第1章空间向量与立体几何单元试卷--2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 本卷为高中数学空间向量与立体几何章末巩固卷，涵盖选择、多选、填空、解答题，注重基础巩固与能力提升，适配单元复习，培养空间观念与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8小题|空间向量运算、异面直线夹角|基础概念辨析，结合正方体等模型| |多选题|3小题|基底判定、空间距离|多角度考查，培养批判性思维| |填空题|3小题|向量数量积、动点最值|情境创新，提升空间想象| |解答题|5小题|线面平行证明、二面角计算|综合应用，体现数学建模与推理|

第1章空间向量与立体几何章末巩固卷-2026-2027学年数学人教A版选择性必修第一册 一．选择题（共8小题） 1．（2025秋•唐山期末）三棱锥A﹣BCD的所有棱长都为2，E，F分别是AB，AD的中点，则（　　） A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2 2．（2026春•宁波校级期末）已知向量，，若，则λ＝（　　） A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2 3．（2025秋•普洱期末）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1如图所示，其中，若点N为棱B1C1的中点，则（　　） A． B． C． D． 4．（2025秋•安徽期末）在四面体ABCD中，G是△ACD的重心．记，，，若，则x+y+z＝（　　） A． B． C． D． 5．（2026春•邯郸月考）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是AB的中点，F是BC1上的动点，则EF+FC的最小值为（　　） A． B． C． D． 6．（2026春•河南校级月考）已知向量（1，1，0），（﹣1，0，2），且k与2互相垂直，则k的值是（　　） A．1 B． C． D． 7．（2026春•恩施州期末）如图，二面角α﹣l﹣β的大小为120°，A∈l，B∈1，C∈α，D∈β，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝BD＝AC＝2，CD＝（　　） A． B． C．4 D． 8．（2026•承德开学）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA1＝6，AB＝4，且∠C1CB＝∠C1CD，则下列结论错误的是（　　） A． B．24 C．AC1＝2 D．直线CC1与平面ABCD所成的角为 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2026春•靖远县期中）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（　　） A． B． C． D． （多选）10．（2025秋•桂林期末）已知空间中的两点A（3，﹣1，﹣1），B（5，4，﹣3），则（　　） A． B．线段AB的中点坐标为 C．点A到x轴的距离为 D．直线AB的一个方向向量为 （多选）11．（2026秋•莱州市校级月考）给出以下命题，其中正确的命题是（　　） A．若，则异面直线MN与PQ所成角的余弦值为 B．若平面α与平面β的法向量分别是（2，4，﹣3）与（﹣1，2，2），则α⊥β C．已知A、B、C三点不共线，点O为平面ABC外任意一点，若点M满足，则点M∈平面ABC D．若向量是空间的一个基底，则向量、、也是空间的一个基底 三．填空题（共3小题） 12．（2026春•庄浪县校级月考）已知（﹣1，2，1），（2，0，1），则（23）•（）＝　 　 ． 13．（2025秋•安徽期末）如图，棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则|PE|+|PF|的最小值为　 　 ． 14．（2026秋•桐城市校级月考）已知矩形ABCD在平面α的同一侧，顶点A在平面上，AB＝4，，且AB，BC与平面α所成的角的大小分别为30°，45°，则矩形ABCD与平面α所成角的正切值为 　 　 ． 四．解答题（共5小题） 15．（2025秋•临泉县校级期末）已知向量． （1）求向量的坐标； （2）求与夹角的正弦值． 16．（2026春•宿迁校级月考）如图，已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的九个点，且k，k，k，m，m．求证： （1）A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； （2）AC∥EG； （3）k． 17．（2026秋•佳木斯校级月考）已知，． （1）求的值； （2）设向量，，求； （3）若，求k的值． 18．