以O为坐标原点，直线OB，OH，OO1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， 连接OA，在△ABC中，BC=4，AB=AC=2，OB=OC，则AO⊥BC，AO=2， 于是O（0，0，0），A（0，－2，0），B（2，0，0），C（－2，0，0），D（－2，0，1）， 设F（x，y，0），则G（x，y，1），其中x2＋y2=4，y＞0，=（x＋2，y，1），=（x－2，y，0）， 因此•=x2－4＋y2=0，即⊥，所以CG⊥BF． （2）由BE⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，得BE⊥AC， 又AB2＋AC2=BC2，则AB⊥AC，而AB⋂BE=B，AB，BE⊂平面ABE， 则AC⊥平面ABE，即=（－2，2，0）为平面ABE的一个法向量， =（x＋2，y，－1），由DF∥平面ABE，得•=－2x－4＋2y=0， 又x2＋y2=4，y＞0，解得此时F（0，2，0），G（0，2，1）， 设n=（a，b，c）是平面FOD的法向量，则取a=1，得n=（1，0，2）， 设m=（e，f，g）是平面GOD的法向量，则取e=1，得m=（1，－1，2）， 则平面FOD与平面GOD夹角的余弦值为|cos〈n，m〉|===． （3）=（－2，0，1），=（x，y，1）， 则点G到直线OD的距离d==， 当x=时，即F的坐标为（，，0）时，点G到直线OD的距离取最大值为． 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $