第一章空间向量与立体几何单元卷-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** 本单元卷聚焦空间向量与立体几何，通过基础判断、空间角距离计算及折叠问题，全面考查空间观念与运算推理能力，适配高中数学单元复习。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|8/40|法向量平行判断、向量数量积|以正方体、三棱锥为模型，基础巩固| |多项选择|3/18|空间向量运算、线面关系|结合正方体模型，考查推理与空间想象| |填空题|3/15|对称点坐标、点面距离|含长方体、三棱锥情境，注重运算能力| |解答题|5/77|二面角计算、折叠问题|如菱形折叠证面面垂直，体现模型观念与创新应用|

章末验收评价（一） 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) 1.已知平面α和平面β的一个法向量分别为m=(3,1,-5),n=(-6,-2,10),则 (　　) A.α⊥β　　　　　 　　　 　B.α∥β C.α与β相交但不垂直 　D.以上都不对 2.在三棱锥A ⁃BCD中,AB=AC=AD=2,∠BAD=90°,∠BAC=60°,则·等于 (　　) A.-2 B.2 C.-2 D.2 3.已知a=3m-2n-4p≠0,b=(x+1)m+8n+2yp,且m,n,p不共面,若a∥b,则 (　　) A.x=-13,y=8 B.x=-13,y=5 C.x=7,y=5 D.x=7,y=8 4.已知在正四棱柱ABCD ⁃A1B1C1D1中,AA1=2AB,则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于 (　　) A. B. C. D. 5.如图,已知正方形ABCD和正方形ADEF的边长均为6,且它们所在的平面互相垂直,O是BE的中点,=,则线段OM的长为 (　　) A.3 B. C.2 D. 6.如图,已知长方体ABCD ⁃A1B1C1D1中,A1A=5,AB=12,则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是 (　　) A.5 B.8 C. D. 7.在正四棱柱ABCD ⁃A1B1C1D1中,AA1=4,AB=BC=2,动点P,Q分别在线段C1D,AC上,则线段PQ长度的最小值是 (　　) A. B. C. D. 8.如图,在四棱锥P ⁃ABCD中,底面ABCD是直角梯形,∠BAD=90°,AD∥BC,AB=AD=PD=1,BC=2,PD⊥平面ABCD,则二面角A ⁃PB ⁃C的大小为(　　) A.30° B.60° C.120° D.150° 二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18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 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 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 三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分) 12.在平面直角坐标系中,点A(-1,2)关于x轴的对称点为A'(-1,-2),则在空间直角坐标系中,B(-1,2,3)关于x轴的对称点B'的坐标为　 　　　　　,若点C(1,-1,2)关于平面Oxy的对称点为点C',则|B'C'|=　　　　.  13.如图,在长方体ABCD ⁃A1B1C1D1中,AD=AA1=2,AB=3,若E为AB中点,则点B1到平面D1EC的距离为　　　　.  14.如图,在三棱锥S ⁃ABC中,SA=SB=SC,且∠ASB=∠BSC=∠CSA=,M,N分别是AB,SC的中点,则异面直线SM与BN所成角的余弦值为　　　　,直线SM与平面SAC所成角的大小为　　　　.  四、解答题(本大题共5小题,共77分) 15.(13分)如图,PD垂直于正方形ABCD所在的平面,AB=2,E是PB的中点,cos<,>=. (1)建立适当的空间直角坐标系,求出点E的坐标; (2)在平面PAD内求一点F,使EF⊥平面PCB. 16.(15分)如图,在长方体ABCD ⁃A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1. (1)求证:点C1在平面AEF内; (2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A ⁃EF ⁃A1的正弦值. 17.(15分)如图1,在边长为5的菱形ABCD中,AC=8,现沿对角线BD把△ABD折起,折起后(如图2)使∠ADC的余弦值为. (1)求证:平面ABD⊥平面CBD; (2)若M是AB的中点,求折起后AC与平面MCD所成角的正弦值. 18.(17分)如图所示,三棱柱ABC ⁃A1B1C1的各棱长均为2,侧面BCC1B1⊥底面ABC,侧棱BB1与底面ABC所成的角为60°. (1)求直线A1C与底面ABC所成角的度数. (2)在线段A1C1上是否存在点P,使得平面B1CP⊥平面ACC1A1?若存在,求出C1P的长;若不存在,请说明理由. 19.(17分)如图,在等腰直角三角形ADP中,∠A=90°,AD=3,B,C分别是AP,DP上的点,且BC∥AD,E,F分别是AB,PC的中点.现将△PBC沿BC折起,得到四棱锥P ⁃ABCD,连接EF. (1)求证:EF∥平面PAD. (2)是否存在点B,使得当将△PBC沿BC折起到PA⊥AB时,平面PCD与平面ECD夹角的余弦值等于?若存在,求出AB的长;若不存在,请说明理由. 章末验收评价（一） 空间向量与立体几何参考答案 1.解析:选B　∵n=(-6,-2,10),m=(3,1,-5), ∴n=-2m.∴m∥n.∴α与β平行. 2.解析:选A　·=·(-)=·-·=2×2×cos 90°-2×2×cos 60°=-2. 3.解析:选A　因为a∥b且a≠0,所以b=λa,即(x+1)·m+8n+2yp=3λm-2λn-4λp.又因为m,n,p不共面,所以==,所以x=-13,y=8. 4.解析:选A　以D为坐标原点,建立空间直角坐标系Dxyz,如图,设AA1=2AB=2, 则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),则=(0,1,0),=(1,1,0),=(0,1,2).设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z),则n⊥,n⊥,所以有令y=-2,得平面BDC1的一个法向量为n=(2,-2,1).设CD与平面BDC1所成的角为θ,则sin θ=|cos<n,>|==. 5.解析:选B　由题意可得DA,DC,DE两两互相垂直.以D为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则E(0,0,6),F(6,0,6),A(6,0,0),B(6,6,0). 因为O是BE的中点,所以O(3,3,3). 因为=,所以M(6,0,4),所以||==,即线段OM的长为.故选B. 6.解析:选C　以D为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系, 则C(0,12,0),D1(0,0,5). 设B(x,12,0),B1(x,12,5)(x≠0).设平面A1BCD1的法向量为n=(a,b,c),由n⊥,n⊥,得n·=(a,b,c)·(-x,0,0)=-ax=0,n·=(a,b,c)·(0,-12,5)=-12b+5c=0,所以a=0,b=c,所以可取n=(0,5,12).又=(0,0,-5),所以点B1到平面A1BCD1的距离为=. 因为B1C1∥平面A1BCD1,所以B1C1到平面A1BCD1的距离为. 7.解析:选C　以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,4),则可设P(0,t,2t),t∈[0,2],Q(2-m,m,0),m∈[0,2], ∴PQ==,当且仅当5t=m=时,PQ取得最小值,故选C. 8.解析:选C　取BC的中点M,连接DM,由已知可得四边形ADMB为正方形,易得DM,DA,DP两两互相垂直,故以点D为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(0,1,0),B(1,1,0),C(1,-1,0),P(0,0,1),所以=(0,-1,1),=(1,0,0). 设平面PAB的法向量为n1=(x,y,z), 则即 令z=1,则y=1,所以n1=(0,1,1)是平面PAB的一个法向量. 设平面PBC的法向量为n2=(a,b,c), 易得=(0,-2,0),=(1,-1,-1), 所以即 令c=1,则a=1,所以n2=(1,0,1)是平面PBC的一个法向量,所以cos<n1,n2>==. 易知二面角A⁃PB⁃C的平面角为钝角,所以二面角A⁃PB⁃C的大小为120°.故选C. 二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分) 9.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.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.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) 12.解析:由题意得B(-1,2,3)关于x轴的对称点B'的坐标为(-1,-2,-3);点C(1,-1,2)关于Oxy平面的对称点为C'(1,-1,-2),所以|B'C'|==. 答案:(-1,-2,-3)　 13.解析:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,连接CB1,由题意得C(0,3,0),E,D1(0,0,2),B1(2,3,2), ∴=,=(0,-3,2),=(2,0,2).设平面D1EC的法向量为n=(x,y,z),则即令z=6,得n=(3,4,6),∴点B1到平面D1EC的距离d==. 答案: 14.解析:因为∠ASB=∠BSC=∠CSA=,所以以S为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(图略).设SA=SB=SC=2,则S(0,0,0),B(0,2,0),A(2,0,0),C(0,0,2),M(1,1,0),N(0,0,1),所以=(1,1,0),=(0,-2,1),所以cos<,>==-,所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为.易得平面SAC的一个法向量为=(0,2,0),则由cos<,>==得<,>=,所以直线SM与平面SAC所成角的大小为. 答案:　 四、解答题(本大题共5小题,共77分) 15.解:(1)分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0). 设P(0,0,2m)(m>0), 则E(1,1,m),∴=(-1,1,m),=(0,0,2m), ∴cos<,>==,解得m=1或m=-1(舍去), ∴点E的坐标是(1,1,1). (2)由(1)知,B(2,2,0),C(0,2,0).∵点F∈平面PAD,∴可设F(x,0,z),∴=(x-1,-1,z-1).又EF⊥平面PCB,=(2,0,0),∴⊥,即(x-1,-1,z-1)·(2,0,0)=0,解得x=1.又⊥,=(0,2,-2),∴(x-1,-1,z-1)·(0,2,-2)=0,解得z=0,∴点F的坐标是(1,0,0),即点F是AD的中点. 16.解:设AB=a,AD=b,AA1=c,以点C1为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C1xyz. (1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),E,F,=,=,得=, 因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内. (2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),=(0,-1,-1),=(-2,0,-2),=(0,-1,2),=(-2,0,1). 设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量, 则即 可取n1=(-1,-1,1). 设n2为平面A1EF的法向量, 则同理可取n2=. 因为cos<n1,n2>==-, 所以二面角A ⁃EF ⁃A1的正弦值为. 17.解:(1)证明:在菱形ABCD中,记AC,BD的交点为O,则OA=OC=4.∵AD=5,∴OB=OD=3. 将△ABD折起后变成三棱锥A⁃BCD,在△ACD中,AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC=25+25-2×5×5×=32. 在△AOC中,OA2+OC2=32=AC2, ∴∠AOC=90°,即AO⊥CO. 又AO⊥BO,BO∩CO=O, ∴AO⊥平面CBD.又AO⊂平面ABD, ∴平面ABD⊥平面CBD. (2)由(1)知,OC,OD,OA两两互相垂直,故以点O为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz, 则A(0,0,4),B(0,-3,0),C(4,0,0),D(0,3,0),M, ∴=,=(4,-3,0),=(4,0,-4). 设平面MCD的法向量为n=(x,y,z), 则即 取y=4,则x=3,z=9,∴n=(3,4,9). 设AC与平面MCD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|===,∴AC与平面MCD所成角的正弦值为. 18.解:(1)过B1作B1O⊥BC于点O. ∵侧面BCC1B1⊥平面ABC, ∴B1O⊥平面ABC, ∴∠B1BC=60°. 又∵四边形BCC1B1是菱形, ∴O为BC的中点.以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(-,0,0),B(0,-1,0),C(0,1,0),A1(-,1,),B1(0,0,),C1(0,2,),∴=(-,0,).又底面ABC的一个法向量为u=(0,0,1),设直线A1C与底面ABC所成的角为θ,则sin θ=|cos<,u>|==,∴θ=45°.∴直线A1C与底面ABC所成的角为45°. (2)设在线段A1C1上存在点P,=λ,0≤λ≤1,则=λ(-,-1,0),=+=(-λ,1-λ,),由(1)知,=(0,1,-),=(,1,0),=(0,-1,-).设平面B1CP的法向量为m=(x1,y1,z1), 则即 取z1=1,则y1=,x1=, ∴m=. 设平面ACC1A1的法向量为n=(x2,y2,z2), 则即 取z2=1,则y2=-,x2=1, ∴n=(1,-,1). ∵平面B1CP⊥平面ACC1A1, ∴m·n=·(1,-,1)=-2=0,∴λ=,∴C1P=. 19.解:(1)证明:如图,作CM∥AB,交AD于点M,连接PM,取PM的中点N,连接AN,FN. 由三角形的中位线定理,得FN∥CM,且FN=CM. ∵E是AB的中点,∴AE∥CM,且AE=CM, ∴FN∥AE,且FN=AE, ∴四边形AEFN是平行四边形, ∴EF∥AN. ∵AN⊂平面PAD,EF⊄平面PAD, ∴EF∥平面PAD. (2)存在点B,当将△PBC沿BC折起到PA⊥AB时,平面PCD与平面ECD夹角的余弦值等于. ∵BC⊥AB,BC⊥PB,且AB∩PB=B, ∴BC⊥平面PAB,又BC∥AD, ∴AD⊥平面PAB, ∴PA⊥AD,又AB⊥AD,PA⊥AB, ∴以A为坐标原点,AB,AD,AP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. 设AB=a,则PB=BC=3-a,由PB>AB,得0<a<,PA=, ∴A(0,0,0),C(a,3-a,0), P(0,0,),D(0,3,0), =(a,-a,0),=(0,-3,). 设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z), 则 取y=1,得n=. 易知平面ECD的一个法向量为m=(0,0,1).依题意,得=, 解得a=1,即AB=1. ∴存在点B,当将△PBC沿BC折起到PA⊥AB时,平面PCD与平面ECD夹角的余弦值等于,此时AB的长为1. 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $