单元素养测评卷(一)[第一章 空间向量与立体几何]-【满分思维】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册学生用书（人教A版）

**基本信息** 高中数学第一章空间向量与立体几何单元卷，150分120分钟，覆盖空间向量运算、线面关系等核心知识，通过选择、填空、解答题梯度设计，培养空间观念与逻辑推理能力，适配单元复习巩固。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|射影、方向向量、线面平行|结合三棱台、正方体模型，基础概念辨析| |多选题|3/18|基底性质、线面垂直|多选项设计考查逻辑严谨性| |填空题|3/15|法向量、线面角|空间距离计算，体现几何直观| |解答题|5/77|面面垂直证明、夹角计算|综合应用空间向量解决立体几何问题，培养运算与推理能力|

单元素养测评卷(一) 1.C　[解析] 因为点M是点N(9,9,6)在Oxy平面内的射影,所以M(9,9,0),所以=(9,9,0),所以||==9.故选C. 2.D　[解析] 连接A1M,则=+=+(+)=++.故选D. 3.D　[解析] ∵直线l的一个方向向量为s=(-1,1,1),平面α的一个法向量为n=(2,x2+x,-x),直线l∥平面α,∴s·n=-2+x2+x-x=x2-2=0,解得x=±.故选D. 4.A　[解析] 连接DM,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,=+=+(+)=++,又=x-y-z,所以x=,y=-1,z=-1,所以2x-y+z=2×-(-1)+(-1)=1.故选A. 5.B　[解析] 向量a在向量b上的投影向量为·=·b=·b=b=(-3,2,5).故选B. 6.A　[解析] 以C为原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴和z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设BC=2,则A(2,0,0),F1(1,0,2),B(0,2,0),D1(1,1,2),可得=(1,-1,2),=(-1,0,2).设直线BD1与AF1所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|===,所以异面直线BD1与AF1所成角的余弦值为.故选A. 7.D　[解析] 以A为原点,以AB所在直线为x轴,平面ABCD内过A且垂直于CD的直线为y轴,AA1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.因为AA1=A1B1=AB=1,∠ABC=且四边形ABCD是菱形,所以B(2,0,0),A1(0,0,1),且D,即D(-1,,0),所以=(-1,,-1).连接A1B,则=(2,0,-1),设点B到直线A1D的距离为d,则d===.故选D. 8.B　[解析] 以D为原点,DA,DC,DD1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,则D1(0,0,2),E(1,2,0),B1(2,2,2),设P(a,b,0),0≤a≤2,0≤b≤2,则=(a-2,b-2,-2),=(1,2,-2),∵B1P⊥D1E,∴·=a-2+2(b-2)+4=0,化简得a=2-2b,又0≤a≤2,∴0≤2-2b≤2,解得0≤b≤1.||2=(a-2)2+(b-2)2+4=(-2b)2+(b-2)2+4=5b2-4b+8,由二次函数的性质可知,当b=1时,5b2-4b+8取得最大值9,∴线段B1P长度的最大值为3.故选B. 9.BCD　[解析] 对于A,因为a-b+b-c+c-a=0,所以a-b,b-c,c-a共面,不能构成空间的一个基底,故A错误;对于B,若存在λ,μ∈R,使得c=λa+μb,则a,b,c共面,不满足题意,故B正确;对于C,由题可知a∥n⇔l⊥α,故C正确;对于D,因为≠,所以对任意实数m,a,b不共线,故D正确.故选BCD. 10.AB　[解析] 以点D为原点,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D(0,0,0),A(2,0,0),A1(2,0,2),D1(0,0,2),B(2,2,0),C(0,2,0),B1(2,2,2),E(0,2,1),所以=(0,2,-2),=(-2,0,-2),=(2,2,2),=(-2,2,1),所以cos<,>===,所以A1B与B1C所成的角为,故A正确;因为·=0,所以DB1⊥A1B,故B正确;易知AE=||==3,故C错误;易知平面ABCD的一个法向量为=(0,0,2),设DB1与平面ABCD所成的角为θ,则sin θ===,所以θ≠,故D错误.故选AB. 11.CD　[解析] 在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,则AB⊥BD,AB⊥BC,因为CD=4,AB=BC=BD=4,所以BC2+BD2=42+42=CD2,所以BC⊥BD,故以点B为原点,以BC,BD,BA所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则B(0,0,0),C(4,0,0),D(0,4,0),A(0,0,4),E(0,0,2),F(0,2,0),G(2,0,0),H(2,2,0),M(0,1,1).对于A,=(-2,1,1),=(0,2,0),=(-2,0,2),假设存在a>0,b>0,使得=a+b,则此方程组无解,故假设不成立,故A错误;对于B,=(-4,4,0),=(-2,1,1),设异面直线CD与GM所成的角为θ,则cos θ===,所以sin θ==,故B错误;对于C,因为N是线段GH上的动点,所以可设=λ,0≤λ≤1,则N(2,2λ,0),所以=(2,2λ-1,-1),=(2,2,-2),当MN⊥EH时,·=4+4λ=0,解得λ=-1,因为0≤λ≤1,所以不存在点N,使得MN⊥EH,故C正确;对于D,N(2,2λ,0),M(0,1,1),则||==,所以当2λ-1=0,即λ=时,||取到最小值,故D正确.故选CD. 12.9　[解析] 由点A(0,-3,-1),B(k,2k,2),得=(k,2k+3,3),由n=(-3,1,2)是平面α的一个法向量,且点A,B∈α,得n·=0,即-3k+(2k+3)+2×3=0,所以k=9. 13.　[解析] 因为PD⊥底面ABCD,底面ABCD是正方形,所以DA,DC,DP两两垂直,以D为原点,DA,DC,DP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,则D(0,0,0),P(0,0,1),A(3,0,0),B(3,3,0),C(0,3,0),则重心G(2,2,0),因此=(2,2,-1),=(3,0,0),=(0,0,1).设平面PAD的法向量为m=(x,y,z),则令y=1,则m=(0,1,0),则sin θ=|cos<m,>|===. 14.12　12　[解析] 如图,连接GN,因为=x+y(x,y∈R),所以点Q在平面MGN上,分别取AB,CC1,C1D1的中点E,F,O,连接OG,OF,FN,EN,EM,AD1,OE,因为M,G分别为AA1,A1D1的中点,所以MG∥AD1,又易知D1O=D1C1,AE=AB,D1C1∥AB,D1C1=AB,所以D1O∥AE,D1O=AE,所以四边形D1OEA为平行四边形,故AD1∥OE,所以MG∥OE,故M,G,O,E四点共面,同理可证M,G,N,E四点共面,故M,G,O,N,E五点共面,同理可证G,O,N,F四点共面,故M,G,O,F,N,E六点共面,由正方体的对称性可得六边形OFNEMG为正六边形,故点Q的轨迹围成的图形是正六边形OFNEMG.因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,所以正六边形OFNEMG的边长为2,所以点Q的轨迹围成图形的面积S=6××2×2×sin 60°=12.连接MO,在正六边形OFNEMG中,·=||×||cos∠QMG=2×||cos∠QMG≤2×||cos 30°=2×2×cos 30°=12,故·的最大值为12. 15.解:(1)由题意知a==(-3,1,5)-(-2,0,2)=(-1,1,3),b==(-1,3,4)-(-2,0,2)=(1,3,2), 所以a+mb=(-1,1,3)+m(1,3,2)=(m-1,3m+1,2m+3).又(a+mb)⊥a,所以(a+mb)·a=-(m-1)+3m+1+3(2m+3)=8m+11=0,解得m=-. (2)b-a=(1,3,2)-(-1,1,3)=(2,2,-1), 又c∥(b-a),所以设c=λ(2,2,-1)=(2λ,2λ,-λ), 又|c|=6,所以=6,解得λ=±2, 当λ=2时,c=(4,4,-2);当λ=-2时,c=(-4,-4,2). 所以向量c的坐标为(4,4,-2)或(-4,-4,2). 16.解:(1)=++=--+=a-b-c. 因为E,F分别是AD',BD的中点,所以=++=-++=-(+)++(-)=-=a-c. (2)++++2=+(+)+=++=++=+=0. 17.解:(1)证明:如图,延长BE交CD于M,连接AM. ∵E为△BCD的重心,∴BE=2EM, 又∵FB=2AF,∴=,∴EF∥AM. ∵AD⊥平面BCD,又BC⊂平面BCD,∴AD⊥BC, 又∵BC⊥CD,AD∩CD=D,且AD,CD⊂平面ACD, ∴BC⊥平面ACD,又∵AM⊂平面ACD, ∴BC⊥AM.∵EF∥AM,∴BC⊥EF. (2)如图,以C为原点,以CD所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,过点C且平行于DA的直线为z轴,建立空间直角坐标系, 则A(4,0,2),B(0,2,0),C(0,0,0),D(4,0,0),E,F, ∴=,=,=. 设平面BEF的法向量为n=(x1,y1,z1), 则取x1=1,则n=(1,1,-1). 设平面DEF的法向量为m=(x2,y2,z2), 则取x2=1,则m=(1,4,-1). 设平面BEF与平面EFD的夹角为θ,则cos θ=|cos<n,m>|===,故平面BEF与平面EFD的夹角的余弦值为. 18.解:(1)证明:因为底面四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD, 因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD, 又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC, 又BD⊂平面BDE,所以平面PAC⊥平面BDE. (2)方法一:因为PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC, 因为底面四边形ABCD为正方形,所以BC⊥AB, 又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB, 又PB⊂平面PAB,所以BC⊥PB,即△PBC为直角三角形, 因为AD=1,所以PA=2AD=2,所以PB=,AC=BD=,PC=,CE=. 在Rt△PBC中,cos∠PCB==,在△BCE中,由余弦定理得BE2=BC2+CE2-2BC·CEcos∠PCB=12+-2×1××=1,即BE=1, 同理可得DE=1,又BD=,所以BE2+DE2=BD2,所以△BDE为直角三角形,所以S△BDE=×1×1=. 设点C到平面BDE的距离为h,由VC-BDE=VE-BCD=VP-BCD,得·h·S△BDE=×PA·S△BCD,即·h·=××2××1×1,所以h=, 故点C到平面BDE的距离为. 方法二:以A为原点,AB,AD,AP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Axyz, 则B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E,所以=(1,0,0),=(-1,1,0),=. 设平面BDE的法向量为m=(a,b,c), 则取a=2,可得b=2,c=-1,所以m=(2,2,-1),故点C到平面BDE的距离h===. 19.解:(1)证明:如图,以A为原点,以AC,AB,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系. 依题意可得A(0,0,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),D1(1,-2,2).由M,N分别为B1C和D1D的中点,得M,N(1,-2,1). 易得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,=,由此可得·n=0, 又MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD. (2)由(1)知=(1,-2,2),=(2,0,0).设p=(x1,y1,z1)为平面ACD1的法向量,则即不妨设z1=1,可得p=(0,1,1). 设m=(x2,y2,z2)为平面ACB1的法向量,则 又=(0,1,2),所以不妨设z2=1,可得m=(0,-2,1). 由cos<p,m>==-,得平面ACD1与平面ACB1夹角的余弦值为. (3)依题意,可设=λ=(0,λ,0),其中λ∈[0,1], 则E(0,λ,2),从而=(-1,λ+2,1). 又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,所以|cos<,n>|===,整理得λ2+4λ-3=0,可得λ=-2,所以线段A1E的长为-2. 学科网（北京）股份有限公司 $ 单元素养测评卷(一)  第一章 (时间:120分钟　分值:150分)　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 一、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. 1.已知点M是点N(9,9,6)在Oxy平面内的射影,则||= (　　)　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A. B.9 C.9 D.18 2.如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,AB=2A1B1,M为B1C1的中点,则= (　　) A.+- B.-+ C.++ D.++ 3.已知直线l的一个方向向量为s=(-1,1,1),平面α的一个法向量为n=(2,x2+x,-x),若直线l∥平面α,则实数x的值为 (　　) A.-2 B.- C. D.± 4.[2026·湖北沙市中学高二期中] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若点M是侧面CDD1C1的中心,且=x-y-z,则2x-y+z的值为 (　　) A.1 B.0 C.-1 D.- 5.已知a=(3,0,4),b=(-3,2,5),则向量a在向量b上的投影向量是 (　　) A.(-3,2,5) B.(-3,2,5) C.(3,0,4) D.(3,0,4) 6.[2026·安庆一中高二期中] 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,D1,F1分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值是 (　　) A. B. C. D. 7.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是菱形,AA1⊥平面ABCD,AA1=A1B1=AB=1,∠ABC=,则点B到直线A1D的距离为 (　　) A.2 B.2 C. D. 8.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在底面ABCD上移动,且满足B1P⊥D1E,则线段B1P长度的最大值为 (　　) A.2 B.3 C.2 D. 二、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.[2026·广东领航高中联盟高二期中] 下列结论正确的是 (　　) A.若{a,b,c}为空间的一个基底,则a-b,b-c,c-a也能构成空间的一个基底 B.若{a,b,c}为空间的一个基底,则不存在λ,μ∈R,使得c=λa+μb C.若a为直线l的一个方向向量,n为平面α的法向量,则“a∥n”是“l⊥α”的充要条件 D.若a=(2,0,3),b=(1,3,m),则对任意实数m,a,b不共线 10.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为CC1的中点,则 (　　) A.A1B与B1C所成的角为 B.DB1⊥A1B C.AE= D.DB1与平面ABCD所成的角为 11.如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,CD=4,AB=BC=BD=4,E,F,G,H分别为AB,BD,BC,CD的中点,M是EF的中点,N是线段GH上的动点,则下列说法正确的是 (　　) A.存在a>0,b>0,使得=a+b B.异面直线CD与GM所成角的正弦值为 C.不存在点N,使得MN⊥EH D.||的最小值为 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.已知n=(-3,1,2)是平面α的一个法向量,点A(0,-3,-1),B(k,2k,2)都在平面α内,则k=　　　　.  13.四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD是正方形,且PD=1,AB=3,G是△ABC的重心,则PG与平面PAD所成角θ的正弦值为　　　　.  14.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M,N,G分别是棱AA1,BC,A1D1的中点,设Q是该正方体表面上的一点,若=x+y(x,y∈R),则点Q的轨迹围成图形的面积是　　　　,·的最大值为　　　　.   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)[2026·长春高二期中] 已知空间三点M(-2,0,2),N(-3,1,5),P(-1,3,4),设a=,b=. (1)若(a+mb)⊥a,求m的值; (2)若向量c满足|c|=6,且c∥(b-a),求向量c的坐标. 16.(15分)[2026·广东实验中学高二月考] 如图,在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,设=a,=b,=c,E,F分别是AD',BD的中点. (1)用向量a,b,c表示,; (2)化简:++++2. 17.(15分)如图,在四面体ABCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD.E为△BCD的重心,点F在棱AB上,FB=2AF. (1)证明:BC⊥EF; (2)若AD=BC=2,CD=4,求平面BEF与平面EFD的夹角的余弦值. 18.(17分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面四边形ABCD是正方形,PA=2AD,点E为PC上的点,PE=2EC. (1)求证:平面PAC⊥平面BDE; (2)若AD=1,求点C到平面BDE的距离. 19.(17分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点. (1)求证:MN∥平面ABCD; (2)求平面ACD1与平面ACB1夹角的余弦值; (3)设E为棱A1B1上的点,若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长. 学科网（北京）股份有限公司 $