聚焦高考（一） 空间向量与立体几何（Word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教师用书（人教A版）

聚焦高考（一）　空间向量与立体几何 　 1.（2025·全国Ⅱ卷17题）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°. （1）证明：A'B∥平面CD'F； （2）求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 解：（1）证明：易知四边形AEFD是平行四边形，所以AE∥DF，所以A'E∥D'F. 因为D'F⊂平面CD'F，A'E⊄平面CD'F， 所以A'E∥平面CD'F. 因为FC∥EB，FC⊂平面CD'F，EB⊄平面CD'F，所以EB∥平面CD'F. 又EB∩A'E＝E，EB，A'E⊂平面A'EB，所以平面A'EB∥平面CD'F. 又A'B⊂平面A'EB，所以A'B∥平面CD'F. （2）因为∠DAB＝90°，所以AD⊥AB. 因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC. 建立如图所示的空间直角坐标系. 因为D'F⊥EF，CF⊥EF，平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°， 所以∠D'FC＝60°. 设AD＝1，则AB＝3，CD＝2，所以DF＝1. 所以B（1，2，0），C（0，1，0），D'，E（1，0，0），F（0，0，0）. 所以＝（－1，－1，0），＝，＝（1，0，0），＝. 设平面BCD'的法向量为n＝（x，y，z），则 所以 令y＝，则z＝1，x＝－，则n＝（－，，1）. 设平面EFD'A'的法向量为m＝（x1，y1，z1）， 则所以 令y1＝，则z1＝－1，x1＝0， 所以m＝（0，，－1）. 所以｜cos＜m，n＞｜＝＝＝， 所以平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为＝. 2.（2025·北京卷17题）如图，在四棱锥P-ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角形，∠ADC＝90°，∠BAC＝90°，E为BC的中点. （1）若F，G分别为PD，PE的中点，求证：FG∥平面PAB； （2）若PA⊥平面ABCD，PA＝AC，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值. 解：（1）证明：取PA的中点N，PB的中点M，连接FN，MN. ∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形且∠ADC＝90°，∠BAC＝90°， 不妨设AD＝CD＝2，∴AC＝AB＝2.∴BC＝4. ∵E，F分别为BC，PD的中点， ∴FN＝AD＝1，GM＝BE＝1，且FN∥AD，GM∥BC. ∵∠DAC＝45°，∠ACB＝45°，∴AD∥BC， ∴FN∥GM，∴四边形FGMN为平行四边形， ∴FG∥MN. ∵FG⊄平面PAB，MN⊂平面PAB，∴FG∥平面PAB. （2）建立如图所示的空间直角坐标系， 设AD＝CD＝2，则A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，0，0），D（，－，0），P（0，0，2）. ∴＝（0，2，0），＝（，，0），＝（－2，0，2）. 设平面PCD的一个法向量为n＝（x，y，z）， ∴∴ 取x＝1，∴y＝－1，z＝1，∴n＝（1，－1，1）. 设直线AB与平面PCD所成角为θ， 则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝＝， 即直线AB与平面PCD所成角的正弦值为. 3.（2025·全国Ⅰ卷17题）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD. （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； （2）设PA＝AB＝，BC＝2，AD＝1＋，且点P，B，C，D均在球O的球面上. （i）证明：点O在平面ABCD内； （ii）求直线AC与PO所成角的余弦值. 解：（1）证明：在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD， AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴AP⊥AB，AP⊥AD. ∵AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，AP∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD. ∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD. （2）（i）证明：在四棱锥P-ABCD中，AP⊥AB，AP⊥AD，AB⊥AD，BC∥AD， PA＝AB＝，AD＝1＋， 建立空间直角坐标系如图所示， ∴A（0，0，0），B（，0，0），C（，2，0），D（0，1＋，0），P（0，0，）， 若P，B，C，D在同一个球面上，则｜OP｜＝｜OB｜＝｜OC｜＝｜OD｜. 在平面Axy中， 易知A（0，0），B（，0），C（，2），D（0，1＋）， ∴线段CD的中点F的坐标为， 直线CD的斜率为k1＝＝－， 直线CD的垂直平分线EF的斜率为k2＝＝， ∴直线EF的方程为y－＝， 即y＝＋， 当y＝1时，1＝＋，解得xO＝0，∴O（0，1，0）. 由， 解得｜OP｜＝｜OB｜＝｜OC｜＝｜OD｜＝， ∴点O在平面ABCD内. （ii）＝（，2，0），＝（0，1，－）， 设直线AC与直线PO所成角为θ， ∴cos θ＝＝＝. 4.[一题多解]（2024·新高考Ⅰ卷17题）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. （1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； （2）若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD. 解：（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC. （2）方法一：如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF， 因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC， 所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，所以CP⊥DF， 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角， 即sin∠DFE＝，即tan∠DFE＝. 因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝， 由等面积法可得，DE＝， 又CE＝＝，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝， 故tan∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝. 方法二：以DA，DC分别为x轴，y轴，过D作与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系Dxyz， 令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC＝，C（0，，0）， 设平面ACP的法向量为n1＝（x1，y1，z1）， 则所以 不妨设x1＝，则y1＝t，z1＝0，n1＝（，t，0）. 设平面CPD的法向量为n2＝（x2，y2，z2）， 则所以 不妨设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，n2＝（－2，0，t）. 因为二面角A-CP-D的正弦值为，则余弦值为， 所以＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝， 所以t＝，所以AD＝. 5.（2025·天津卷17题）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为A1D1，C1B1中点，CG＝3GC1. （1）求证：GF⊥平面FBE； （2）求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值； （3）求三棱锥D-FBE的体积. 解：（1）证明：如图，以D为坐标原点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）. 所以＝（0，4，0），＝（2，4，－4），＝（－2，0，－1）. 设平面FBE的一个法向量为m＝（a，b，c）， 则 令a＝2，则b＝0，c＝1，所以m＝（2，0，1）. 易知＝－m，则也是平面FBE的一个法向量，所以GF⊥平面FBE. （2）＝（－2，4，－1），＝（－4，0，3）， 由（1）知是平面FBE的一个法向量. 设平面EBG的一个法向量为n＝（x，y，z），所以 令x＝6，则z＝8，y＝5，即n＝（6，5，8）. 设平面FBE与平面EBG的夹角为α， 则cos α＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝. （3）易知EF⊥平面BCC1B1，FB⊂平面BCC1B1，所以EF⊥FB， 则S△FBE＝EF·BF＝×4×＝4. 又＝（2，0，4），则点D到平面FBE的距离为d＝＝， 所以VD-FBE＝d×S△FBE＝××4＝. 　 注重知识融通　培育综合思维 1.（2026·浙江绍兴期中）如图，f（x）＝x－图象上两点A，C关于原点对称，点A的横坐标x0＝，过点A，C分别作两坐标轴的垂线得到矩形ABCD，矩形与坐标轴的交点分别记为A1，A2，C1，C2.将图象沿x轴折叠，得到一个二面角A-A1C1-C，若AC＝，则二面角A-A1C1-C的大小为（　　） A.30° B.60° C.120° D.150° 解析：B　由题意可得，AA1＝A1D＝，CD＝2，设二面角A-A1C1-C的大小为θ. 因为＝＋＋，所以｜｜2＝＋＋｜｜2＋2·＋2·＋2·＝＋＋8＋2×××cos（180°－θ）＋0＋0＝9－cos θ＝， 所以cos θ＝.因为0°≤θ≤180°，所以θ＝60°. 2.已知光线沿向量a＝md＋pn（mp≠0，m∈R，p∈R）照射，遇到直线l后反射，其中d是直线l的一个方向向量，n与d垂直，则反射光线的方向向量可以表示为（　　） 　 A.－md－pn B.md－pn C.－pd＋mn D.pd－mn 解析：B　不妨设入射光线与反射光线的方向向量模相等，即图中｜a｜＝｜b｜，则向量a＝md＋pn（mp≠0，m∈R，p∈R）时，向量b＝md－pn.故选B. 3.六氟化硫是一种无机化合物，常温常压下为无色、无味、无毒、不燃的稳定气体.化学式为SF6，在其分子结构中，硫原子位于中心，六个氟原子均匀分布在其周围，形成一个八面体的结构.如图所示，该分子结构可看作正八面体，记为P-ABCD-Q，各棱长均相等，则平面PAB与平面QAB夹角的余弦值是（　　） A. B. C. D. 解析：D　设正八面体的棱长为a，连接AC，BD相交于点O，连接OP. 根据正八面体的性质可知四边形ABCD为正方形，AC⊥BD，OP⊥平面ABCD. 建立如图所示空间直角坐标系，A，B，P，Q， 所以＝，＝. 设平面PAB的法向量为n1＝（x1，y1，z1）， 所以即 令x1＝1，则有y1＝－1，z1＝1，所以n1＝（1，－1，1）. 又＝，＝. 设平面QAB的法向量为n2＝（x2，y2，z2）， 所以即 令y2＝1，则有x2＝－1，z2＝1，所以n2＝（－1，1，1）. 设平面PAB与平面QAB的夹角为θ，则cos θ＝＝＝， 故平面PAB与平面QAB夹角的余弦值为. 4.中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中平面A1CD1与平面AB1C1所成角的余弦值为　　　　. 答案： 解析：设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，OC，OB，O1C1，O1B1，以O为原点，分别以OC，OB，OO1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则A（0，2，0），A1（0，2，2），C（1，0，0），C1（1，0，2），B1（0，1，2），D1（2，0，2）， 则＝（0，－1，2），＝（1，－2，2），＝（1，0，2），＝（2，－2，0）. 设m＝（x，y，z）为平面AB1C1的一个法向量， 则令y＝2，可得x＝2，z＝1，所以m＝（2，2，1）. 设n＝（a，b，c）为平面A1CD1的一个法向量， 则令x＝2，可得y＝2，z＝－1，所以n＝（2，2，－1）. 设平面A1CD1与平面AB1C1所成角为θ，θ∈， 则cos θ＝｜cos＜m，n＞｜＝＝＝， 故平面A1CD1与平面AB1C1所成角的余弦值为. 创设多元情境　彰显学科本质 5.桁架桥指的是以桁架作为上部结构主要承重构件的桥梁.桁架桥一般由主桥架，上下水平纵向联结系、桥门架和中间横撑架以及桥面系组成.下面是某桁架桥模型的一段，它是由一个正方体和一个直三棱柱构成，其中AB＝BH，那么直线AH与直线IG所成角的余弦值为（　　） A.－ B. C.－ D. 解析：D　以E为坐标原点，EB，ED，EI所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 设AB＝BH＝a，则A（a，－a，0），H（a，0，a），I（0，0，a），G（a，a，a）， 可得＝（0，a，a），＝（a，a，0）， 设直线AH与直线IG所成角为θ， 则cos θ＝｜cos＜，＞｜＝＝＝， 故直线AH与直线IG所成角的余弦值为. 6.在日常生活中，我们会看到如图所示的情境，两个人共提一桶水.若水桶和水的总重力为G，作用在水桶上的两个拉力分别为F1，F2，且｜F1｜＝｜F2｜，F1与F2的夹角为θ，下列结论中正确的是（　　） A.θ越小越费力，θ越大越省力 B.θ的范围为[0，π] C.当θ＝时，｜F1｜＝｜G｜ D.当θ＝时，｜F1｜＝｜G｜ 解析：D　对于A，∵｜G｜＝｜F1＋F2｜为定值， ∴｜G｜2＝＋＋2｜F1｜×｜F2｜×cos θ＝2（1＋cos θ）， 解得＝， 由题意知，θ∈（0，π），y＝cos θ单调递减， ∴单调递增， 即θ越大越费力，θ越小越省力，故A错误； 对于B，当θ＝π时，F1＋F2＝0不满足题意，故B错误； 对于C，当θ＝时，＝， ∴｜F1｜＝｜G｜，故C错误； 对于D，当θ＝时，＝｜G｜2， ∴｜F1｜＝｜G｜，故D正确.故选D. 创新命题设计　提升思维品质 7.结合以下材料：“在空间直角坐标系Oxyz中，过点P（x0，y0，z0）且一个法向量为n＝（a，b，c）的平面α的方程为a（x－x0）＋b（y－y0）＋c（z－z0）＝0.”解决问题：在空间直角坐标系Oxyz中，若直线l是两平面x－3y＋7＝0与4y＋2z＋3＝0的交线，则直线l的方向向量可以是（　　） A.（3，1，－2） B.（3，1，2） C.（－2，1，－3） D.（2，1，3） 解析：A　由阅读材料可知：平面x－3y＋7＝0的法向量可取a＝（1，－3，0）， 平面4y＋2z＋3＝0的法向量可取b＝（0，4，2）. 设直线l的方向向量m＝（x，y，z）， 则令y＝1，则m＝（3，1，－2）. 8.设平面α与正方体的六个面的夹角分别为θi（i＝1，2，…，6），则cos2θi的值为（　　） A.2 B.3 C.4 D.6 解析：A　设平面α的法向量为m＝（x，y，z）， 正方体一个顶点处的三个平面的法向量分别为n1＝（1，0，0），n2＝（0，1，0），n3＝（0，0，1）， 则cos＜m，n1＞＝＝，cos＜m，n2＞＝＝， cos＜m，n3＞＝＝. 又正方体有三对互相平行的平面， 则cos2θi＝2（＋＋）＝2. 9.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝90°，∠A1AB＝∠A1AD＝60°. （1）以{，，}为空间的一个基底，求平面ADD1A1的一个法向量； （2）求点B1到平面ADD1A1的距离； （3）若动点P满足＝x＋y（x，y∈R），且DP＝1，求BP的取值范围. 解：（1）由题知｜｜＝｜｜＝｜｜＝1，·＝0，·＝·＝. 设平面ADD1A1的一个法向量为n＝x＋y＋z（x，y，z∈R）， 则n⊥，n⊥，所以 所以令y＝1，则x＝3，z＝－2， 故平面ADD1A1的一个法向量为n＝3＋－2. （2）因为·n＝（＋）·（3＋－2）＝3－1＋＋－2＝2， ｜n｜＝＝＝， 所以点B1到平面ADD1A1的距离为＝＝. （3）由＝x＋y（x，y∈R），所以点P在平面ABCD内， 又DP＝1，所以点P在圆心为D，半径为r＝1的圆上. 因为BD＝＞r＝1，所以点B在圆外，则BD－r≤BP≤BD＋r， 所以BP的取值范围为[－1，＋1]. 10.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝1，AC＝3，∠ABC＝∠ADC＝90°. （1）求证：平面PBC⊥平面PAB； （2）若F为PC的中点，且AF⊥PB. （i）求证：四棱锥P-ABCD的各个顶点都在一个球的球面上，并求该球的半径； （ii）求二面角B-AF-C的余弦值. 解：（1）证明：因为∠ABC＝90°，所以AB⊥BC. 因为PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PA. 因为PA∩AB＝A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB. 因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB. （2）（i）证明：连接FB，FD. 因为BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB. 因为F为PC的中点，所以FB＝PC.同理，有FD＝PC. 因为PA⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PA⊥AC. 因为F为PC的中点，所以FA＝PC. 因此FB＝FD＝FA＝FP＝FC＝PC. 所以F为四棱锥P-ABCD的外接球的球心. 建立如图所示的空间直角坐标系， 取AC的中点O，连接OF，易知O为底面四边形ABCD外接圆的圆心，则O，设PA＝a， 则F，P（0，0，a），B（2，0，0），＝（2，0，－a），＝. 由PB⊥AF，得·＝0，即4－＝0，得a＝2，故F，r＝｜｜＝. 故四棱锥P-ABCD的外接球半径为. （ii）由（i）知＝（2，0，0），＝， 设平面BAF的法向量为m＝（x，y，z）， 由得 则x＝0，取z＝1，y＝－2， 得平面BAF的一个法向量为m＝（0，－2，1）. 设平面AFC的法向量为n＝（x0，y0，z0），C（2，1，0），＝（2，1，0）， 由得 解得z0＝0，令x0＝1，得y0＝－2， 故n＝（1，－2，0）. 设二面角B-AF-C的平面角为α， 则cos α＝＝＝. 故二面角B-AF-C的余弦值为. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $