第一章 空间向量与立体几何 单元检测-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 (时间：120分钟　满分：150分) 一、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．在空间直角坐标系Oxyz中，与点(－1，2，1)关于平面Oxz对称的点为(　　) A．(－1，－2，1) B．(－1，2，1) C．(－1，－2，－1) D．(－2，－1，－1) 2．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，若＝a，＝b，＝c，则等于(　　) A．a＋b－c B．a－b＋c C．－a＋b＋c D．－a＋b－c 3．(2026·厦门高二期中)设x，y∈R，向量a＝(x，1，1)，b＝(1，y，1)，c＝(3，－6，3)，且a⊥c，b⊥c，则＝(　　) A．2 B．2 C．3 D．4 4．在三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，则·等于(　　) A．－2 B．2 C．－2 D．2 5．已知向量a＝(1，2，3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 6．(2026·孝感高二期中)在空间直角坐标系中，O为坐标原点，若，，是空间内不共面的三个向量，则可以与向量＋和向量－构成空间的一个基底的向量是(　　) A． B． C． D． 7．如图，AB＝AC＝BD＝1，AB⊂平面α，AC⊥平面α，BD⊥AB，BD与平面α成30°角，则C，D间的距离为(　　) A．1 B．2 C． D． 8．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC为腰长为2的等腰直角三角形，且AB>AC，CC1＝2，＝2，P为平面A1BC内一动点，则PA＋PE的最小值是 (　　) A． B． C． D． 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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·南通高二期中)若平面α的法向量为u＝(－1，2，4)，平面β的法向量为v＝(m，－1，－2)，直线l的方向向量为t＝(n，－2，－4)，则下列说法中正确的是(　　) A．若α∥β，则m＝ B．若l⊥α，则n＝1 C．若n＝－20，则l∥α D．若m＝－10，则α⊥β 10．已知向量a＝(1，1，－1)，b＝(1，－1，1)，则(　　) A．a∥b B．|a|＝|b| C．向量a，b的夹角的余弦值为－ D．若向量m＝(2，0，0)＝xa＋yb(x，y为实数)，则xy＝－1 11．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝2，O，N分别为DB，PB的中点，M为棱PC上的动点，则 (　　) A．DN⊥OM B．存在点M，使OM∥平面PAD C．OM最小值为 D．存在两个点M，使OM与AD所成的角为60° 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的横线上) 12．已知空间向量a＝(1，0，1)，b＝(2，－1，2)，则向量a在向量b上的投影向量的坐标是________________________________________________________________________． 13．已知正三棱柱ABC­DEF的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点，若直线CF上有一点N，使MN⊥AE，则＝________． 14．已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝.若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝，且对于任意x，y∈R，≥＝1，则y0＝__________，＝__________． 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(13分)已知a＝(λ＋1，1，2λ)，b＝(6，2m－1，2). (1)若a∥b，求λ与m的值； (2)若|a|＝，且与c＝(2，－2λ，－λ)垂直，求a. 16．(15分)(2026·清远四校联盟高二期中)如图所示，在底面是矩形的四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求B，F两点间的距离； (2)求证：EF∥平面PAB； (3)求证：平面PAD⊥平面PDC． 17．(15分)(2026·潍坊高二期中)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，∠ABC＝90°，BC＝CD＝AB＝2，E为棱AB的中点． (1)证明：AD∥平面PCE； (2)若∠PBA＝60°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值． 18．(17分) (2025·高考天津卷)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为A1D1，B1C1中点，点G在棱CC1上，且CG＝3C1G. (1)求证：FG⊥平面EBF； (2)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值； (3)求三棱锥D­BEF的体积． 19．(17分)如图，在三棱锥A­BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB⊥AD，AB＝AD，O为BD的中点． (1)求证：OA⊥CD； (2)若△BCD是等腰直角三角形，∠BDC＝90°，CD＝2，点E在棱AD上(与A，D不重合)，且平面EBC与平面BCD的夹角为45°，求点D到平面BCE的距离． 第一章 空间向量与立体几何 (时间：120分钟　满分：150分) 一、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．在空间直角坐标系Oxyz中，与点(－1，2，1)关于平面Oxz对称的点为(　　) A．(－1，－2，1) B．(－1，2，1) C．(－1，－2，－1) D．(－2，－1，－1) A　解析：因为点(－1，2，1)，所以其关于平面xOz对称的点为(－1，－2，1).故选A． 2．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，若＝a，＝b，＝c，则等于(　　) A．a＋b－c B．a－b＋c C．－a＋b＋c D．－a＋b－c D　解析：如图，＝－＝－－＝－－＝b－a－c. 3．(2026·厦门高二期中)设x，y∈R，向量a＝(x，1，1)，b＝(1，y，1)，c＝(3，－6，3)，且a⊥c，b⊥c，则＝(　　) A．2 B．2 C．3 D．4 B　解析：向量a＝(x，1，1)，b＝(1，y，1)，c＝(3，－6，3)，且a⊥c，b⊥c，则解得于是a＋b＝(2，2，2)， 所以|a＋b|＝＝2. 4．在三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，则·等于(　　) A．－2 B．2 C．－2 D．2 A　解析：·＝·(－)＝·－·＝2×2×cos 90°－2×2×cos 60°＝－2. 5．已知向量a＝(1，2，3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° C　解析：设向量a＋b与c的夹角为α，因为a＋b＝(－1，－2，－3)，|a＋b|＝，cos α＝＝，所以α＝60°.因为向量a＋b与a的方向相反，所以a与c的夹角为120°. 6．(2026·孝感高二期中)在空间直角坐标系中，O为坐标原点，若，，是空间内不共面的三个向量，则可以与向量＋和向量－构成空间的一个基底的向量是(　　) A． B． C． D． C　解析：因为＝(＋)＋(－)，＝(＋)－(－)， 故，＋，－共面，，＋，－共面，故A，B错误； 因为＝－＝－(－)，即，＋，－共面，故D错误； 假设，＋，－共面，则存在实数m，n，使得＝m(＋)＋n(－)，所以＝(m＋n)＋(m－n)，则，，共面，与题设条件矛盾， 故假设不成立，即，＋，－可构成空间向量的一个基底，故C正确．故选C． 7．如图，AB＝AC＝BD＝1，AB⊂平面α，AC⊥平面α，BD⊥AB，BD与平面α成30°角，则C，D间的距离为(　　) A．1 B．2 C． D． C　解析：∵||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos 120°＝2，∴||＝. 8．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC为腰长为2的等腰直角三角形，且AB>AC，CC1＝2，＝2，P为平面A1BC内一动点，则PA＋PE的最小值是 (　　) A． B． C． D． B　解析：由题意，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A1，B，C，A，E， 所以＝，＝，＝， 设A关于平面A1BC的对称点为A′，z>0， 则＝，＝， 设平面A1BC的一个法向量n＝， 则即 令x1＝1，则n＝， 所以A与A′到平面A1BC的距离d＝＝＝＝， 即＝2①，又∥n，所以②， 所以由①②得＝2， 又由z>0可得x＝0，y＝0，z＝2，所以A′， 所以PA＋PE＝PA′＋PE≥A′E＝ ＝＝， 当且仅当A′，P，E三点共线时取等号，所以PA＋PE的最小值为. 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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·南通高二期中)若平面α的法向量为u＝(－1，2，4)，平面β的法向量为v＝(m，－1，－2)，直线l的方向向量为t＝(n，－2，－4)，则下列说法中正确的是(　　) A．若α∥β，则m＝ B．若l⊥α，则n＝1 C．若n＝－20，则l∥α D．若m＝－10，则α⊥β ABD　解析：对于A，由α∥β，得u∥v，则＝＝，解得m＝，故A正确； 对于B，由l⊥α，得t∥u，则＝＝，解得n＝1，故B正确； 对于C，由n＝－20，得t＝(－20，－2，－4)，t·u＝20－4－16＝0，t⊥u，则l∥α或l⊂α，故C错误； 对于D，由m＝－10，得v＝(－10，－1，－2)，u·v＝10－2－8＝0，u⊥v，则α⊥β，故D正确． 故选ABD． 10．已知向量a＝(1，1，－1)，b＝(1，－1，1)，则(　　) A．a∥b B．|a|＝|b| C．向量a，b的夹角的余弦值为－ D．若向量m＝(2，0，0)＝xa＋yb(x，y为实数)，则xy＝－1 BC　解析：对于选项A，由≠＝，故A选项错误；对于选项B，由|a|＝，|b|＝，故B选项正确；对于选项C，由a·b＝1×1＋1×(－1)＋(－1)×1＝－1，得cos 〈a，b〉＝＝－，故C选项正确；对于选项D，由m＝(2，0，0)＝xa＋yb，得解得x＝1，y＝1，有xy＝1，故D选项错误．故选BC． 11．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝2，O，N分别为DB，PB的中点，M为棱PC上的动点，则 (　　) A．DN⊥OM B．存在点M，使OM∥平面PAD C．OM最小值为 D．存在两个点M，使OM与AD所成的角为60° ABC　解析：如图，以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 则D，N，O，P，C M为棱PC上的动点， 可设M，0≤t≤2. 所以＝，＝. 对A，·＝·＝－1＋t－1＋2－t＝0，所以DN⊥OM，故A正确； 对B，因为平面PAD的法向量可取n＝，由n·＝0⇒t＝1，所以点M为线段PC中点时，OM∥平面PAD，故B正确； 对C，因为＝＝≥＝，当t＝时取等号，故C正确； 对D，由＝⇒ ＝⇒t＝或t＝， 因为0≤t≤2，所以t＝不合题意，所以使OM与AD所成的角为60°的点M只有1个，故D错误． 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的横线上) 12．已知空间向量a＝(1，0，1)，b＝(2，－1，2)，则向量a在向量b上的投影向量的坐标是________________________________________________________________________． 答案：(，－，)　解析：因为向量a＝(1，0，1)，b＝(2，－1，2)， 所以a·b＝2＋0＋2＝4，|b|＝＝3， 所以向量a在向量b上的投影向量的坐标为×＝××(2，－1，2)＝(，－，). 13．已知正三棱柱ABC­DEF的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点，若直线CF上有一点N，使MN⊥AE，则＝________． 答案：　解析：如图，设＝m，则＝＋，＝＋＝＋m＝＋m. 因为MN⊥AE，所以·＝0，因此×1×1×(－)＋4m＝0，解得m＝，所以＝. 14．已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝.若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝，且对于任意x，y∈R，≥＝1，则y0＝__________，＝__________． 答案：2　2　解析：因为e1·e2＝cos 〈e1，e2〉＝cos 〈e1，e2〉＝， 由于0≤〈e1，e2〉≤π，所以〈e1，e2〉＝， 问题等价于当且仅当x＝x0，y＝y0时，取到最小值1， 2 ＝|b|2－2·b·＋2 ＝|b|2－＋(x2＋y2＋2xy·e1·e2) ＝|b|2－＋ ＝|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y ＝|b|2＋x2＋y2＋x－5y ＝|b|2＋2＋(y－2)2－7， 则解得x0＝1，y0＝2，＝2. 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(13分)已知a＝(λ＋1，1，2λ)，b＝(6，2m－1，2). (1)若a∥b，求λ与m的值； (2)若|a|＝，且与c＝(2，－2λ，－λ)垂直，求a. 解：(1)由a∥b，得(λ＋1，1，2λ)＝k(6，2m－1，2)， 所以解得 所以λ＝，m＝3. (2)因为|a|＝，且a⊥c， 所以化简得解得λ＝－1. 因此a＝(0，1，－2). 16．(15分)(2026·清远四校联盟高二期中)如图所示，在底面是矩形的四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求B，F两点间的距离； (2)求证：EF∥平面PAB； (3)求证：平面PAD⊥平面PDC． (1)解：由题可知，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD， 以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)， 所以E，F，＝，||＝， 即B，F两点间的距离为. (2)证明：由(1)知，＝，＝(1，0，0)， 所以＝－，即∥，即EF∥AB． 又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB， 所以EF∥平面PAB． (3)证明：由(1)知，＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，＝(1，0，0)， 所以·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，·＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0， 则⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC． 又AP∩AD＝A，且AP，AD⊂平面PAD， 所以DC⊥平面PAD． 又DC⊂平面PDC， 所以平面PAD⊥平面PDC． 17．(15分)(2026·潍坊高二期中)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，∠ABC＝90°，BC＝CD＝AB＝2，E为棱AB的中点． (1)证明：AD∥平面PCE； (2)若∠PBA＝60°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值． (1)证明：由于E为棱AB的中点，所以AE＝AB＝CD，AE∥CD，所以四边形AECD是平行四边形， 所以AD∥CE，由于AD⊄平面PCE，CE⊂平面PCE， 所以AD∥平面PCE. (2)解：依题意可知PA⊥平面ABCD，而AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB， 因为∠PBA＝60°，所以PA＝4×tan 60°＝4.而∠ABC＝90°， 由此可以B为坐标原点，，的方向分别为x轴，y轴，过点B且垂直于AB的方向为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，4，0)，P(0，4，4)， C(2，0，0)，E(0，2，0)，＝(0，0，4)，＝(－2，2，0)，＝(0，－2，－4)， 设平面PCE的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则令z＝1，则x＝y＝－2，故n＝(－2，－2，1)， 设直线PA与平面PCE所成角为θ， 所以sin θ＝＝＝. 18．(17分) (2025·高考天津卷)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为A1D1，B1C1中点，点G在棱CC1上，且CG＝3C1G. (1)求证：FG⊥平面EBF； (2)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值； (3)求三棱锥D­BEF的体积． (1)证明：方法一　在正方形BCC1B1中， 由条件易知tan ∠C1FG＝＝＝＝tan ∠B1BF，∴∠C1FG＝∠B1BF， 则∠B1FB＋∠B1BF＝＝∠C1FG＋∠B1FB， 故∠BFG＝π－(∠C1FG＋∠B1FB)＝，即FG⊥BF， 在正方体中，易知D1C1⊥平面BCC1B1，且EF∥D1C1， ∴EF⊥平面BCC1B1， 又FG⊂平面BCC1B1，∴EF⊥FG， ∵EF∩BF＝F，EF，BF⊂平面EBF， ∴FG⊥平面EBF. 方法二　如图，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则B(4，4，0)，E(2，0，4)，F(2，4，4)，G(0，4，3)， ∴＝(0，4，0)， ＝(2，4，－4)，＝(－2，0，－1)， 设m＝(a，b，c)是平面EBF的一个法向量， 则 令a＝2，则b＝0，c＝1， ∴m＝(2，0，1)， 易知＝－m，则也是平面EBF的一个法向量， ∴FG⊥平面EBF. (2)解：同(1)方法二建立的空间直角坐标系， ∴＝(－2，4，－1)， ＝(－4，0，3)， 由(1)知＝(－2，0，－1)是平面EBF的一个法向量， 设平面EBG的一个法向量为n＝(x，y，z)， ∴ 令x＝6，则z＝8，y＝5，即n＝(6，5，8)， 设平面EBF与平面EBG的夹角为α， 则cos α＝|cos 〈，n〉|＝＝＝. 所以平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为. (3)解：由(1)知EF⊥平面BCC1B1，FB⊂平面BCC1B1，∴EF⊥FB， 易知S△BEF＝EF·BF＝×4×＝4， 又＝(2，0，4)， 则D到平面BEF的距离为d＝＝， 由棱锥的体积公式知， VD­BEF＝d×S△BEF＝××4＝. 所以三棱锥D­BEF的体积为. 19．(17分)如图，在三棱锥A­BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB⊥AD，AB＝AD，O为BD的中点． (1)求证：OA⊥CD； (2)若△BCD是等腰直角三角形，∠BDC＝90°，CD＝2，点E在棱AD上(与A，D不重合)，且平面EBC与平面BCD的夹角为45°，求点D到平面BCE的距离． (1)证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD． 因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD， 所以AO⊥平面BCD． 又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD． (2)解：设BC的中点为F，连接OF，则OF∥CD．又∠BDC＝90°，所以OF⊥BD． 以O为坐标原点，OF，OD，OA所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为△BCD是等腰直角三角形，∠BDC＝90°，CD＝2，所以BD＝2. 因为AB⊥AD，AB＝AD，O为BD的中点，所以OA＝OB＝OD＝BD＝1， 所以O(0，0，0)，A(0，0，1)，B(0，－1，0)，C(2，1，0)，D(0，1，0). 设＝λ(0<λ<1)，则E(0，λ，1－λ). 由题意可知是平面BCD的一个法向量，＝(0，0，1). 设平面BCE的一个法向量为n＝(x，y，z)，＝(2，2，0)，＝(0，λ＋1，1－λ)， 则即 令x＝1，则y＝－1，z＝. 所以平面BCE的一个法向量为n＝(1，－1，). 因为平面EBC与平面BCD的夹角为45°，所以cos 〈n，〉＝＝＝cos 45°＝， 解得＝，即n＝(1，－1，).又＝(－2，0，0)， 所以点D到平面BCE的距离d＝＝＝1. 学科网（北京）股份有限公司 $