滚动习题(一) [范围1.1] (Word课后习题)-【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B版）

**基本信息** 高中数学空间向量同步练，45分钟100分，通过基础-提升-综合三层设计，覆盖向量运算、几何应用等核心知识点，强化运算能力与空间观念，适配新授课巩固需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|向量坐标运算、垂直判定|单选1-2直接考查数量积计算，夯实概念理解| |提升层|共面条件、动态范围问题|★6题结合正方体动态点设置取值范围，培养几何直观| |综合层|轨迹与体积、探究性动点|解答14题含动点探究，发展推理能力与模型意识|

滚动习题(一) [范围1.1] (时间:45分钟　分值:100分) 一、单项选择题:本大题共6小题,每小题5分,共30分. 1.已知向量a=(0,1,0),b=(2,0,-2),则(a+b)·a= (　 ) A.0 B.2 C.1 D.-1 2.已知向量a=(-3,2,7),b=(1,x,-1),且a⊥b,则x的值为 (　 ) A.4 B.-4 C.5 D.-5 3.已知空间向量=(1,2,3),=(2,-1,-1),=(9,-2,x),若A,B,C,D四点共面,则实数x的值为 (　 ) A.-1 B.0 C. D.2 4.[2025·四川德阳高二期中] 如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M为AC和BD的交点,若=a,=b,=c,则= (　 ) A.a-b+c B.a+b-c C.-a+b+c D.-a-b+c 5.[2026·山东菏泽高二期末] 如图,在四面体OABC中,=a,=b,=c.点N在BC上,且CN=NB,M为OA的中点,则= (　 ) A.-a+b+c B.a-b+c C.a-b-c D.-a+b+c ★6.点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD上一点,则·的取值范围是 (　 ) A. B. C.[-1,0] D. 二、多项选择题:本大题共2小题,每小题6分,共12分. 7.下列关于空间向量的说法中正确的是 (　 ) A.若非零向量a,b,c满足a∥b,b∥c,则a∥c B.任意向量a,b,c满足(a·b)·c=a·(b·c) C.若{,,}为空间向量的一组基底,且=+-,则A,B,C,D四点共面 D.已知向量a=(1,1,x),b=(-3,x,9),若x<,则<a,b>为钝角 8.设空间两个单位向量=(m,n,0),=(0,n,p)与向量=(1,1,1)的夹角都等于,则cos∠AOB的值可能为 (　 ) A. B. C. D. 三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共15分. 9.[2026·天津河北区高二月考] 已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),若向量a+kb与2a+b的夹角为锐角,则实数k的取值范围为　　　　.  10.已知空间三点A(0,0,1),B(-1,1,1),C(1,2,-3),若直线AB上一点M,满足CM⊥AB,则点M的坐标为　　　　　　.  11.[2025·广东东莞高二期中] 如图,在四面体OABC中,OA=8,AB=6,AC=4,BC=5,∠OAC=45°,∠OAB=60°,则向量与所成角的余弦值为　　　　　.  四、解答题:本大题共3小题,共43分. 12.(13分)如图,已知每条棱长都为3的直平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,∠BAD=60°,长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动,另一个端点N在底面ABCD上运动,求MN的中点P的轨迹与直平行六面体的面所围成的几何体的体积. 13.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面是边长为2的菱形,PA=2,∠DAB=60°,点F,G分别为PD,PB的中点,设直线PC与平面AFG的交点为Q,求cos<,>. 14.(15分)如图,以长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点D为坐标原点,建立空间直角坐标系,M是AB的中点,N是A1D1的中点.已知=(4,3,2). (1)分别写出点B,点A1和的坐标. (2)若点P是棱BC上一个动点,是否存在点P使得△MNP为一个等腰三角形?如果存在,求出点P的坐标;如果不存在,请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $ 滚动习题(一) [范围1.1] 1.C　[解析] 因为a=(0,1,0),b=(2,0,-2),所以a+b=(2,1,-2),所以(a+b)·a=0+1+0=1.故选C. 2.C　[解析] 因为a⊥b,所以a·b=0,所以(-3)×1+2x+7×(-1)=2x-10=0,解得x=5.故选C. 3.A　[解析] 因为A,B,C,D四点共面,所以向量,,共面,即存在实数λ,μ使得=λ+μ,又=(1,2,3),=(2,-1,-1),=(9,-2,x),所以(9,-2,x)=λ(1,2,3)+μ(2,-1,-1),所以解得故选A. 4.A　[解析] 由题得=+=+=(-)+=-+=a-b+c.故选A. 5.A　[解析] 由CN=NB,M为OA的中点,得=,=,所以=++=-++(-)=-a+b+c.故选A. 6.D　[解析] 以A为坐标原点建立空间直角坐标系,如图,设P(x,y,0),0≤x≤1,0≤y≤1,A1(0,0,1), C(1,1,0),则·=(-x,-y,1)·(1-x,1-y,0)=x2-x+y2-y=+-,因为0≤x≤1,0≤y≤1,所以当x=,y=时,·取得最小值-,当x=0或1,y=0或 1时,·取得最大值0.故选D. [技巧点拨] 求解空间向量中的范围问题时,常用的方法是建立空间直角坐标系引入变量,即将范围问题转化为关于某一变量的函数问题,借助代数方法求解最值. 7.AC　[解析] 对于A选项,因为a,b,c是非零向量,且满足a∥b,b∥c,所以存在实数λ,μ使得a=λb,b=μc,故a=λμc,所以a∥c,故A选项正确;对于B选项,因为a,c不一定共线且向量数量积为实数,所以(a·b)·c=a·(b·c)不一定成立,故B选项错误;对于C选项,因为{,,}是空间向量的一组基底,所以A,B,C三点不共线,若=+-,则-=+,即=+,所以A,B,C,D 四点共面,故C选项正确;对于D选项,当a与b共线且反向时,有b=λa(λ<0),即解得此时<a,b>=180°,故D选项错误.故选AC. 8.AC　[解析] ∵空间两个单位向量=(m,n,0),=(0,n,p)与向量=(1,1,1)的夹角都等于,∴∠AOC=∠BOC=,||=.∵·=||·||·cos∠AOC=,且·=m+n,∴m+n=,又为单位向量,∴m2+n2=1.由解得或∴cos∠AOB =n2=.故选AC. 9.　[解析] ∵a=(1,1,0),b=(-1,0,2),∴a+kb=(1,1,0)+k(-1,0,2) =(1-k,1,2k),2a+b=2(1,1,0)+(-1,0,2)=(1,2,2).∵向量a+kb与2a+b的夹角为锐角,∴(a+kb)·(2a+b)>0且向量a+kb与2a+b不平行,∴(1-k)×1+1×2+2k×2>0,且k≠,解得k>-1且k≠,∴实数k的取值范围为. 10.　 [解析] 由题得=(-1,1,0),=(1,2,-4).因为M在直线AB上,所以=λ=(-λ,λ,0),λ∈R,则=-=(-λ-1,λ-2,4),又CM⊥AB,所以⊥,所以(-λ-1)×(-1)+(λ-2)×1+4×0=2λ-1=0,解得λ=,则=,故M. 11.　[解析] ∵=-,∴·=·-·=||·||·cos<,> -||·||·cos<,>=8×4×cos 135°-8×6×cos 120°=24-16,∴cos<,>===. 12.解:如图所示,取AB的中点E,连接DE,由题易知DE⊥AB,DE⊥CD.以D为坐标原点,DE所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系. 设M(0,0,z),N(x,y,0),则P,MN==2,∴x2+y2+z2=4,∴ ++=++=1,∴DP2=1,即DP=1,∴点P的轨迹是以D为球心,1为半径的球的一部分.∵∠BAD=60°,∴∠ADC=120°,∴点P的轨迹是球的,∴所求几何体的体积V=×π×13=. 13.解:连接BD和AC交于点O,过点O作直线OH垂直于平面ABCD. 如图,以O为坐标原点,以,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系, 则A(,0,0),C(-,0,0),B(0,1,0),P(,0,2),F,G. 设=λ=(2λ,0,2λ),则Q(2λ-,0,2λ),故=(2λ-2,0,2λ). 依题意可得向量与,共面,=,=,所以存在实数m,n,使得=m+n=, 则解得m=n=λ=,则Q,故=,所以||=.又=(-,1,0),所以cos<,>==. 14.解:(1)由D(0,0,0),=(4,3,2),得B1(4,3,2), 所以A(4,0,0),B(4,3,0),A1(4,0,2),C1(0,3,2),所以=(-4,3,2). (2)由题意,设P(a,3,0)且0≤a≤4,由题知M,N(2,0,2),如图,连接MN,MP,PN,则=,故||=,而=,=(a-2,3,-2), 所以||=∈,||=∈[,],显然||≠||. 当||=||时,(a-4)2=8,可得a=4-2,此时P(4-2,3,0);当||=||时,(a-4)2+=(a-2)2+13,解得a=,此时P. 学科网（北京）股份有限公司 $