第1章空间向量与立体几何考点集训-2026-2027学年高二数学上学期人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 以空间向量工具为核心，系统覆盖从线性运算到立体几何应用的全链条，通过分层题型培养空间观念与推理能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间向量及其线性运算|4题|选择为主，含共面判定|从平面向量推广至空间，构建线性运算基础| |空间向量的数量积运算|4题|涉及投影、长度计算|通过数量积连接向量与几何度量，强化运算能力| |空间向量基本定理|4题|坐标转换与基底表示|建立向量分解与合成的理论框架，培养抽象思维| |空间向量坐标表示|4题|含对称点、轨迹问题|实现向量运算代数化，为几何问题坐标化奠基| |用空间向量研究位置关系|4题|解答题为主，含翻折证明|运用向量工具判断线面关系，发展模型意识| |用空间向量研究距离夹角|4题|综合应用，含二面角计算|深化向量在几何度量中的应用，提升综合解题能力|

第1章空间向量与立体几何考点集训-2026-2027学年高二数学上学期人教A版2019选择性必修第一册 考点汇总 考点一：空间向量及其线性运算 考点二：空间向量的数量积运算 考点三：空间向量基本定理 考点四：空间向量及其运算的坐标表示 考点五：用空间向量研究直线、平面的位置关系 考点六：用空间向量研究距离、夹角问题 考点集训 考点一：空间向量及其线性运算 1．（2026春•朝阳区校级期中）如图，在矩形ABCD中，E为CD中点，那么向量等于（　　） A． B． C． D． 2．（2025秋•安徽期末）已知空间向量，若共面，则实数m的值为（　　） A．0 B．﹣1 C．1 D．±1 3．（2026春•新区校级期中）如图，三棱锥O﹣ABC中，G为△ABC的重心，M是OC的中点，则（　　） A． B． C． D． 4．（2025秋•萍乡期末）已知空间中三个向量，，共面，则实数x的值为（　　） A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2 考点二：空间向量的数量积运算 5．（2026秋•湖北月考）已知向量（﹣1，﹣1，0），（2，1，1），则在上的投影向量为（　　） A． B． C． D． 6．（2026春•江津区校级月考）在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，则等于（　　） A． B． C． D．15 7．（2026春•巴彦淖尔校级月考）已知空间向量，若，则（　　） A． B． C． D．6 8．（2026•辽宁模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝CC1＝CB＝4，AC⊥CB，且D为AB的中点，，则DE的长为（　　） A． B． C． D．5 考点三：空间向量基本定理 9．（2026春•庄浪县校级月考）已知（﹣1，2，1），（2，0，1），则（23）•（）＝　 　 ． 10．（2026春•昌乐县期末）已知向量以为基底时的坐标为（3，4，5），则以为基底时的坐标是　 　 ． 11．（2026春•桃江县校级期末）在平面内，直线m∥n，P在两直线之间且到m，n的距离分别为1，2，过P作两条相互垂直的射线与m，n分别交于M，N两点，G为△PMN的重心．若设，，则可用，表示为　 　 ；||的最小值为　 　 ． 12．（2026春•宝山区校级月考）空间四边形OABC中，，点M在OA上，，点N为BC的中点，若向量用向量表示，则　 　 ． 考点四：空间向量及其运算的坐标表示 13．（2026春•金凤区校级期末）已知点P（﹣2，3，1）关于坐标平面Oxy的对称点为P1，点P1关于z轴的对称点为P2，则|PP2|＝　 　 ． 14．（2026春•安徽校级期末）已知向量，且，则m＝　 　 ． 15．（2026春•宝山区校级期中）在空间直角坐标系中，点A（2，﹣1，3）关于Oxy平面的对称点为B，则•　 　 ． 16．（2026春•徐汇区校级月考）对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是底面ABCD内（含边界）的动点，且，则的取值范围是　 　 ． 考点五：用空间向量研究直线、平面的位置关系 17．（2026春•天水期中）已知空间三点A（﹣2，0，2），B（﹣1，1，2），C（﹣3，0，4），设． （1）求； （2）若向量与互相垂直，求实数k的值． 18．（2026秋•佛山月考）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝5，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1，M为AB的中点，N为CC1的三等分点且靠近点C．记． （1）用表示向量，并求MN的长度； （2）求平面BDD1的法向量（用表示）． 19．（2026•宁波模拟）在△ABC中，∠ACB，AC＝4，BC＝2，M为AC的中点，如图，沿BM将△CMB翻折至△DMB位置，满足DA． （1）证明：平面DMB⊥平面ABM； （2）线段AB上是否存在点P，使得P在平面DAM内的射影恰好落在直线DM上．若存在，求出AP的长度；若不存在，请说明理由． 20．（2026•漯河模拟）已知直角梯形ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2BC＝2CD＝4，如图1为平面图形，F为AB中点，EA＝ED．将△ADE沿AD翻折到△ADP，形成四棱锥P﹣ABCD，如图2所示． （1）求证：AD⊥PF； （2）若，过AB的平面与平面PCD垂直，且与PC交于点Q，求的值． 考点六：用空间向量研究距离、夹角问题 21．（2026秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为棱CC1的中点，AA1＝2AC＝2AB，A1D⊥BD． （1）求证：AB⊥平面AA1C1C； （2）求直线BC与平面A1BD所成角的正弦值． 22．（2026秋•重庆月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，O是AC与BD的交点，∠ADC＝60°，PO⊥平面ABCD，M是棱PD上一点，且PB∥平面MAC． （1）证明：M是棱PD的中点； （2）锐二面角P﹣AD﹣C的余弦值为，求线段PO的长度． 23．（2026秋•如皋市月考）如图，圆柱OO1的轴截面是边长为2的正方形AA1C1C，B是该圆柱底面圆周上异于A、C两点的点． （1）设平面A1AB∩平面C1CB＝l，证明：l∥AA1； （2）当三棱锥C1﹣ABC的体积最大时，求二面角C﹣AC1﹣B的余弦值． 24．（2026秋•蚌埠月考）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝4，D，E分别为AB，A1C1的中点． （1）证明：A1D∥平面BCE； （2）若三棱锥A﹣EBC的体积为，求直线AC与平面ABE所成角的正弦值． 第1章空间向量与立体几何考点集训-2026-2027学年高二数学上学期人教A版2019选择性必修第一册 参考答案与试题解析 1．【解答】解：因为四边形ABCD是矩形，且E为CD中点， 则． 故选：D． 2．【解答】解：∵共面，间向量， ∴，∴（0，1，m）＝x（3，1，﹣5）+y（﹣1，0，2）， ∴，解得． 故选：C． 3．【解答】解：∵三棱锥O﹣ABC中，G为△ABC的重心，M是OC的中点， ∴． 故选：D． 4．【解答】解：由题意可知，存在实数λ，μ使得， 即（9，x，﹣1）＝λ（1，2，3）+μ（2，﹣1，﹣1）＝（λ+2μ，2λ﹣μ，3λ﹣μ）， 所以， 解得． 故选：D． 5．【解答】解：向量（﹣1，﹣1，0），（2，1，1）， 所以1×2﹣1×1+0×1＝﹣3，6， 则在上的投影向量为． 故选：C． 6．【解答】解：在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7， 由余弦定理得，， 可得． 故选：B． 7．【解答】解：∵， ∴t，得． 故选：A． 8．【解答】解：以C为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（4，0，0），B（0，4，0），B1（0，4，4），C1（0，0，4），D（2，2，0）， 因为点E满足，所以E（0，3，4）， 从而． 故选：B． 9．【解答】解：因为（﹣2，4，2）+（6，0，3）＝（4，4，5），（﹣3，2，0）， 所以12+8+0＝﹣4． 故答案为：﹣4． 10．【解答】解：因为向量以为基底时的坐标为（3，4，5）， 所以 ． 设， 所以，解得， 则， 则以为基底时的坐标是． 故答案为：． 11．【解答】解：根据题意可得， 即， 如图所示，以直线m为y轴，点O为原点，建立平面直角坐标系： 则直线m方程为x＝0，直线n的方程为x＝3，可知点P在直线x＝1上， 设M（0，a），P（1，b），N（3，c）， 所以点， 则， 因为， 所以（a﹣b）（c﹣b）﹣2＝0，即（a﹣b）（c﹣b）＝2， 可知， 因为（a﹣b）2+（c﹣b）2≥2（a﹣b）（c﹣b）＝4，当且仅当（a﹣b）＝（c﹣b）时取等号， 所以，当且仅当（a﹣b）＝（c﹣b）时取等号， 所以的最小值为1． 故答案为：；1． 12．【解答】解：因为N为BC的中点， 所以． 得到． 故答案为：． 13．