（2026秋•崆峒区校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA＝AB＝BC，AD＝2BC，AB⊥BC，AB⊥AD，PA⊥AB，PA⊥CD，E是PA的中点． （1）求证：BE∥平面PCD； （2）求平面PCD与平面BCE的夹角的余弦值． 19．（2026春•海门区校级月考）在平行四边形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝2AD＝2，E为BD上一点，且AE平分∠BAD，将△BDA沿BD翻折至△BDP． （1）若平面PBD⊥平面BDC． （i）求证：BC⊥PD； （ii）设PE⊂平面α，若CD∥α，求点C到平面α的距离； （2）试判断锐二面角B﹣PE﹣C是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 第1章空间向量与立体几何章末巩固卷-2026-2027学年数学人教A版选择性必修第一册 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 1．（2025秋•唐山期末）三棱锥A﹣BCD的所有棱长都为2，E，F分别是AB，AD的中点，则（　　） A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2 【解答】解：因为E，F分别是AB，AD的中点， 所以EF∥BD，且EFBD，即， 又因为三棱锥A﹣BCD的所有棱长都为2， 所以任意两条棱的夹角为60°， 所以•• ||||cos， 2×2×cos120° ＝﹣1． 故选：A． 2．（2026春•宁波校级期末）已知向量，，若，则λ＝（　　） A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2 【解答】解：由，可得， 即（*）， 已知， 则，，， 代入（*）可得36+（λ﹣2）×8﹣2λ×9＝0，解得λ＝2． 故选：C． 3．（2025秋•普洱期末）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1如图所示，其中，若点N为棱B1C1的中点，则（　　） A． B． C． D． 【解答】解：三棱柱ABC﹣A1B1C1如图所示，其中，若点N为棱B1C1的中点， 根据空间向量的线性运算法则，可得： ． 故选：D． 4．（2025秋•安徽期末）在四面体ABCD中，G是△ACD的重心．记，，，若，则x+y+z＝（　　） A． B． C． D． 【解答】解：如图，连接AG并延长交CD于点E， 则E为CD的中点， 所以 ， 所以x+y+z＝﹣1． 故选：B． 5．（2026春•邯郸月考）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是AB的中点，F是BC1上的动点，则EF+FC的最小值为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：因为在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是AB的中点，F是BC1上的动点， 所以可把△BCC1 与△EBC1 展开到同一平面，如图： 此时EF+FC取得最小值为EC， 又∠EBC1＝90°，∠C1BC＝45°，所以∠EBC＝135°， 又，BC＝2， 所以， 所以， 所以EF+FC 的最小值为 ． 故选：C． 6．（2026春•河南校级月考）已知向量（1，1，0），（﹣1，0，2），且k与2互相垂直，则k的值是（　　） A．1 B． C． D． 【解答】解：∵（1，1，0），（﹣1，0，2）， ∴kk（1，1，0）+（﹣1，0，2）＝（k﹣1，k，2）， 22（1，1，0）﹣（﹣1，0，2）＝（3，2，﹣2）， 又k与2互相垂直， ∴3（k﹣1）+2k﹣4＝0，解得：k． 故选：D． 7．（2026春•恩施州期末）如图，二面角α﹣l﹣β的大小为120°，A∈l，B∈1，C∈α，D∈β，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝BD＝AC＝2，CD＝（　　） A． B． C．4 D． 【解答】解：以AB，AC为邻边在平面α内作平行四边形BACM，如图所示， ∵AB＝AC＝2，∴BM＝2， ∵AC⊥l，∴BM⊥l， ∵BD⊥l，二面角α﹣l﹣β的大小为120°，∴∠DBM＝120°， 又BD＝BM＝2，根据余弦定理得， CM＝AB＝2， ∵BM⊥l，又BD⊥l，BM∩BD＝B，BM，BD⊂平面BDM， ∴l⊥平面BDM，又CM∥l， ∴CM⊥平面BDM，即CM⊥DM， 又CM＝2，，根据勾股定理得CD＝4． 故选：C． 8．（2026•承德开学）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA1＝6，AB＝4，且∠C1CB＝∠C1CD，则下列结论错误的是（　　） A． B．24 C．AC1＝2 D．直线CC1与平面ABCD所成的角为 【解答】解：根据题意可得，所以A选项正确； 因为12，所以B选项错误； 因为 ，所以C选项正确； 因为底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC， 又 ＝16+00﹣160， 所以BD⊥C1A，又BD⊥AC，且C1A∩AC＝A， 所以BD⊥平面C1CA，又BD⊂底面ABCD， 所以平面C1CA⊥底面ABCD， 所以CC1在底面的射影为AC， 所以直线CC1与平面ABCD所成的角为∠C1CA， 又C1C＝6，CA，AC1， 所以cos∠C1CA， 所以直线CC1与平面ABCD所成的角为∠C1CA，所以D选项正确． 故选：B． 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2026春•靖远县期中）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：若构成空间的一个基底， 对于A选项，由于，所以共面，不能构成向量的基底，故A错误； 对于B选项，由于不存在实数x，y使，所以不共面，故B选项正确； 对于C选项，由于不存在实数m，n使， 所以不共面，故C选项正确； 对于D选项，由于，所以共面．故不能构成向量的基底，故D错误． 故选：BC． （多选）10．（2025秋•桂林期末）已知空间中的两点A（3，﹣1，﹣1），B（5，4，﹣3），则（　　） A． B．线段AB的中点坐标为 C．点A到x轴的距离为 D．直线AB的一个方向向量为 【解答】解：空间中的两点A（3，﹣1，﹣1），B（5，4，﹣3）， 由题意得：，，故A正确； 线段AB的中点为，故B正确； 点A到x轴的距离为，故C正确； 由为直线AB的一个方向向量， 因为，所以与不共线， 所以不是直线AB的一个方向向量，故D错误． 故选：ABC． （多选）11．（2026秋•莱州市校级月考）给出以下命题，其中正确的命题是（　　） A．若，则异面直线MN与PQ所成角的余弦值为 B．若平面α与平面β的法向量分别是（2，4，﹣3）与（﹣1，2，2），则α⊥β C．已知A、B、C三点不共线，点O为平面ABC外任意一点，若点M满足，则点M∈平面ABC D．若向量是空间的一个基底，则向量、、也是空间的一个基底 【解答】解：对于A，因为异面直线所成的角的范围为（0，]， 所以若，则异面直线MN与PQ所成角的余弦值为|cos，|，故A错误； 对于B，若平面α与平面β的法向量分别是（2，4，﹣3）与（﹣1，2，2）， 因为2×（﹣1）+4×2+（﹣3）×2＝0， 所以α⊥β，故B正确； 对于C，已知A、B、C三点不共线，点O为平面ABC外任意一点，若点M满足， 因为1，且A、B、C三点不共线， 所以点M，A，B，C四点共面，即点M∈平面ABC，故C正确； 对于D，因为（）， 所以向量、、共面，不能作为空间的一个基底，故D错误． 故选：BC． 三．填空题（共3小题） 12．（2026春•庄浪县校级月考）已知（﹣1，2，1），（2，0，1），则（23）•（）＝　﹣4　 ． 【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． 13．（2025秋•安徽期末）如图，棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则|PE|+|PF|的最小值为　　 ． 【解答】解：过F作F关于平面BCC1B1的对称点F′，连接EF′交平面BCC1B1于点P0， 任取P1（不含P0），此时P1E+P1F＝P1E+P1F′＞EF′． 建立如图所示空间直角坐标系， 则D1（0，0，3），B（3，3，0），E（1，1，2），F（2，2，1）， 又点F距平面BCC1B1的距离为1，所以F′（2，4，1）， 所以|PE|+|PF|的最小值为． 故答案为：． 14．（2026秋•桐城市校级月考）已知矩形ABCD在平面α的同一侧，顶点A在平面上，AB＝4，，且AB，BC与平面α所成的角的大小分别为30°，45°，则矩形ABCD与平面α所成角的正切值为 　　 ． 【解答】解：如图，过B，D分别做平面α的垂线，垂足分别为E，F，连接AE，AF， 由DF⊥α，BE⊥α，AE，AF⊂α，所以DF⊥AF，BE⊥AE， 因为AB，BC与平面α所成的角的大小分别为30°，45°，且BC∥AD，BC＝AD， 所以∠BAE＝30°，∠DAF＝45°，得BE＝DF＝AF＝2，， 因为DF⊥α，BE⊥α，所以DF∥BE， 又BE＝DF＝2，所以四边形DFEB是平行四边形， 所以BD∥EF，因为BD⊄α，EF⊂α，所以BD∥α，所以， 过A作l满足l∥EF，则l即为矩形ABCD与平面α的交线， 过E做EP垂直l于点P，连接BP，则∠BPE即为所求， 在△AEF中，， 由cos2∠FAE+sin2∠FAE＝1，0＜∠FAE＜π可得， 所以，解得， 所以矩形ABCD与平面α所成角的正切值为． 故答案为：． 四．解答题（共5小题） 15．（2025秋•临泉县校级期末）已知向量． （1）求向量的坐标； （2）求与夹角的正弦值． 【解答】解：（1）因为，且， 所以，解得m＝﹣8，n＝﹣2，所以； 因为，且， 所以， 解得k＝0，所以． （2）由（1）得， 所以， 所以， 所以， 所以． 16．（2026春•宿迁校级月考）如图，已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的九个点，且k，k，k，m，m．求证： （1）A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； （2）AC∥EG； （3）k． 【解答】证明：（1）∵m，∴A，B，C，D四点共面； ∵m，∴E，F，G，H四点共面． 故得证． （2）∵mm（） ＝k（）+km（）＝kkm ＝k（m）＝k， ∴AC∥EG． （3）由（2）知，k， ∴kkk． 故得证． 17．（2026秋•佳木斯校级月考）已知，． （1）求的值； （2）设向量，，求； （3）若，求k的值． 【解答】解：（1）∵，， ∴，∴； （2）由（1）， 又∥（）， ∴， 解得m＝2，n＝﹣4，即， ∴， 则； （3）由（1）， ， 由，则， ∴8k+24＝0，则k＝﹣3． 18．（2026秋•崆峒区校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA＝AB＝BC，AD＝2BC，AB⊥BC，AB⊥AD，PA⊥AB，PA⊥CD，E是PA的中点． （1）求证：BE∥平面PCD； （2）求平面PCD与平面BCE的夹角的余弦值． 【解答】解：证明：取PD的中点F，连接CF，EF， 因为E是PA的中点，所以EF∥AD且，因为BC∥AD且AD＝2BC， 所以EF∥BC且EF＝BC， 所以四边形BCFE是平行四边形，所以CF∥BE， 又因为BE⊄平面PCD，CF⊂平面PCD，所以BE∥平面PCD． （2）因为PA⊥AB，PA⊥CD，AB，CD的延长线交于一点， AB⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD， 又因为AB⊥AD，所以PA，AB，AD两两垂直， 所以以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系， 设AB＝1，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1），， 所以，，，， 设平面PCD的一个法向量， 则，即﹣x+y＝2y﹣z＝0，取x＝1，得， 设平面BCE的一个法向量，则， 即，取c＝2，得， 设平面PCD与平面BCE的夹角为θ，则， 即平面PCD与平面BCE的夹角的余弦值为． 19．（2026春•海门区校级月考）在平行四边形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝2AD＝2，E为BD上一点，且AE平分∠BAD，将△BDA沿BD翻折至△BDP． （1）若平面PBD⊥平面BDC． （i）求证：BC⊥PD； （ii）设PE⊂平面α，若CD∥α，求点C到平面α的距离； （2）试判断锐二面角B﹣PE﹣C是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 【解答】解：（1）（i）证明：因为∠BAD＝60°，， 在△ABD中，由余弦定理，BD2＝AD2+AB2﹣2AD×ABcos60°＝9， BD＝3， 所以AD2+BD2＝AB2，即∠ADB＝90°， 所以AD⊥BD， 因为平面PBD⊥平面BDC，平面PBD∩平面BDC＝BD， PD⊂平面PBD，PD⊥BD， 所以PD⊥平面BDC． 因为BC⊂平面BDC， 所以BC⊥PD； （ⅱ）设BC∩α＝F，连接EF， 因为CD∥α，CD⊂平面BCD，平面BCD∩α＝EF， 所以EF∥CD． 因为PE平分∠BPD，所以， 所以，， 由（1）知，BC⊥BD，BD＝3，，PD⊥平面BDC． 以B为原点，BC，BD及垂直平面BCD所在的直线分别为x轴、y轴、z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系B﹣xyz， 则E（0，2，0），，， 因为，，， 设平面PEF（即α）的一个法向量为（x，y，z）， 所以，即， 令x＝3，则z＝﹣1， 所以， 设C到平面α的距离是d， 所以， 所以点C到平面α的距离是； （2）因为，设， 因为，E（0，2，0）， 所以，， 设平面BEP的一个法向量为， 则，所以， 解得y1＝0，令x1＝sinθ，则z1＝﹣cosθ， 所以（sinθ，0，﹣cosθ）， 又因为，， 设平面PCE的一个法向量为， 所以，所以， 得，﹣（1+2cosθ））， 所以， 令2+cosθ＝t，则t∈[1，3]， 所以， 设， 因为，t∈[1，3]， 所以当，即时，f（t）取得最小值， 所以， 设锐二面角B﹣PE﹣C的大小为α， 因为， 所以 所以锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $