第一章 空间向量与立体几何单元试卷- 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** 本单元卷聚焦空间向量与立体几何，通过选择、填空、解答题梯度设计，考查空间观念、推理能力及模型构建，适配高中数学单元复习，贴合核心素养要求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|8/40|空间向量运算、共面（第2题）、线面关系（第4题）|基础巩固，注重概念辨析| |多项选择|3/18|投影向量（第9题）、四点共面（第10题）|能力提升，考查综合判断| |填空题|3/15|单位向量（第12题）、夹角范围（第13题）|细节检测，强化运算准确性| |解答题|5/77|线面垂直证明（第16题）、二面角与存在性问题（第18、19题）|创新应用，结合“十字贯穿体”模型（第10题），贴合高考命题趋势|

第一章　空间向量与立体几何 (时间:120分钟　满分:150分) 班级： 姓名： 成绩： 一、单项选择题:本题共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. .在长方体ABCD-A1B1C1D1中,等于(　　) A. B. C. D. 2.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(1,3,λ),若a,b,c三向量共面,则实数λ等于(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 3.设x,y∈R,向量a=(x,1,1),b=(1,y,1),c=(3,-6,3)且a⊥c,b∥c,则|a+b|=(　　) A.2 B.2 C.4 D.3 4.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,E,F分别是BB1,DD1的中点,则下列结论正确的是(　　) A.A1O∥EF B.A1O⊥EF C.A1O∥平面EFB1 D.A1O⊥平面EFB1 5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB⊥AD,BC∥AD,且AB=BC=2,AD=3,PA⊥平面ABCD,且PA=2,则PB与平面PCD所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 6.底面为矩形ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到如图所示的多面体,其中AB=4,BC=2, CC1=3,BE=1,则点C到平面AEC1F的距离为(　　) A. B. C. D. 7.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长都是a,且AB⊥AD,∠A1AB=∠A1AD=60°,E为CC1的中点,则点E到直线AC1的距离为(　　) A.a B.a C.a D.a 8.正四面体A-BCD的棱长为4,空间中的动点P满足||=2,则的取值范围为(　　) A.[4-2,4+2] B.[,3] C.[4-3,4-] D.[-14,2] 二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,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.下面四个结论正确的是(　　) A.已知向量a=(9,4,-4),b=(1,2,2),则a在b上的投影向量为(1,2,2) B.若对空间中任意一点O,有,则P,A,B,C四点共面 C.已知{a,b,c}是空间的一个基底,若m=a+c,则{a,b,m}也是空间的一个基底 D.若直线l的方向向量为e=(1,0,3),平面α的法向量n=(-2,0,),则直线l⊥α 10.“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型,图1是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品.该“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体,其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱,两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点,另外两条相对的侧棱交于一点(该点为所在棱的中点).若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为2,高为4的正四棱柱构成,在其直观图中建立如图2所示的空间直角坐标系,则(　　) 图1 图2 A.GE= B.点C的坐标为(-2,2,2) C.O,E,F,A四点共面 D.直线CE与直线DG所成角的余弦值为 11.正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AA1=2,空间点P满足=μ1+μ2+μ3,则(　　) A.当μ1=μ2=μ3=时,P为正方形B1BCC1对角线交点 B.当μ1+μ2+μ3=2时,P在平面A1BC内 C.当μ3=1时,三棱锥P-ABC的体积为 D.当μ1=μ3且μ1+μ2=1时,有且仅有一个点P,使得AP⊥BC 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.空间向量a=(2,2,-1)的单位向量的坐标是　　　　　　　.  13.已知a=(3,-2,-3),b=(-1,x-1,1),且向量a与b的夹角为钝角,则x的取值范围是　　　　　　　. 14.如图,正方形ABCD,ABEF的边长都是1,而且平面ABCD,ABEF互相垂直,点M在AC上移动,点N在BF上移动,若CM=BN=a(0<a<),则线段MN最短为　　　　　　　. 四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)已知a=(x,4,1),b=(-2,y,-1),c=(3,-2,z),a∥b,b⊥c,求: (1)a,b,c; (2)向量a+c与b+c夹角的余弦值. 16.(15分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD, AD=CD=2,AA1=AB=4,E为棱AA1的中点. (1)证明:BC⊥EC1. (2)设=λ(0<λ<1),若点C1到平面BB1M的距离为,求λ. 17.(15分)(2025全国1)如图所示的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=AB=,AD=+1,BC=2,P,B,C,D在同一个球面上,设该球面的球心为O. ①证明:O在平面ABCD上; ②求直线AC与直线PO所成角的余弦值. 18.(17分)如图,在△ABC中,AC⊥BC,AC=BC=2,D是AC中点,E,F分别是BA,BC边上的动点,且EF∥AC,将△BEF沿EF折起,将点B折至点P的位置,得到四棱锥. (1)求证:EF∥平面PAC; (2)若BE=2AE,二面角P-EF-C是直二面角,求平面PCE与平面CEF夹角的正切值; (3)当PD⊥AE时,求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围. 19.(17分)类比思想在数学中极为重要,例如类比于二维平面内的余弦定理,有三维空间中的三面角余弦定理:如图1,由射线PA,PB,PC构成的三面角P-ABC,记∠APC=α, ∠BPC=β,∠APB=γ,二面角A-PC-B的大小为θ,则cos γ=cos αcos β+sin αsin βcos θ.如图2,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为菱形,∠BAD=60°,AA1=2,AB=2,且A1点在底面ABCD内的射影为AC的中点O. 图1 图2 (1)求cos∠A1AB的值. (2)直线AA1与平面ABCD内任意一条直线夹角为φ,证明:≤φ≤. (3)在直线CC1上是否存在点P,使BP∥平面A1C1D?若存在,求出点P的位置;若不存在,说明理由. 附加题 如图,在四棱锥P-ABCD中,已知底面ABCD是正方形,PC⊥底面ABCD,且PC=BC=1,E是棱PB上动点. (1)证明:BD⊥平面PAC. (2)线段PB上是否存在点E,使二面角P-AC-E的余弦值是?若存在,求的值;若不存在,请说明理由. 参考答案 1.A　. 2.A　若向量a,b,c共面,则c=xa+yb,其中x,y∈R, 即(1,3,λ)=(2x,-x,3x)+(-y,4y,-2y)=(2x-y,-x+4y,3x-2y), 则有 解得 3.D　因为a⊥c,则a·c=3x-6+3=0,解得x=1,则a=(1,1,1).因为b∥c,则,解得y=-2,即b=(1,-2,1),所以a+b=(2,-1,2),故|a+b|==3.故选D. 4.B　在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 令AB=2a,DD1=2b(a>0,b>0),则O(a,a,0),A1(2a,0,2b),E(2a,2a,b),B1(2a,2a,2b),F(0,0,b), =(a,-a,2b),=(2a,2a,0),=(0,0,b).对于A,显然不共线,即A1O与EF不平行,故A不正确;对于B,因为=a×2a+(-a)×2a+0×2b=0,则,即A1O⊥EF,故B正确;对于C,设平面EFB1的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=-1,z=0,得n=(1,-1,0).因为·n=2a>0,因此与n不垂直,即A1O不平行于平面EFB1,故C不正确;对于D,由选项C知,与n不共线,即A1O不垂直于平面EFB1,故D不正确.故选B. 5.C　依题意,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 因为AB=BC=2,AD=3,PA=2, 则P(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,3,0), 从而=(2,0,-2),=(2,2,-2),=(0,3,-2), 设平面PCD的法向量为n=(a,b,c), 则 不妨取c=3,则a=1,b=2, 所以平面PCD的一个法向量为n=(1,2,3), 设PB与平面PCD所成角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|=||=. 6.C　以D为原点,DA,DC,DF所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3), ∴=(-2,4,3),=(0,4,1). 设平面AEC1F的法向量为n=(x,y,z), 由 令z=1,则x=1,y=-, 所以n=. 又=(0,0,3), ∴点C到平面AEC1F的距离d=. 故选C. 7.A　在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,设=d,=b,=c, 则=d+b+c,=-c. 令|d|=|b|=|c|=a,则d·b=0,d·c=b·c=a×a×a2, 所以||=|d+b+c|==a, ||=a,=-c·(d+b+c)=-(c·d+c·b+c·c)=-a2, 所以点E到直线AC1的距离为d=a,故选A. 8.D　分别取BC,AD的中点E,F,则||=|2|=2,所以||=.故点P的轨迹是以E为球心,以为半径的球面.由题可得,=-()·()=-()·()=||2-||2=4-||2.又ED==2, EF==2,所以||min=EF-,||max=EF+=3,所以的取值范围为[-14,2].故选D. 9.ABC　选项A,因为a=(9,4,-4),b=(1,2,2),所以a在b上的投影向量为·b=×(1,2,2)=(1,2,2),故A正确;选项B,因为=1,故P,A,B,C四点共面,故B正确;选项C,因为{a,b,c}是空间的一个基底,m=a+c,所以{a,b,a+c}两向量之间不共线,所以{a,b,m}也是空间的一个基底,故C正确;选项D,因为直线l的方向向量为e=(1,0,3),平面α的法向量n=(-2,0,),e·n=-2+0+2=0,则直线l∥α或l⊂α,故D错误.故选ABC. 10.ACD　依题意,正方形ABCD的对角线BD=2,ED=,则G(2,2,2),E(0,2,3), A(0,4,2),F(0,2,),D(-1,3,3),B(-1,3,),对于A,因为=(-2,0,),则||=,即GE=,故A正确;对于B,由=(-1,-1,-),得C(-2,2,2),故B错误;对于C,=(0,4,2),=(0,2,3),=(0,2,),则=2. 又O为三个向量的公共起点,因此O,E,F,A四点共面,故C正确;对于D,=(2,0,), =(3,-1,-),cos<>=,直线CE与直线DG所成角的余弦值为,故D正确.故选ACD. 11.ACD　对于A,设D为BC的中点,D1为B1C1的中点.当μ1=μ2=μ3=时,,∴,∴P为正方形B1BCC1对角线交点,故A正确;对于B,当μ1=μ2=0,μ3=2时,=2,P∉平面A1BC,故B错误;对于C,μ3=1时,=μ1+μ2,∴=μ1+μ2,∴P∈平面A1B1C1,S△ABC=×2×2×,∴VP-ABC=×2=,故C正确; 对于D,如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线建立空间直角坐标系, 则A(,0,0),C(0,1,0),B(0,-1,0),A1(,0,2),=(-,-1,0),=(-,1,0),=(0,0,2).又μ2=1-μ1,则=μ1+(1-μ1)+μ1=(-,1-2μ1,2μ1).又=(0,2,0),=2(1-2μ1)=0,解得μ1=,∴=(-,0,1),即P(0,0,1),∴P点为正方形B1BCC1对角线交点,即P点唯一,故D正确.故选ACD. 12.　由题可得|a|==3, ∴向量a的单位向量的坐标为(2,2,-1)=. 13.　因为向量a与b的夹角为钝角, 所以a·b=-3-2(x-1)-3<0, 解得x>-2. 由题意得a与b不共线,则, 解得x≠, 所以x的取值范围是. 14.　建立空间直角坐标系如图所示,则A(1,0,0),F(1,1,0),C(0,0,1). 因为CM=BN=a(0<a<),且四边形ABCD,ABEF为正方形, 所以M(a,0,1-a),N(a,a,0), 所以=(0,a,a-1). 所以||=, 即MN的长为. 当a=时,||min=,即M,N分别为AC,BF的中点时,MN的长最小,最小值为. 15.解(1)因为a∥b,易知y≠0, 所以,解得x=2,y=-4, 则a=(2,4,1),b=(-2,-4,-1). 又b⊥c,所以b·c=0,即-6+8-z=0, 解得z=2,于是c=(3,-2,2). (2)由(1)得a+c=(5,2,3),b+c=(1,-6,1), 设向量a+c与b+c的夹角为θ, 因为cos θ==-, 所以向量a+c与b+c夹角的余弦值为-. 16.(1)证明以A为原点,AD,AA1,AB所在直线为x轴、y轴、z轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,0,4),D(2,0,0),C(2,0,2),E(0,2,0),C1(2,4,2),B1(0,4,4), 所以=(2,0,-2),=(2,2,2), 所以=2×2+0+2×(-2)=0, 所以,即BC⊥EC1. (2)解 因为=(0,4,0),=(-2,2,-2), 所以+λ=(2-2λ,2λ,-2-2λ). 设平面BB1M的法向量为n=(x,y,z), 所以 令x=1+λ,则y=0,z=1-λ,得n=(1+λ,0,1-λ). 因为=(2,0,-2),所以点C1到平面BB1M的距离d=,解得λ=. 17.(1)证明∵PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD, ∴PA⊥AB. 又AB⊥AD,AP,AD⊂平面ADP,AP∩AD=A, ∴AB⊥平面ADP. 又AB⊂平面PAB, ∴平面PAB⊥平面PAD. (2)①证明 易知PA,AB,AD两两垂直,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. ∵AP=,AB=,BC=2,AD=+1, ∴P(0,0,),B(,0,0),C(,2,0),D(0,+1,0). ∵点O为P,B,C,D共球面的球心, 则PO=OB,CO=DO,BO=CO. 设O(x,y,z),则有 解得 即点O(0,1,0),∴点O在平面ABCD上. ②解 由①知=(,2,0),=(0,1,-), 则cos<>=. 18.(1)证明 在四棱锥P-AEFC中,EF∥AC. 又AC⊂平面PAC,EF⊄平面PAC, 所以EF∥平面PAC. (2)解 由AC⊥BC,AC∥EF,得EF⊥BC. 在四棱锥P-AEFC中,EF⊥FC,EF⊥PF. 又PF∩FC=F,PF,FC⊂平面PFC,所以EF⊥平面PFC. 因为PC⊂平面PFC,则EF⊥PC. 由二面角P-EF-C是直二面角,得平面PEF⊥平面EFC. 又平面PEF∩平面EFC=EF,PF⊥EF,PF⊂平面PEF, 故PF⊥平面EFC,则FE,FC,FP两两垂直. 以F为原点,FE,FC,FP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P(0,0,),C(0,,0),E(,0,0),=(0,,-),=(,-,0), 设平面PCE的法向量为m=(x,y,z),则 令z=1,则x=1,y=2,得m=(1,2,1). 又平面CEF的法向量为n=(0,0,1). 设平面PCE与平面CEF的夹角为θ,则cos θ=|cos<n,m>|=, 故sin θ=, 所以平面PCE与平面CEF的夹角的正切值tan θ=. (3)解 以C为原点,CA,CB所在直线分别为x轴、y轴,过点C作平面ACFE的垂线为z轴,建立空间直角坐标系, 设P(0,s,u),F(0,t,0),D(-1,0,0),A(-2,0,0),E(t-2,t,0),显然u>0,则=(t,t,0),=(-1,-s,-u). 因为=-t-st=0,得出s=-1,则P(0,-1,u), 故=(t-2,t+1,-u). 因为点P与其在直线FC上射影点及点F围成以线段PF为斜边的直角三角形,则u2+(t+1)2=(2-t)2,即u2=3-6t,且2-t>t+1,t>0,即0<t<. 又平面ABC的法向量为n=(0,0,1), 设直线PE与平面ABC所成角为β,sin β=|cos<,n>|=, 则sin2β=, 令1-2t=λ∈(0,1),函数f(λ)=λ++6在区间(0,1)上单调递减,则f(λ)>f(1)=16, 因此(1-2t)++6>16,则0<sin2β<,解得0<sin β<, 所以直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围是(0,). 19.(1)解 连接BO,由已知得A1O⊥平面ABCD,BO⊥AC. 又A1O⊂平面A1ACC1,所以平面A1ACC1⊥平面ABCD, 所以二面角A1-AC-B的大小为90°. 因为四边形ABCD为菱形,∠BAD=60°, 所以∠BAC=30°. 又AB=2,所以AO=. 在Rt△A1AO中,cos∠A1AO=. 由三面角余弦定理可得cos∠A1AB=cos∠A1AO·cos∠BAC+sin∠A1AOsin∠BACcos 90°=cos∠A1AO·cos∠BAC=. (2)证明由题意可得0<φ≤,设平面ABCD内任一条直线为l, 若l过点A,记直线AC与l的夹角为φ1(0≤φ1≤), 则cos φ=cos∠A1AOcos φ1. 因为cos φ1∈[0,1],所以cos φ=cos∠A1AOcos φ1≤cos∠A1AO=cos. 又0<φ≤,所以≤φ≤. 若l不过点A,过点A作l',使得l'∥l,记直线AC与l'的夹角为φ2(0≤φ2≤), 则cos φ=cos∠A1AOcos φ2. 因为cos φ2∈[0,1], 所以cos φ=cos∠A1AOcos φ2≤cos∠A1AO=cos. 又0<φ≤,所以≤φ≤. 综上可得,≤φ≤. (3)解 存在.由题可得,OA,OB,OA1两两垂直,以O为原点,OA,OB,OA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(,0,0),B(0,1,0),A1(0,0,3),C1(-2,0,3),D(0,-1,0),C(-,0,0), 则=(,0,-3).设=λ=λ(,0,-3), 则P(-2λ,0,3-3λ),故=(-2λ,-1,3-3λ). 设n=(x,y,z)为平面A1C1D的法向量,且=(-2,0,0),=(0,1,3), 则取z=1,则x=0,y=-3,得n=(0,-3,1). 要使BP∥平面A1C1D,则·n=3+3-3λ=6-3λ=0,得λ=2, 即存在点P,在线段C1C的延长线上,且使CP=C1C. 附加题 (1)证明连接BD,交AC于点O. ∵四边形ABCD为正方形,∴BD⊥AC. ∵PC⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PC⊥BD. 又AC∩PC=C,AC,PC⊂平面PAC, ∴BD⊥平面PAC. (2)解 存在.由题可得,CB,CD,CP两两垂直.以C为原点,CB,CD,CP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(1,1,0),C(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1), ∴=(1,0,-1),=(-1,-1,0),=(-1,1,0),=(-1,-1,1). 假设在线段PB上存在点E,使得二面角P-AC-E的余弦值为, 设=λ(0≤λ≤1),则=(λ,0,-λ), ∴=(λ-1,-1,1-λ). 设平面ACE的法向量n=(x,y,z), 则取x=1,则y=-1,z=, ∴n=(1,-1,). 由(1)知,BD⊥平面PAC,∴平面PAC的一个法向量为=(-1,1,0). ∴|cos<,n>|=,解得λ=(负值舍去), ∴当,即时,二面角P-AC-E的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $