周周练3 章末检测——空间向量与立体几何-【优学精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修一同步教参（人教B版）

**基本信息** 以空间向量工具整合立体几何核心知识，通过多层次题型训练空间想象与逻辑推理能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|单选1-4、填空12|考查射影、基底转换、共面定理|空间向量坐标运算为后续应用奠基| |空间关系判定|单选3、8、多选9|线面垂直、向量平行垂直判定|向量数量积与法向量构建线面关系逻辑链| |空间度量计算|单选5、7、填空13|距离、角度、体积计算|坐标法与几何法结合，体现空间观念| |综合应用|解答16-19|折叠、多面体、存在性问题|以空间向量为工具，综合空间想象与推理能力|

周周练3　章末检测——空间向量与立体几何 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．) 1．(2026·榆林月考)已知点B是点A(2，3，1)在坐标平面Oxy内的射影，则||＝(　　) A． B． C． D．4 解析：选C.根据题意点A(2，3，1)在坐标平面Oxy内的射影为点B(2，3，0)，所以||＝＝. 2．(2026·烟台期中)若向量p在基底{a，b，c}下的坐标为(2，4，3)，则p在基底{a－b，a＋b，c}下的坐标为(　　) A．(－1，3，3) B．(3，－1，3) C．(－3，1，3) D．(1，－3，3) 解析：选A.由题意p＝2a＋4b＋3c，令p＝x(a－b)＋y(a＋b)＋zc＝2a＋4b＋3c，所以解得所以p在基底{a－b，a＋b，c}下的坐标为(－1，3，3). 3．已知直线l的方向向量为v＝(1，2，－4)，平面α的一个法向量为n＝(x，1，－2)，若直线l与平面α垂直，则实数x的值为(　　) A．－10 B．10 C．－ D． 解析：选D.因为直线l与平面α垂直，故v∥n.设v＝kn且k∈R，即解得x＝. 4．(2026·朝阳月考)已知动点Q在△ABC所在平面内运动，若对于空间中任意一点P，都有＝－3＋5＋m，则实数m的值为(　　) A．－2 B．－1 C．0 D．2 解析：选D.由＝－3＋5＋m，得－＝－3＋5－m，所以＝－2＋5－m，动点Q在△ABC所在平面内运动，可知Q，A，B，C四点共面，由空间中四点共面的向量定理可知，－2＋5－m＝1，解得m＝2. 5．(2026·济宁期中)在空间直角坐标系中，O为坐标原点，已知A(1，2，3)，B(2，－1，0)，C(3，6，－5)，则三棱锥OABC的体积为(　　) A． B． C． D． 解析：选D.由题可得＝(1，2，3)，＝(2，－1，0)，＝(3，6，－5)，因为·＝1×2＋2×(－1)＋3×0＝0，所以⊥，所以OA⊥OB，即△OAB为直角三角形，又||＝＝，||＝＝，所以△OAB的面积为S＝××＝，设平面OAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则令x＝1，得y＝2，z＝－，故n＝，所以点C到平面OAB的距离d＝＝＝，则三棱锥OABC的体积VOABC＝VCOAB＝××＝. 6．(2026·佛山月考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，过点A的平面α分别与棱PB，PC，PD交于点E，F，G，若＝2，＝3，则＝(　　) A． B． C． D． 解析：选A.设＝λ，连接AF，如图， 则＝＋＝＋λ＝＋λ(＋－)＝λ＋λ＋(1－λ).因为＝3，即－＝3(－)，故＝＋，因为A，E，F，G四点共面，且，不共线，存在μ，t∈R，使得＝μ＋t，所以＝μ＋t＝(＋)＋t＝＋＋，由空间向量的基本定理可得解得所以＝. 7．(2026·岳阳月考)如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，G为线段DD1上的点，且DG＝DD1，过E，F，G的平面交AA1于点H，则直线A1D1到平面EFGH的距离为(　　) A． B． C． D． 解析：选A.以点D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 则E，F，G，D1(0，0，1)，A1(1，0，1)，所以＝(－1，0，0)，＝，＝(－1，0，0)，则＝，所以∥. 又因为EF⊂平面EFGH，A1D1⊄平面EFGH，所以A1D1∥平面EFGH. 所以A1D1到平面EFGH的距离，即为点D1到平面EFGH的距离． 设平面EFGH的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝6，则y＝－1，所以n＝(0，－1，6)， 又因为＝，所以点D1到平面EFGH的距离d＝＝，所以直线A1D1到平面EFGH的距离为. 8．(2026·无锡月考)在空间直角坐标系Oxyz中，经过点P(x0，y0，z0)，且一个法向量为m＝(A，B，C)的平面方程为A(x－x0)＋B(y－y0)＋C(z－z0)＝0，经过点P(x0，y0，z0)且一个方向向量为n＝(μ，υ，ω)(μυω≠0)的直线l的方程为＝＝.阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面α的方程为3x－5y＋z－7＝0，经过(0，0，0)的直线l的方程为＝＝，则直线l与平面α所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析：选D.因为平面α的方程为3x－5y＋z－7＝0，故其一个法向量为m＝(3，－5，1)，且直线l的方程为＝＝，故其一个方向向量为n＝(3，2，－1)，设直线l与平面α所成的角为θ∈，则sin θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝，可得cos θ＝＝，所以直线l与平面α所成角的余弦值为. 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．(2026·三明期中)已知空间向量a＝(2，0，1)，b＝(1，1，－1)，则以下说法正确的是(　　) A．|a＋b|＝ B．a·b＝1 C．2a＋b＝(5，1，1) D．向量a在b上的投影为 解析：选BCD.对于A，因为a＝(2，0，1)，b＝(1，1，－1)，所以a＋b＝(3，1，0)，由空间向量的模长公式得|a＋b|＝＝，故A错误；对于B，因为a＝(2，0，1)，b＝(1，1，－1)，所以a·b＝2－1＝1，故B正确；对于C，因为a＝(2，0，1)，b＝(1，1，－1)，所以2a＋b＝(5，1，1)，故C正确；对于D，|b|＝＝，所以向量a在b上的投影为b＝b＝，故D正确． 10．如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AD＝AB＝1，∠A1AD＝∠A1AB＝∠BAD＝60°，M为B1D1的中点，则(　　) A．＝＋－ B．＝－－－ C．·＝ D．·＝－ 解析： 选ACD.连接DB，则＝＋＝＋＝＋(－)＝＋AA1－，故A正确；＝＋＋＝－＋＋－＝－＋－，故B错误；·＝·＝||·||cos∠A1AB＝1×1×＝，故C正确；·＝(－＋－)·＝－·＋·－2＝－||·||cos ∠BAD＋||·||cos ∠A1AD－2＝－×＋－＝－，故D正确． 11．(2026·河池月考)如图1，已知长方形ABCD中，AB＝2，AD＝1，M为DC的中点，将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM，如图2所示，在四棱锥DABCM中，下列选项正确的是(　　) A．AD⊥BM B．AD和BC所成的角为30° C．点C到直线MD的距离为 D．若点E为线段BD上的动点，且二面角EAMD的余弦值为，则＝ 解析：选ACD.取AM中点O，连接DO，因为AB＝2，AD＝1，M为DC中点，所以AD＝DM＝1，所以DO⊥AM，因为平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，DO⊂平面ADM， 所以DO⊥平面ABCM.以O为坐标原点，分别以过O与AB垂直、平行的直线为x轴、y轴，以OD所在直线为z轴， 建立如图所示空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A，B，C(－，，0)，M，D， 对于A，＝，＝(－1，－1，0)，·＝0，所以AD⊥BM，故A正确；对于B，＝(－1，0，0)，设AD和BC所成的角为θ，则cos θ＝＝＝，又0°<θ≤90°，所以θ＝60°，故B错误；对于C，＝，＝，则点C到直线MD的距离d＝＝＝，故C正确；对于D，设＝λ，λ∈(0，1)，连接OE，则＝＋λ＝＋＝，所以＝，＝(－1，1，0)，设平面AME的法向量为m＝(x，y，z)，则即 令x＝1，则y＝1，z＝，所以m＝是平面AME的一个法向量．设n＝(a，b，c)是平面AMD的法向量，则即 令a＝1，则b＝1，c＝0，所以n＝(1，1，0)是平面AMD的一个法向量．设二面角EAMD的大小为α，由图知二面角E­AM­D是锐二面角，则cos α＝＝＝，解得λ＝，即＝，D正确． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中横线上．) 12．(2026·赣州月考)已知向量a＝(1，－2，1)，b＝(3，λ，μ)，若a∥b，则λμ＝________． 解析：因为向量a＝(1，－2，1)，b＝(3，λ，μ)，且a∥b，所以＝＝，得λ＝－6，μ＝3，所以λμ＝－18. 答案：－18 13．(2026·衡阳期中)如图，在几何体ABCDEF中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝AD＝2BC＝6，AE∥CF，AE＝2CF＝4，AE⊥平面ABCD，则异面直线EF与AB所成角的余弦值为________． 解析： 因为AE⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以AE⊥AD，AE⊥AB，又因为∠BAD＝，所以AE，AD，AB两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB＝AD＝2BC＝6，AE＝2CF＝4，所以BC＝3，CF＝2，则A(0，0，0)，B(6，0，0)，E(0，0，4)，F(6，3，2)，所以＝(6，0，0)，＝(6，3，－2)，所以|cos 〈，〉|＝＝＝，所以异面直线EF与AB所成角的余弦值为. 答案： 14．(2026·佛山月考)已知在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是A1C上的动点，点E是CD的中点，若A，B1，P，E四点共面，则＝________． 解析： 设点A1到平面AEB1的距离为d1，点C到平面AEB1的距离为d2，则＝，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则A(2，0，0)，E(0，1，0)，B1(2，2，2)，A1(2，0，2)，C(0，2，0)，＝(－2，1，0)，＝(0，2，2)，＝(0，0，－2)，＝(2，－2，0)，设平面AEB1的法向量为m＝(x，y，z)，则令x＝1得y＝2，z＝－2，故m＝(1，2，－2)，所以d1＝＝＝，d2＝＝＝，故＝＝2. 答案：2 四、解答题(本题共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．(本小题满分13分)(2026·漯河月考)已知空间向量a，b满足a＝(1，2，－2)，|b|＝6. (1)若a与b的夹角为60°，求|3a－b|；(5分) (2)若a∥b，求向量b的坐标．(8分) 解：(1)因为a＝(1，2，－2)，所以|a|＝＝3.因为|b|＝6，且a与b的夹角为60°，所以a·b＝|a|·|b|·cos a，b＝3×6×＝9，则|3a－b|2＝9a2－6a·b＋b2＝9×32－6×9＋62＝63， 故|3a－b|＝＝3. (2)因为a∥b，所以b＝ka(k∈R). 当向量a，b同向时，k＝＝2，则b＝2a＝(2，4，－4)；当向量a，b反向时，k＝－＝－2，则b＝－2a＝(－2，－4，4).综上，向量b的坐标为(2，4，－4)或(－2，－4，4). 16．(本小题满分15分)如图，正四棱锥PABCD的底面边长和高均为2，E，F分别为PD，PB的中点． (1)证明：EF⊥PC；(6分) (2)若点M是线段PC上的点，且PM＝PC，判断点M是否在平面AEF内，并证明你的结论．(9分) 解：(1)证明：连接AC，BD交于O，连接OP，由正四棱锥的性质可得PO⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，则AC⊥BD，所以以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(，0，0)，B(0，，0)，P(0，0，2)，C(－，0，0)，D(0，－，0)，E，F，则＝(0，，0)，＝(－，0，－2)， 则·＝0，所以EF⊥PC. (2)点M在平面AEF内，证明如下：连接AM，由(1)知＝，＝，＝(－，0，2)，＝＋＝(－，0，2)＋(－，0，－2)＝，＋＝(－2，0，2)，所以＝＋，所以A，M，E，F四点共面，即点M在平面AEF内． 17．(本小题满分15分)如图所示，平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，BE＝BB1，DF＝DD1. (1)求证：四边形AEC1F为平行四边形；(7分) (2)若底面ABCD为正方形，且AB＝4，AA1＝3，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，AC1与EF相交于点M，求点M到直线AB的距离．(8分) 解：(1)证明：设＝a，＝b，＝c，以{a，b，c}为空间的一个基底，＝＋＝a＋c，＝＋＝c＋a，则＝，即AE＝FC1且AE∥FC1，所以四边形AEC1F为平行四边形． (2)由题意可知，|a|＝|b|＝4，|c|＝3，a·b＝0，a·c＝b·c＝3×4×cos 60°＝6， 由(1)可知，四边形AEC1F为平行四边形，所以M为AC1的中点，则＝＝(a＋b＋c)，则||2＝＝(42＋42＋32＋2×6＋2×6)＝，·＝(a＋b＋c)·a＝11，则点M到直线AB的距离为d＝＝＝，则点M到直线AB的距离为. 18．(本小题满分17分)如图1，△ABC是底边为2的等腰三角形，且AB＝BC＝，△DAC为等腰直角三角形，∠CDA＝90°，将△DAC沿AC翻折到△PAC的位置，且点P不在平面ABC内(如图2). (1)证明：AC⊥PB；(7分) (2)若直线PC与AB所成角的余弦值为，设平面PAC与平面ABC所成的角为α，求cos α的值．(10分) 解：(1)证明：取AC中点为E，连接PE，BE， 因为PA＝PC，AB＝BC，所以PE⊥AC，BE⊥AC，又PE∩BE＝E，PE，BE⊂平面PBE，所以AC⊥平面PBE，又PB⊂平面PBE，所以AC⊥PB. (2)以E为坐标原点，EA，EB所在直线分别为x轴、y轴，过点E垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)， 因为△DAC为等腰直角三角形，所以DA＝DC＝， 所以EP＝1，设∠BEP＝θ，则P(0，cos θ，sin θ)，则＝(－1，－cos θ，－sin θ)，＝(－1，，0)，故|cos 〈，〉|＝＝＝，所以cos θ＝－或cos θ＝(舍去)，又α∈，所以cos α＝|cos θ|＝. 19．(本小题满分17分)在五面体ABCDEF中，CD⊥平面ADE，EF⊥平面ADE. (1)求证：AB∥CD；(5分) (2)若AB＝2AD＝2EF＝2，∠ADE＝∠CBF＝90°，点D到平面ABFE的距离为，求二面角ABFC的大小；(6分) (3)在第(2)问条件下，线段AB上是否存在点M，使得DM与平面BCF所成的角为30°.若存在，求AM的长度，若不存在，请说明理由．(6分) 解：(1)证明：因为CD⊥平面ADE，EF⊥平面ADE，所以CD∥EF，因为CD⊄平面ABFE，EF⊂平面ABFE， 所以CD∥平面ABFE，因为平面ABFE∩平面ABCD＝AB，CD⊂平面ABCD， 所以AB∥CD. (2)因为CD⊥平面ADE，AB∥CD，所以AB⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE， 所以AB⊥AE，又因为CD⊥平面ADE，AD，ED⊂平面ADE， 所以CD⊥AD，CD⊥ED， 又因为∠ADE＝90°，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，所以ED⊥平面ABCD， 连接BE，BD，因为VDABE＝VEABD，所以S△ABE·＝S△ABD·ED，所以AB·AE·＝AB·AD·ED，即AE·＝AD·ED⇒AE＝ED， 所以AE＝＝ED，即AD＝ED＝1，AE＝， 以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 设CD＝c，则A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，c，0)，F(0，1，1)，所以＝(－1，－1，1)，＝(－1，c－2，0)，因为∠CBF＝90°，所以·＝1－c＋2＝0，解得c＝3， 设平面BFA的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面BFC的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 因为＝(0，2，0)，＝(－1，－1，1)， 所以 令x1＝1，则m＝(1，0，1)， 因为＝(－1，1，0)，＝(－1，－1，1)， 令x2＝1，则n＝(1，1，2)， 设二面角ABFC的大小为θ，结合图象可知θ为钝角，所以cos θ＝－＝－＝－，故θ＝. (3)设线段AB上存在点M，使得DM与平面BCF所成的角为30°， 设AM＝t，t∈[0，2]，则M(1，t，0)， 又D(0，0，0)，则＝(1，t，0)， 由(2)知，平面BCF的一个法向量为n＝(1，1，2)， 所以|cos ，n|＝＝sin 30°＝，即t2－4t＋1＝0，解得t＝2±，因为0≤t≤2，所以t＝2－， 所以线段AB上存在点M，使得DM与平面BCF所成的角为30°，此时AM＝2－. 学科网（北京）股份有限公司 $