【解答】解：∵空间点关于Oxy坐标平面对称时，z坐标取反，x，y坐标不变， ∴P（﹣2，3，1）关于坐标平面Oxy的对称点为P1（﹣2，3，﹣1）， ∵空间点关于z轴对称时，z坐标不变，x，y坐标都取反， ∴P1（﹣2，3，﹣1）关于z轴的对称点为P2（2，﹣3，﹣1）， ∴． 故答案为：． 14．【解答】解：∵向量，且， ∴1•（2m﹣2）+3（m﹣1）+0•3n＝0， 解得m＝1． 故答案为：1． 15．【解答】解：由题意可得，B的坐标为（2，﹣1，﹣3）， 因此，， ． 故答案为：﹣4． 16．【解答】解：建立空间直角坐标系，如图所示： D（0，0，0），D1（0，0，1），B1（1，1，1）， 设P（x，y，0），0≤x≤1，0≤y≤1， ，， 则x2+y2+（﹣1）2＝2，故x2+y2＝1（0≤x≤1，0≤y≤1）， 即P的轨迹是底面内的四分之一单位圆弧， ，， ， x，y≥0，则1+x＞0，1+y＞0， 去绝对值得： d＝x+y+2，令z＝x+y，其几何意义为直线y＝﹣x+z在y轴上的截距， 又因为点P在x2+y2＝1（0≤x≤1，0≤y≤1）上， 当直线y＝﹣x+z过（0，1）或（1，0）时，z取得最小值1， 当直线y＝﹣x+z与x2+y2＝1（0≤x≤1，0≤y≤1）相切时， 根据圆心到直线距离公式，且在第一象限， 可得，即z最大值为， 所以的取值范围为． 故答案为：． 17．【解答】解：（1）由题意，， 则； （2）由（1）可得， 因向量与互相垂直， 则得， 解得k＝2或． 18．【解答】解：（1）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝5， ∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1，M为AB的中点，N为CC1的三等分点且靠近点C， 记， 由题意知：， ， ∴； （2）∵，， 设平面BDD1的法向量，∴， 由，得： ＝16x+8y+8z﹣8x﹣16y﹣8z＝8x﹣8y＝0①； 由，得 ②； 令x＝5，由①②得y＝5，z＝﹣4， ∴平面BDD1的法向量（用表示）为． 19．【解答】（1）证明：在△ABC中，由余弦定理得，AB2＝AC2+BC2﹣2AC•BCcos∠ACB＝16+4﹣212， 所以， 所以AB2+BC2＝AC2，即AB⊥BC， 因为M为AC的中点， 所以， 取BM的中点O，连接OD，OA，则OD⊥BM，OD， 在△AMO中，∠AMO＝120°， 由余弦定理得，OA2＝AM2+OM2﹣2AM•OMcos∠AMO＝4+1﹣2×2×1×（）＝7， 因为DA， 所以DA2＝OD2+OA2，即OD⊥OA， 又BM∩OA＝O，BM、OA⊂平面ABM， 所以OD⊥平面ABM， 而OD⊂平面DMB， 所以平面DMB⊥平面ABM． （2）解：由题意知，△BCM是等边三角形， 连接OC，则OC⊥BM， 由（1）知OD⊥平面ABM， 故以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，B（1，0，0），M（﹣1，0，0），，D（0，0，）， 所以（﹣1，，0），，（3，，0）， 记P在DM上的射影点为Q， 设λ（3，，0），μμ（1，0，），λ，μ∈[0，1]， 则μ（1，0，）﹣（﹣1，，0）﹣λ（3，，0）＝（μ+1﹣3λ，，）， 若P在平面DAM内的射影恰好落在直线DM上， 则，即，解得，μ， 所以（3，，0）， 所以存在P符合题意，且AP． 20．【解答】解：（1）证明：取AD中点G，连接EG，FG，DF， 因为AB∥CD，AB＝2 CD，F为AB中点， 所以CD∥BF，CD＝BF＝2，故四边形BCDF为平行四边形， 又AB⊥BC，BC＝CD＝2，故四边形BCDF为正方形， 从而可得△AFD为等腰直角三角形，故FG⊥AD， 又EA＝ED，即为PA＝PD，故PG⊥AD， 又FG∩PG＝G，FG，PG⊂平面PFG， 故AD⊥平面PFG， 又PF⊂平面PFG， 故AD⊥PF． （2）由，得PF⊥AB， 由（1），得AD⊥PF，又AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面ABCD， 所以PF⊥平面ABCD， 故PF⊥AB，PF⊥FD，又FB⊥FD， 故FP，FB，FD 两两垂直， 以F为坐标原点，分别以FB，FD，FP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F（0，0，0），P（0，0，2），D（0，2，0），C（2，2，0）， 故， 设平面PCD的一个法向量为， 则由，所以， 可取， 设， 则，， 因为平面ABQ⊥平面PCD， 所以平面ABQ内存在直线和平面PCD的法向量平行，即可平移到平面ABQ内， 所以可表示为， 所以，解得， 所以，故． 21．【解答】解：（1）证明：因为AA1＝2AC＝2AB，不妨设AB＝1，则AC＝1，AA1＝2， 连接AD，由直棱柱的性质知，四边形ACC1A1为矩形， 又D为CC1的中点，故， 于是， 所以A1D⊥AD， 又A1D⊥BD，AD∩BD＝D， 所以A1D⊥平面ABD，故A1D⊥AB， 又AA1⊥平面ABC， 故AA1⊥AB，又AA1∩A1D＝A1， 故AB⊥平面AA1C1C； （2）由（1）知，AB、AC、AA1两两垂直， 故以A为原点，，，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则B（1，0，0），C（0，1，0），A1（0，0，2），D（0，1，1）， 故，，2），， 设平面A1BD的一个法向量为， 则，则， 取z＝1，得， 记直线BC与平面A1BD所成角为θ， 则sin， 即直线BC与平面A1BD所成角的正弦值为． 22．【解答】解：（1）证明：如图，连接MO， 在平行四边形ABCD中，因为O为AC与BD的交点，所以O为BD的中点， PB∥平面MAC，PB⊂平面PBD，平面MAC∩平面PBD＝MO， 所以PB∥MO． 所以，则DM＝MP， 所以M是棱PD的中点． （2）法一（几何法）：如图，过O作AD的垂线，垂足为E，连接PE， 因为PO⊥平面ABCD，所以AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD． 又OE∩PO＝O，又OE，PO⊂平面OPE，所以AD⊥平面OPE． 又PE⊂平面OPE，所以AD⊥PE， 所以∠PEO为二面角P﹣AD﹣C的平面角． 因为四边形ABCD是菱形，∠ADC＝60°，AD＝2， 所以△ADC是等边三角形，所以∠ADO＝30°，AC⊥BD， 所以，所以． 在Rt△POE中，． 法二（坐标法）：设OP＝a（a＞0）， 以OD为x轴，以OA为y轴，以OP为z轴，如图建系． O（0，0，0），A（0，1，0），，P（0，0，a）， ，． 设平面ADP的法向量为， 由， 令x＝a得一个法向量． 取平面ADC的一个法向量为， 则|cos|， 则a＝|OP|＝2． 23．【解答】解：（1）证明：圆柱OO1的轴截面是边长为2的正方形AA1C1C， B是该圆柱底面圆周上异于A、C两点的点， 因为AA1C1C为正方形， 所以AA1∥CC1，又因为CC1⊂平面C1BC，AA1⊄面C1CB， 所以AA1∥平面C1CB， 又因为平面A1AB∩平面C1CB＝l，AA1⊂平面A1AB， 所以由线面平行的性质得l∥AA1． （2）设△ABC的边AC上的高为0＜h≤1，则， 当三棱锥C1﹣ABC的体积最大时，h＝1，即B为的中点． 法1：因为B为的中点，所以OB⊥OC，因为OO1⊥面ABC，OB，OC⊂面ABC， 所以OO1⊥OC，OO1⊥OB， 以，，为x，y，z轴正方向，建立如图所示坐标系， 因为OO1⊥OB，OB⊥OC，OO1，AC⊂面ACC1，OO1∩AC＝O， 所以OB⊥面ACC1，所以面ACC1的法向量， 设面AC1B的法向量， B（1，0，0），A（0，﹣1，0），C1（0，1，2）， ，， ∴，令x＝1，得， 设二面角C﹣AC1﹣B的平面角为θ， 则|cosθ|＝|cos|， 由图可知，二面角为锐角， 所以三棱锥C1﹣ABC的体积最大时，二面角C﹣AC1﹣B的余弦值为， 法2：连接OB，作OM⊥AC1，连接BM， 因为OO1⊥OB，OB⊥OC，OO1，AC⊂面ACC1，OO1∩AC＝O， 所以OB⊥面ACC1． 又因为AC1⊂面ACC1，所以OB⊥AC1． 又因为OM⊥AC1，OM，OB⊂面OBM，OM∩OB＝O， 所以AC1⊥面OBM． 因为BM⊂面OBM， 所以AC1⊥BM． 因为OM⊥AC1，OM⊂面ACC1，BM⊂面ABC1， 所以∠OMB为二面角C﹣AC1﹣B的平面角． 在Rt△OBM中，∠BOM＝90°，OB＝1，OMAC1， 所以BM， 所以cos∠OMB， 所以三棱锥C1﹣ABC的体积最大时，二面角C﹣AC1﹣B的余弦值为． 24．【解答】解：（1）证明：取BC的中点M，连接DM，EM， 因为D为AB的中点，所以DM∥AC，且． 在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1E∥AC，且， 所以DM∥A1E，且DM＝A1E， 所以四边形DMEA1为平行四边形， 则EM∥A1D． 又EM⊂平面EBC，A1D⊄平面EBC， 所以A1D∥平面EBC． （2）设直三棱柱的侧棱长AA1＝h， ， 故h＝5． 如图建立空间直角坐标系， 可得A（0，0，0），B（4，0，0），C（0，4，0），E（0，2，5）， 则，，， 设平面ABE的法向量为， 则，则 取z＝2，得y＝﹣5，x＝0，得． 设直线AC与平面ABE所成角为θ， 则， 即直线AC与平面ABE所成角的正弦值为． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $