第一章 空间向量与立体几何 单元试卷【基础题】-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

第一章空间向量与立体几何 单元试卷 2026-2027学年高二数学同步备课系列【基础题】——原卷版 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、选择题（共8小题） 1.与向量a＝(－1，2，－3)平行的一个向量的坐标是(　　) A. B. C.(2，4，－4) D.(－1，2，－4) 2.直三棱柱ABC -A1B1C1中，若＝a，＝b，＝c，则＝(　　) A.a＋b－c B.a－b＋c C.－a＋b＋c D.－a＋b－c 3.（2025-2026·湖南株洲高二下期中）已知向量，，，则（） A.1 B.－1 C.2 D.－2 4.（2025-2026·湖南邵阳高二上期中）向量，若，则（） A. B. C. D. 5.（2025-2026·湖南长沙高二上期中）在三棱柱中，与相交于点，，，，，则线段的长度为（） A. B. C. D. 6.（2025-2026·江苏南通高二上期中）在四棱柱中，平面，底面是边长为的正方形，侧棱的长为，为侧棱上的动点（包括端点），则（） A.对任意的，，存在点，使得 B.当且仅当时，存在点，使得 C.当且仅当时，存在点，使得 D.当且仅当时，存在点，使得 7.（2025-2026·陕西咸阳高二上月考）如图，在正方体中，是棱上的动点．则下列结论不正确的是（） A.平面 B. C.二面角的大小为 D.直线与平面所成角的大小不变 8.（2024-2025·湖南岳阳高二上期末）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，若直线与直线所成角的余弦值为，则（） A. B. C. D. 二、多项选择题（共3小题） 9.（2025-2026·湖南长沙高二上期中）已知正四面体的棱长为，四面体内部一点（包含边界）到三个侧面，，的距离之比为，则下列说法正确的是（） A.正四面体内切球的半径为 B.点可以为的重心 C. D.面积的最小值为 10.（2025-2026·湖南邵阳高二上期末）已知向量，，则（） A. B. C.向量的夹角的余弦值为 D.若向量为实数），则 11.（2025-2026·湖南衡阳高二上月考）如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且.则下列判断正确的有（） A.一定成立 B.平面不可能成立 C.当时，点到平面的距离为 D.当三棱锥的体积最大时，平面与平面的夹角正切值为 三、填空题（共3小题） 12.（2025-2026·湖南娄底高二上期末）已知长方体的底面是正方形，，，为棱的中点，则                   . 13.已知正方体的棱长为，与平面的交点为，则                   ． 14.（2025-2026·湖南衡阳高二上期中）正方体的棱长为，棱上一点满足，则直线与平面所成角的正弦值为                   ． 四、解答题（共5小题） 15.（2025-2026·湖南长沙高二上月考）如图所示，在正四棱柱中，，．点，，，分别在棱，，，上，，，． (1) 证明：四边形是平行四边形； (2) 点在棱上，当二面角的余弦值为时，求的长． 16.（2025-2026·湖南衡阳高二下期中）在三棱柱中，侧面是边长为的正方形，，. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值. 17.如图，在三棱柱中，平面，，，，为棱的中点． (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在异于点的一点，使得与平面所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。 18.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥底面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，CD=2AB=2AP=2，BC=，PC=. (1)求证：PA⊥平面ABCD； (2)求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值. 19.（2025-2026·湖南长沙高二下期中）如图，在矩形纸片中，，，沿将折起，使点到达点的位置，点在平面的射影落在边上. (1)求三棱锥的体积； (2)若是棱上的一个动点，是否存在点，使得平面与平面的夹角正切值为，若存在，求点到平面的距离；若不存在，请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章空间向量与立体几何 单元试卷 2026-2027学年高二数学同步备课系列【基础题】——解析版 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、选择题（共8小题） 1.与向量a＝(－1，2，－3)平行的一个向量的坐标是(　　) A. B. C.(2，4，－4) D.(－1，2，－4) 【答案】B 【解析】a＝－，故选B. 2.直三棱柱ABC -A1B1C1中，若＝a，＝b，＝c，则＝(　　) A.a＋b－c B.a－b＋c C.－a＋b＋c D.－a＋b－c 【答案】D 【解析】因为＝＋＝－＋－＝－c＋b－a，所以＝－a＋b－c．故选D． 3.（2025-2026·湖南株洲高二下期中）已知向量，，，则（） A.1 B.－1 C.2 D.－2 【答案】C 【解析】由, 因为, 所以, 故. 答案为C. 4.（2025-2026·湖南邵阳高二上期中）向量，若，则（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】因为，所以， 由，可得，解得； ，解得. 答案为C. 5.（2025-2026·湖南长沙高二上期中）在三棱柱中，与相交于点，，，，，则线段的长度为（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由为与的交点,得是中点, , 结合, , , . 故选：C. 6.（2025-2026·江苏南通高二上期中）在四棱柱中，平面，底面是边长为的正方形，侧棱的长为，为侧棱上的动点（包括端点），则（） A.对任意的，，存在点，使得 B.当且仅当时，存在点，使得 C.当且仅当时，存在点，使得 D.当且仅当时，存在点，使得 【答案】D 【解析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，得各点坐标，，， 设且. 计算得，， 故点积. 若，则， 解得，结合得， 由化简得. 故选：D. 7.（2025-2026·陕西咸阳高二上月考）如图，在正方体中，是棱上的动点．则下列结论不正确的是（） A.平面 B. C.二面角的大小为 D.直线与平面所成角的大小不变 【答案】D 【解析】由正方体性质得平面平面，又平面， 故平面，选项A正确. 建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为，得各点坐标为，，，，，. 计算得，，， 故， 即，选项B正确. 由，在上，得二面角即二面角，结合，，平面，平面，得为该二面角的平面角， 在正方形中， 故二面角的大小为，选项C正确. 平面的法向量为， 计算得，直线与平面所成角的正弦值等于该值，因变化时该值随之改变， 故直线与平面所成角的大小改变，选项D错误. 故选：D. 8.（2024-2025·湖南岳阳高二上期末）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，若直线与直线所成角的余弦值为，则（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系. 设半正多面体的棱长为，则正方体的棱长为2， 所以，， 所以，则， 设直线与直线所成角为， 则， 即，解得或（舍）. 故选：B. 二、多项选择题（共3小题） 9.（2025-2026·湖南长沙高二上期中）已知正四面体的棱长为，四面体内部一点（包含边界）到三个侧面，，的距离之比为，则下列说法正确的是（） A.正四面体内切球的半径为 B.点可以为的重心 C. D.面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】设为中点,为的中心,由正四面体性质,面. 结合到侧面、的距离比为,得在面内. 由棱长为,得. 对于选项A： 设内切球半径为,由等体积法,. 约去公共项得, 故A正确. 对于选项B： 若为的重心, 则与重合, 此时到三个侧面的距离比为,与题设矛盾, 故B错误. 对于选项C： 由正四面体性质,为中点,得. 又面面, 故,且、面, 故面面, 故, 故C正确. 对于选项D： 以为坐标原点建立空间直角坐标系. 设,得. 设面的法向量为,由, 得. 令,得. 设面的法向量为,由, 得. 令,得到面的距离,结合在四面体内部,得到面的距离. 结合,得,整理得. . 当时,面积最小值为, 故D正确. 故选：ACD. 10.（2025-2026·湖南邵阳高二上期末）已知向量，，则（） A. B. C.向量的夹角的余弦值为 D.若向量为实数），则 【答案】BC 【解析】因为, 所以与不共线, 故A错误； 由,得, 故B正确； 因为, 所以, 故C正确； 由得, 解得, 所以, 故D错误. 11.（2025-2026·湖南衡阳高二上月考）如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且.则下列判断正确的有（） A.一定成立 B.平面不可能成立 C.当时，点到平面的距离为 D.当三棱锥的体积最大时，平面与平面的夹角正切值为 【答案】ACD 【解析】以为原点建立空间直角坐标系， 由得， 设，，，得各点坐标为，，，，，. 计算得，， 故， 由此得， 即， 故A正确. ，，， 设平面的一个法向量为，则，令，得，， 即， 计算得， 若平面，则， 由得， 解得，满足， 故平面可能成立，B错误. 当时，，结合前述结论得平面的一个法向量可简化为，又， 故点到平面的距离为， 故C正确. ， 由二次函数性质得， 当时，取得最大值，此时平面的一个法向量可简化为，平面的一个法向量为， 设两平面夹角为，则，进而， 故，D正确. 故选：ACD. 三、填空题（共3小题） 12.（2025-2026·湖南娄底高二上期末）已知长方体的底面是正方形，，，为棱的中点，则                   . 【答案】8 【解析】以点为坐标原点,建立空间直角坐标系,使、、分别沿轴、轴、轴正方向. 由,得. 因为为的中点,且, 所以. 由坐标得. 故. 13.已知正方体的棱长为，与平面的交点为，则                   ． 【答案】1 【解析】由正方体结构得, 故原式等于. 设棱长为,记, 则,且. 于是, 由点积运算得, 同理, 故且. 又与相交于,且均在平面内,所以平面, 即. 在中,. 利用面积关系有, 即, 解得. 在中,, 故. 因与同向共线,所以. 14.（2025-2026·湖南衡阳高二上期中）正方体的棱长为，棱上一点满足，则直线与平面所成角的正弦值为                   ． 【答案】 【解析】连接，取中点，则. 已知，所以. 正方体棱长为，，则， 在中，，， 可得，故为中点， ，. 设平面法向量法向量，则. 令，得，，即. 可得，，. 直线与平面所成角，所以. 答案为. 四、解答题（共5小题） 15.（2025-2026·湖南长沙高二上月考）如图所示，在正四棱柱中，，．点，，，分别在棱，，，上，，，． (1)证明：四边形是平行四边形； (2)点在棱上，当二面角的余弦值为时，求的长． 【答案】(1) 证明：以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，得各点坐标为， 计算得，， 故. 因为与不共线， 所以且， 故四边形是平行四边形. (2) 解：设平面的一个法向量为， 由，，得，令， 解得， 故. 设，其中，则， 设平面的法向量为，得，令， 解得， 故. 由二面角的余弦值为，得， 代入坐标化简得， 整理得， 解得或，均符合题意. 由得， 故的长为或. 16.（2025-2026·湖南衡阳高二下期中）在三棱柱中，侧面是边长为的正方形，，. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明：由侧面是边长为的正方形,得,且. 因为,在中,,故. 由,得,即. 因为、平面,所以平面. 又平面,故平面平面. (2)解：以为原点,在平面内过作的垂线为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系. 由,得. 故. 设平面的法向量为,由,得. 令,则,故. 平面的法向量为. 因为二面角为锐角,故其余弦值为. 17.如图，在三棱柱中，平面，，，，为棱的中点． (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在异于点的一点，使得与平面所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。 【答案】⑴证明：因为平面平面, 所以． 由棱柱性质得, 故． 由为中点,,得,又, 故为等边三角形,． 同理,得． 由,得． 又平面, 故平面． ⑵解：由,得, 故, 即． 因为平面, 所以, 故以为原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,得． 设, 则, 故． 由(1)知平面的法向量为． 因为与平面所成角为, 故, 即． 由,代入得． 化简得,平方得, 解得或（舍去）． 故. 18.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥底面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，CD=2AB=2AP=2，BC=，PC=. (1)求证：PA⊥平面ABCD； (2)求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值. 【答案】⑴证明：因为AB⊥BC，平面PAB⊥底面ABCD，平面PAB∩底面ABCD=AB，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面PAB， 又PA⊂平面PAB，所以BC⊥PA， 连接AC，因为AB⊥BC，所以AC==2， 因为PA2+AC2=PC2，所以AC⊥PA， 因为AC∩BC=C，AC，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD. ⑵解：过点A作AE⊥CD，垂足为E，则CE=DE=1，AE=，由(1)知PA，AB，AE两两垂直，如图，以A为坐标原点，AE，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(0，1，0)，D(，-1，0)，C(，1，0)，P(0，0，1)， =(0，-1，1)，=(，0，0)，=(0，0，1)，=(，-1，0)， 设平面PBC的法向量为 m=(x1，y1，z1)， 则 令y1=1，可得m=(0，1，1)， 设平面PAD的法向量为n=(x2，y2，z2)， 则 令x2=1，可得n=(1，，0)， 设平面PAD与平面PBC的夹角为θ，所以 cos θ====， 即平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为. 19.（2025-2026·湖南长沙高二下期中）如图，在矩形纸片中，，，沿将折起，使点到达点的位置，点在平面的射影落在边上. (1)求三棱锥的体积； (2)若是棱上的一个动点，是否存在点，使得平面与平面的夹角正切值为，若存在，求点到平面的距离；若不存在，请说明理由. 【答案】解：⑴由点在平面的射影为,得平面平面, 故； 作于,且平面, 故平面平面, 故. 四边形为矩形,得； 中, 故； 由面积法得, 故； 由,得, 故. 在中,. 三棱锥的体积. ⑵以为原点,为轴,平行的直线为轴,为轴建立空间直角坐标系,得, . 设, 故； . 设平面的法向量为,由得, 故； 由得,取, 则, 故. 设平面的法向量为,由得； 由得,取, 则, 故. 平面与平面的夹角正切值为, 设夹角为, 则； 由, 故,约去得. 平方得, 展开整理得, 解得（舍去）或. 此时点到平面的距离为. 学科网（北京）股份有限公司 $