章末综合测评（一） 空间向量与立体几何（PPT版）-【满分思维·同步精炼】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册同步测试配套课件（人教A版）

章末综合测评（一） 空间向量与立体几何 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，点A（0，1，－1），B（1，1，2），点B关于y 轴对称的点为C，则｜AC｜＝（　　） 　 A. B. C. D. 2 解析：由题易知C（－1，1，－2）， 故｜AC｜＝＝.故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2. 已知空间向量a＝（1，3，－2），b＝（2，－m，－2），若a⊥b，则m＝ （　　） A. 1 B. －2 C. 2 D. 解析：向量a＝（1，3，－2），b＝（2，－m，－2）， 由a⊥b，得a·b＝2－3m＋4＝0， 所以m＝2.故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3. （2026·河南TOP二十名校调研）已知点A（1，0，－2），B（3，1，0）， 若平面α的一个法向量为n＝（0，－2，1），则直线AB与平面α的位置关系 是（　　） A. AB∥α B. AB⊥α C. AB⊂α D. AB∥α或AB⊂α 解析：因为＝（2，1，2），n＝（0，－2，1）， 所以·n＝0，所以AB∥α或AB⊂α. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4. （2026·北京东城月考）如图，在斜棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AC与BD交于点 M，＝a，＝b，＝c，则＝（　　） A. a＋b＋c B. －a－b－c C. －a＋b＋c D. －a－b＋c 解析：在斜棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AC与BD交于点M， ＝＋＝－＋（＋） ＝－－－＝－a－b－c. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5. （2026·陕西西安期中）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB＝BB1，则异 面直线AC1与B1C所成角的余弦值为（　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析：取AB的中点O，A1B1的中点E，连接OE，OC， 由正三棱柱的性质可得OE，OC，OB两两相互垂直， 以O为原点建立如图所示空间直角坐标系. 设AB＝BB1＝2， 则A（－，0，0），C1（0，3，2），B1（，0，2），C（0，3，0）， 所以＝（，3，2），＝（，－3，2）. 设异面直线AC1与B1C所成角为β， 则cos β＝＝＝，故A正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6. 已知向量m＝（4，5，x），p＝（2，2，0）及n＝（－2，0，4）共面，则x 的值为（　　） A. 2 B. 1 C. －1 D. 3 √ 解析：因为向量m，p，n共面，则m＝yp＋zn， 即（4，5，x）＝y（2，2，0）＋z（－2，0，4）， 所以解得故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7. 如图，在圆锥SO中，AB是底面圆O的直径，SO＝AB＝4，AC＝BC，D为SO 的中点，N为AD的中点，则点N到平面SBC的距离为（　　） A. B. C. 1 D. 2 √ 解析：因为AC＝BC，O为AB的中点，则OC⊥AB， 由圆锥的几何性质可知SO⊥平面ABC. 以点O为原点，OC，OA，OS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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 则S（0，0，4），B（0，－2，0），C（2，0，0），A（0，2，0）， D（0，0，2），N（0，1，1）. 设平面SBC的法向量为n＝（x，y，z），＝（2，2，0），＝（0，2，4）， 则取y＝－2，可得＝（2，－2，1）. 又因为＝（0，3，1）， 所以点N到平面SBC的距离d＝＝＝.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8. 已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1，AB＝4，A1B1＝2，二面角A1-BC-A的正切值 为2，则正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为（　　） A. B. 56 C. 12＋20 D. 12 √ 解析：因为棱台ABCD-A1B1C1D1是正四棱台， 连接AC，BD交于点O，连接A1C1，B1D1交于点O1， 则OO1是该正四棱台的高，设为h. 过点O分别作BC，AB的平行线交AB，BC于点E，F， 则以点O为原点，以OE所在的直线为x轴，以OF所在的直线为y轴，以OO1所 在的直线为z轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为AB＝4，A1B1＝2， 所以A1（1，－1，h），B（2，2，0），C（－2，2，0），A（2，－2，0）， ＝（1，3，－h），＝（－4，0，0）， 易知平面ABC的一个法向量为＝（0，0，1）， 设平面A1BC的法向量为m＝（x，y，z）， 则即令z＝3，则y＝h，x＝0， 所以平面A1BC的法向量为m＝（0，h，3），则｜m｜＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为二面角A1-BC-A的正切值为2，则二面角A1-BC-A的余弦值为， 所以＝｜cos＜，m＞｜＝＝，解得h＝6. 该四棱台上底面积S1＝22＝4，下底面积为S＝42＝16， 所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积V＝h（S＋S1＋）＝×6×（16 ＋4＋8）＝56.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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. 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上的投影向量的坐标为 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析：对于A，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，a·b＝2－1＝1，故B正确； 对于C，2a＋b＝（5，1，1），故C正确； 对于D，由模长公式得｜b｜＝＝， 由投影向量的坐标公式得，向量a在b上的投影向量的坐标为b＝ b＝ ，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10. 如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝，∠BAA1 ＝∠DAA1＝45°，∠BAD＝60°，则（　　） A. ∥（＋） B. （＋－）2＝3 C. ·（－）＝0 D. ｜｜＝3 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析：设＝a，＝b，＝c. 对于A，＝＋＝a＋c，＋＝a－c， 所以∥（＋）不成立，故A错误； 对于B，＝（－ c＋a－b＋c）2 ＝（a－b）2＝a 2－2 a·b＋b 2＝1， 又3＝3b 2＝3， 所以（＋－）2≠3，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于C，＝＋＋＝a＋b＋c，－＝b－a， 所以·（－）＝（ a＋b＋c）·（b－a）＝b 2－a 2＋b·c－a·c ＝1×cos 45°－1×cos 45°＝0，故C正确； 对于D，｜｜＝｜ a＋b＋c｜＝ ＝ ＝＝3，故D正确.故选C、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11. 已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，AB⊥AC，点E为B1C1的 中点，则下列说法正确的是（　　） A. ＝＋＋ B. AB1∥平面A1CE C. 异面直线AE与A1C所成角的余弦值为 D. 点A1到平面ACE的距离为 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析：如图，建立空间直角坐标系Axyz， 则B（0，2，0），C（2，0，0），B1（0，2，2）， C1（2，0，2），A1（0，0，2），E（1，1，2）. 对于A，＝（1，1，2），＝（0，2，0）， ＝（2，0，0），＝（0，0，2）， 所以＋＋＝（0，1，0）＋（1，0，0）＋（0，0，2）＝（1， 1，2）＝，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于B，＝（2，0，－2），＝（1，1，0），＝（0，2，2）， 设平面A1CE的一个法向量为n＝（x，y，z）， 则 令x＝1，则y＝－1，z＝1，所以＝（1，－1，1）， 所以·＝0，即⊥n，又AB1⊄平面A1CE，所以AB1∥平面A1CE，故 B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于C，＝（1，1，2），＝（2，0，－2）， 则·＝－2，｜｜＝，｜｜＝2， 所以｜cos＜，＞｜＝＝＝， 即异面直线AE与A1C所成角的余弦值为，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于D，设平面ACE的一个法向量为＝（a，b，c）， 则 令c＝1，则a＝0，b＝－2，所以＝（0，－2，1）， 得·＝－2，所以点A1到平面ACE的距离为d＝＝＝， 故D正确.故选A、B、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知空间向量a＝（λ＋1，2λ，1），b＝（6，2，2－μ），且a∥b，则λ＋μ ＝ ⁠. 解析：因为a∥b，且a，b均不是零向量，故存在非零实数k使得a＝kb， 即解得所以λ＋μ＝－. － 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13. （2026·广东佛山H7联考）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边 形，点E满足＝2，点F满足＝λ，若P，A，C，F四点共面，则λ ＝ ⁠. 解析：因为＝2，所以＝， 则＝λ＝λ（＋）＝λ＋ ＝λ＋（＋＋）＝＋＋＝＋＋. 因为P，A，C，F四点共面，所以＋＋＝1，解得λ＝. ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14. 在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，C1D1的中点， 则四面体AB1EF的外接球的表面积为 ⁠. ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析：以D为坐标原点，，，为x轴，y轴， z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz，如图. 设四面体AB1EF的外接球的球心为O（x，y，z）， 半径为R. 因为A（2，0，0），E（1，2，0），F（0，1，2），B1（2，2，2）， 所以解得O， R2＝，故四面体AB1EF的外接球的表面积为4πR2＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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）如图，在三棱锥P-SEF中，FM＝3ME，MN＝2NS，点H为PF的中 点，设＝i，＝j，＝k. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 （1）记a＝＋，试用向量i，j，k表示向量a； 解：由题可知＝3，＝i，＝j，＝k， 所以－＝3（－），即＝＋＝j＋k， 又MN＝2NS，所以＝＝j＋k， 所以＝－＝j＋k－i.（3分） 又点H为PF的中点，所以＝＋＝i＋k， 所以a＝＋＝j＋k－i＋i＋k＝－i＋j＋k.（6分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 （2）若∠ESF＝，∠ESP＝∠FSP＝，SE＝SF＝4，SP＝6，求 ·的值. 解：因为∠ESF＝，∠ESP＝∠FSP＝，SE＝SF＝4，SP＝6， 由（1）问知i·j＝i·k＝6×4×＝12，j·k＝0，（8分） 所以·＝· ＝×··j＋×··－ 2＋×··j＋× 2－··＝××12＋ ××12－×36＋××16－×12＝－.（13分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16. （15分）（2026·江苏无锡六校联考）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面 ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝1， E为棱PD的中点. （1）求证：AE⊥平面PCD； 证明：∵PA＝AD＝1，且E为棱PD的中点，∴AE⊥PD. ∵四边形ABCD为正方形，∴CD⊥AD. （2分） 又∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD. ∵AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD. ∵AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE. （4分） 又∵PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD. （6分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 （2）求直线PC和平面ACE所成角的正弦值. 解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB⊥AD， ∴以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别 为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则A（0，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，1）.（8分） 又∵E为PD的中点，∴E， 则＝（1，1，0），＝，＝（1，1，－1）.（10分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 设平面ACE的法向量为n＝（x，y，z）， 则 令x＝1，即n＝（1，－1，1），（12分） ∴cos ＜，n＞＝＝－， ∴直线PC与平面ACE所成角的正弦值为.（15分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17. （15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是等边三角形，平面PAD⊥平 面ABCD，∠BCD＝∠ABC＝90°，AB＝2CD＝2BC＝4，M是棱PC上的 点，且＝λ，0≤λ≤1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 （1）求证：BD⊥平面PAD； 证明：因为∠BCD＝90°，CD＝BC＝2， 所以BD＝4，∠CBD＝45°. 在△ABD中，∠ABD＝45°，AB＝4，由余弦定理得， AD＝＝4， 所以AD2＋BD2＝AB2， 即∠ADB＝90°，AD⊥BD. 取AD的中点O，连接PO， 因为△PAD是等边三角形，所以PO⊥AD. （3分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 又因为平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD. 又因为BD⊂平面ABCD，所以PO⊥BD. 又因为PO∩AD＝O，PO，AD⊂平面PAD， 所以BD⊥平面PAD. （6分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 （2）设平面MBD与平面ABCD的夹角为θ，若cos θ＝，求λ的值. 解：取AB的中点N，连接ON，则ON∥BD， 所以AD⊥ON， 以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， 则A（0，－2，0），D（0，2，0），B（4，2，0），C（2，4，0）， P（0，0，2）， ＝＋＝＋λ＝（0，－2，2）＋λ（2，4，－2） ＝（2λ，4λ－2，2（1－λ）），（9分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 又＝（4，0，0），设平面MBD的一个法向量为n＝（x，y，z）， 则即（12分） 当λ＝时，平面MBD⊥平面ABCD，不符合题意； 当λ≠时，令z＝2λ－1， 得平面MBD的法向量为n＝（0，（λ－1），2λ－1），（13分） 易知平面ABCD的一个法向量为m＝（0，0，1）， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由于平面MBD与平面ABCD夹角的余弦值为， 故有｜cos＜m，n＞｜＝＝， 解得λ＝或λ＝.（15分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18. （17分）如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥AC，AB＝1，AC＝ AA1＝2，AD＝CD＝，＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 （1）求证：平面BCE⊥平面ACB1； 证明：由AA1⊥平面ABCD，得AA1⊥AC. 又AB⊥AC，AA1∩AB＝A， 所以AC⊥平面AA1B1B. 所以AC⊥BE. （1分） 因为AB＝1，AC＝AA1＝2，＝. 所以＝＝，∠EAB＝∠ABB1＝90°， 所以△ABE∽△BB1A，所以∠ABE＝∠AB1B. 因为∠B1AB＋∠AB1B＝90°，所以∠B1AB＋∠ABE＝90°， 所以BE⊥AB1.（3分） 又AC∩AB1＝A，所以BE⊥平面ACB1.（4分） 所以平面BCE⊥平面ACB1.（5分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 （2）求平面D1AC与平面B1AC夹角的余弦值； 解：由（1）知，以A为原点，建立如图所示的 空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（0，1， 0），C（2，0，0），D（1，－2，0），D1（1， －2，2），E.（7分） 由（1）知，＝为平面B1AC的一个法向量.（8分） 设平面D1AC的一个法向量为n＝（x，y，z）， 因为＝（1，－2，2），＝（2，0，0）， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 则 令z＝1，则y＝1，x＝0， 所以平面D1AC的一个法向量为＝（0，1，1）.（10分） 所以cos＜，＞＝＝＝. 所以平面D1AC与平面B1AC夹角的余弦值为.（13分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 （3）若F为线段CD上的动点，求F到直线BE距离的最小值. 解：设＝λ＝（－λ，－2λ，0），0≤λ≤1， 则F（2－λ，－2λ，0），＝.（14分） 设点F到直线BE的距离为d， 则d＝＝ ＝＝. 所以当λ＝时，dmin＝，即F到直线BE距离的最小值为.（17分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19. （17分）四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，AD＝ CD＝，BC＝2，PA＝1，N为PC的中点. （1）求证：DN∥平面PAB； 证明：取PB中点E，连接AE，EN， 则EN＝BC，EN∥BC. 又AD＝BC，AD∥BC，∴EN∥AD且EN＝AD， ∴四边形ADNE为平行四边形，则DN∥AE，（2分） 又DN⊄平面PAB，AE⊂平面PAB， ∴DN∥平面PAB. （4分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 （2）求点N到平面PAB的距离； 解：由已知得，AC＝2，BC＝2，∠ACB＝45°， 由余弦定理知AB＝2，∴AB2＋AC2＝BC2， ∴AB⊥AC. 又PA⊥平面ABCD，AB，AC⊂平面ABCD， ∴PA⊥AB，PA⊥AC，建立如图空间直角坐标系Axyz. 则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），D（－1，1，0）， P（0，0，1），N.（7分） 显然平面PAB的法向量r＝（0，1，0），＝， ∴点N到平面PAB的距离d＝＝＝1.（9分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 （3）在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为 45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的正弦值；如果不存 在，请说明理由. 解：假设存在点M满足题意， 令＝λ，λ∈[0，1]，则M（－λ，λ，1－λ）. 显然平面ACD的法向量m＝（0，0，1）， 设平面MAC的法向量为n＝（x，y，z）， 由⇒ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 取n＝（1－λ，0，λ），（11分） ∴cos 45°＝｜cos＜，＞｜＝＝＝， 即2λ2＝1－2λ＋2λ2，解得λ＝，（13分） ∴M， ∴＝，＝.（14分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 记BM与平面MAC所成角为θ， 则sin θ＝｜cos＜，＞｜＝＝＝. ∴存在点M满足要求，且BM与平面MAC所成角的正弦值为. （17分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 $