阶段质量评价 第一章 空间向量与立体几何-【新课程学案】2026-2027学年高中选择性必修第一册教师用书word（人教A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，覆盖向量平行垂直、法向量、线面角等核心知识，通过选择、填空、解答题梯度设计，考查逻辑推理与空间观念，适配单元巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|8/40|向量平行（题1）、法向量（题3）|基础运算与概念辨析| |多项选择|3/18|向量坐标运算（题9）、线面关系（题10）|多角度思维考查| |填空题|3/15|点面距离（题13）、二面角（题14）|空间想象与计算| |解答题|5/77|折叠问题（题19）、线面垂直证明（题17）|综合应用与逻辑推理|

[阶段质量评价]　　　　 第一章　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.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.已知向量a=(2,-1,3),b=(4,x,y),且a∥b,则x+y= (　　) A.-4 B.-2 C.4 D.2 解析:选C　因为向量a=(2,-1,3),b=(4,x,y),且a∥b,所以b=λa,即(4,x,y)=λ(2,-1,3),可得 解得所以x+y=4. 2.如图,在四面体PABC中,E是AC的中点,=3,设=a,=b,=c,则= (　　) A.a-b+c B.a-b+c C.a+b+c D.a-b+c 解析:选B　=-=(+)-=a-b+c,故选B. 3.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则下列向量是平面ABC法向量的是 (　　) A.(-1,1,1) B.(1,1,1) C. D. 解析:选B　由题意,得=(-1,1,0),=(-1,0,1),设n=(x,y,z)为平面ABC的法向量,则化简得∴x=y=z.令x=1,有n=(1,1,1),故选B. 4.在四面体OABC中,空间的一个点M满足=++λ,若M,A,B,C四点共面,则λ等于 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　因为M,A,B,C四点共面,=++λ,所以++λ=1,解得λ=. 5.已知两条异面直线的方向向量分别是m=(1,-2,3),n=(2,1,0),这两条异面直线所成的角为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　设两条异面直线所成的角为θ,且这两条异面直线的方向向量分别是m=(1,-2,3),n=(2,1,0),则cos θ===0,且0<θ≤,所以两条异面直线所成的角θ=. 6.已知O是坐标原点,空间向量=(1,1,2),=(-1,3,4),=(2,4,4),若线段AB的中点为D,则||= (　　) A.9 B.8 C.3 D.2 解析:选C　由题意得D(0,2,3),所以=(-2,-2,-1),所以||= =3. 7.若A(2,2,1),B(0,0,1),C(2,0,0),则点A到直线BC的距离为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　=(2,2,0),=(2,0,-1),则在上的投影向量的模为=,则点A到直线BC的距离为==. 8.如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,AE⊥平面ABCD,若AE=1,则平面ADE与平面BCE的夹角为 (　　) A.45° B.60° C.120° D.150° 解析:选A　因为AE⊥平面ABCD,且四边形ABCD为正方形,如图建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),C(1,1,0),E(0,0,1),所以=(0,1,0),=(-1,0,1),设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),则取n=(1,0,1). 又平面ADE的一个法向量为m=(1,0,0), 设平面ADE与平面BCE的夹角为θ,则cos θ==,又0°≤θ≤90°,所以θ=45°. 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.已知空间向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),则下列结论正确的是 (　　) A.(2a+b)∥a B.5|a|=|b| C.a⊥(5a+6b) D.a在b上的投影向量为 解析:选BCD　易知2a+b=(-1,2,7),显然≠≠,故A错误; 易知|a|==,|b|==5⇒5|a|=|b|,故B正确; 易知5a+6b=(8,19,35)⇒a·(5a+6b)=-2×8+(-1)×19+1×35=0,故C正确; a在b上的投影向量·b=×(3,4,5)=,故D正确. 10.如图,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F分别为AB,A1D1的中点,则下列结论正确的是 (　　) A.BF⊥CE B.DF∥平面B1CE C.BF⊥平面B1CE D.直线DF与直线CE所成角的余弦值为 解析:选AD　以点D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则D(0,0,0),E(2,1,0),F(1,0,2), B(2,2,0),B1(2,2,2),C(0,2,0).=(2,-1,0),=(-1,-2,2),=(1,0,2),=(-2,0,-2).因为·=-2+2=0,所以BF⊥CE,A正确.设平面B1CE的法向量为m=(x,y,z),则令x=1得,y=2,z=-1,故m=(1,2,-1),因为·m=(1,0,2)·(1,2,-1)=1-2=-1≠0,所以与m不垂直,则直线DF与平面B1CE不平行,B错误.若BF⊥平面B1CE,则BF⊥B1C.因为·=2+0-4≠0,所以直线BF与直线B1C不垂直,矛盾,C错误.cos<,>===,D正确. 11.在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=2,E,F分别是BC,A1C1的中点,D在线段B1C1上,则下列说法正确的有 (　　) A.EF∥平面AA1B1B B.直线EF与平面ABC所成角的正弦值为 C.若D是B1C1的中点,M是B1A1的中点,则点F到平面BDM的距离是 D.直线BD与直线EF所成的角最小时,线段BD的长为　 解析:选ACD　在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,∠BAC=90°,以点A为坐标原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 因为AB=AC=AA1=2,E,F分别是BC,A1C1的中点,所以A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),E(1,1,0),F(0,1,2), A1(0,0,2),C1(0,2,2),B1(2,0,2).对于A,因为在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,又AC⊂平面ABC,所以AA1⊥AC,又∠BAC=90°,所以AB⊥AC.又AB∩AA1=A,AB,AA1⊂平面AA1B1B,所以AC⊥平面AA1B1B,所以=(0,2,0)为平面AA1B1B的一个法向量.又=(-1,0,2),所以·=(0,2,0)·(-1,0,2)=0.又EF⊄平面AA1B1B,所以EF∥平面AA1B1B,故A正确;对于B,=(0,0,2)为平面ABC的一个法向量,=(-1,0,2),设直线EF与平面ABC所成的角为θ,则sin θ=|cos<,>|===,故B错误;对于C,若D是B1C1的中点,M是B1A1的中点,则M(1,0,2),D(1,1,2),=(1,0,-2),=(0,1,0), 设平面BDM的法向量为m=(x,y,z), 则令z=1,则x=2,y=0,所以平面BDM的一个法向量为m=(2,0,1),又=(-1,1,0),所以点F到平面BDM的距离为==,故C正确;对于D,设=λ=λ(-2,2,0)=(-2λ,2λ,0) (0≤λ≤1), 则=+=(0,0,2)+(-2λ,2λ,0)=(-2λ,2λ,2). 设直线BD与直线EF所成的角为α,又=(-1,0,2),则cos α=|cos<,>|===, 当-=0,即λ=时,cos α取得最大值,此时直线BD与直线EF所成的角最小,=, ||==,故D正确.故选ACD. 三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上) 12.(5分)已知a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a⊥(a-λb),则λ=　　　　.  解析:a-λb=(-2,1,3)-λ(-1,2,1)=(λ-2,1-2λ,3-λ),因为a⊥(a-λb),所以a·(a-λb)=0,即(-2,1,3)·(λ-2,1-2λ,3-λ)=-2λ+4+1-2λ+9-3λ=-7λ+14=0,解得λ=2. 答案:2 13.(5分)已知向量n=(2,0,1)为平面α的一个法向量,点A(-1,1,2)在α内,则点P(1,2,3)到平面α的距离为　　　　. 解析:由题意可得=(-2,-1,-1),所以·n=-4-1=-5,设点P(1,2,3)到平面α的距离为d,则d===. 答案: 14.(5分)为了测量一斜坡的坡度,小明设计如下的方案:如图,设斜坡面β与水平面α的交线为l,小明分别在水平面α和斜坡面β选取A,B两点,且AB=7,A到直线l的距离AA1=3,B到直线l的距离B1B=4,A1B1=2,则斜坡面β与水平面α所成角的大小为　　　　. 解析:设与的夹角为θ,因为=++,所以=(++)2=+++ 2·+2·+2·,又·=·=0,即49=9+12+16+2×3×4cos θ, 所以cos θ=,又θ∈[0,π],所以θ=,所以斜坡面β与水平面α所成角的大小为. 答案: 四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,M,N分别是A1B,A1C1上的点,且2BM=A1M,C1N=2A1N,设=a,=b,=c. (1)试用a,b,c 表示向量;(5分) (2)若∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=2,求线段MN的长.(8分) 解:(1)因为2BM=A1M,C1N=2A1N, 根据空间向量的运算法则,可得=-=-(-)=-++=-a+b+c. (2)因为∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=2,可得a·b=0且b·c=a·c=2, 则||2==(4a2+b2+4c2-4a·b+4b·c-8a·c)=(16+4+16-0+8-16)=,所以||=, 即线段MN的长为. 16.(15分)如图,在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AD=2,CD=DD1=1,M,N分别为AD1,BC的中点. (1)求证:MN∥平面C1D1DC;(9分) (2)判断MN与平面B1C1M是否垂直,并说明理由.(6分) 解:(1)证明:在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,建立如图所示的空间直角坐标系, 由AD=2,CD=DD1=1,M,N分别为AD1,BC的中点,得M,N(1,1,0),A(0,2,0),=,显然平面C1D1DC的一个法向量n==(0,2,0),则·n=0,于是⊥n,有∥平面C1D1DC,而MN⊄平面C1D1DC,所以MN∥平面C1D1DC. (2)由(1)知,C1(1,0,1),则有=,而·=1×1-×=≠0, 于是向量与向量不垂直,即直线MN与MC1不垂直,而MC1⊂平面B1C1M, 所以MN与平面B1C1M不垂直. 17.(15分)如图,正方形ABCD所在平面外一点P满足PB⊥平面ABCD,且AB=3,PB=4. (1)求点A到平面PCD的距离;(7分) (2)线段BP上是否存在点E,使得DE⊥平面PAC?若存在,求出该点位置;若不存在,请说明理由.(8分) 解:(1)由题意,VP⁃ACD=××3×3×4=6, 由PB⊥平面ABCD,PB⊂平面PBC,可得平面PBC⊥平面ABCD,而DC⊥BC,且平面PBC∩平面ABCD=BC,DC⊂平面ABCD, ∴DC⊥平面PBC,PC⊂平面PBC, 可得DC⊥PC.∵CD=3,PC==5, ∴S△PCD=×3×5=, 设A到平面PCD的距离为h,则×h=6,即h=,∴点A到平面PCD的距离为. (2)以B为坐标原点,分别以BC,BA,BP所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(3,3,0),C(3,0,0),P(0,0,4),设E(0,0,t)(0≤t≤4),则=(3,0,-4),=(-3,-3,t), 若DE⊥平面PAC,则·=-9-4t=0, 解得t=-,不合题意. 故线段BP上不存在点E,使得DE⊥平面PAC. 18.(17分)如图,在三棱锥P⁃ABC中,AB=AC,D是BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2. (1)求证:AP⊥BC;(7分) (2)若点M是线段AP上一点,且AM=3,求平面ABC与平面BCM夹角的余弦值.(10分) 解:(1)证明:PO⊥平面ABC,AD,BC⊂平面ABC, 所以PO⊥AD,PO⊥BC. 因为AB=AC,D是BC的中点,所以AD⊥BC. 如图,以O为原点,过点O作CB的平行线为x轴,以射线AD为y轴正方向, 以射线OP为z轴正方向,建立空间直角坐标系, 则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4),所以=(0,3,4),=(-8,0,0), 所以·=0×(-8)+3×0+4×0=0,所以⊥,即AP⊥BC. (2)由勾股定理得AP= ==5, 因为AM=3,所以=. 设M(x,y,z),故(x,y+3,z)=(0,3,4), 故x=0,y=-3=-,z=, 故M, 所以=,=. 设平面BMC的法向量为n=(a,b,c), 则解得a=0, 令b=1,则c=,所以n=, 易知=(0,0,4)是平面ABC的一个法向量, 则|cos<n,>|= ===. 故平面ABC与平面BCM夹角的余弦值为. 19.(17分)如图,在矩形ABCD中,AD=,取CD的中点M,将△ADM和△BCM分别沿直线AM,BM折叠,使D,C两点重合于点P,得到三棱锥P⁃ABM. (1)当AB=2时,求证:AM⊥PB;(5分) (2)若二面角A⁃PM⁃B的平面角为60°,在线段AM上是否存在一点E,使得PE与平面PBM所成角的正弦值为?若存在,求出点E的位置;若不存在,请说明理由.(12分) 解:(1)证明:由题可知,AP⊥PM,PB⊥PM,AP=BP=, 又因为AB=2,所以AP2+BP2=AB2. 所以∠APB=90°,即PB⊥AP, 且PM∩AP=P,PM,AP⊂平面APM,可得PB⊥平面APM. 因为AM⊂平面APM,所以PB⊥AM. (2)存在,理由如下: 因为AP⊥PM,PB⊥PM,AP∩PB=P,AP,PB⊂平面PAB, 所以PM⊥平面PAB,二面角A⁃PM⁃B的平面角为∠APB=60°. 如图所示,以P为原点,垂直于平面MPB所在的直线为x轴,PB,PM所在直线分别为y,z轴,则M,A,P(0,0,0), 可得=,=. 设=λ,λ∈[0,1], 则=+λ=+λ=. 易知平面PBM的一个法向量为n=(1,0,0), 设直线PE与平面PBM所成的角为θ, 可得sin θ=|cos<n,>|===,解得λ=, 故当E位于AM中点时,满足条件. 学科网（北京）股份有限公司 $