第一章 空间向量与立体几何 单元检测（原卷版+解析版）高中数学 2026-2027学年人教A版（2019）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eq\o(CA,\s\up6(→))＝a，eq\o(CB,\s\up6(→))＝b，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝c，则eq\o(A1B,\s\up6(→))等于()A．a＋b－cB．a－b＋cC．－a＋b＋cD．－a＋b－c3．(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eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))＝()A．2eq\r(2)B．2eq\r(3)C．3 D．44．在三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))等于()A．－2B．2C．－2eq\r(3) D．2eq\r(3)5．已知向量a＝(1，2，3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝eq\r(14)，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eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))是空间内不共面的三个向量，则可以与向量eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))和向量eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))构成空间的一个基底的向量是()A．eq\o(OA,\s\up6(→)) B．eq\o(OB,\s\up6(→))C．eq\o(OC,\s\up6(→)) D．eq\o(AB,\s\up6(→))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．2C．eq\r(2) D．eq\r(3)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，eq\o(AB,\s\up6(→))＝2eq\o(AE,\s\up6(→))，P为平面A1BC内一动点，则PA＋PE的最小值是 ()A．eq\f(\r(3),2) B．eq\r(6)C．eq\f(3\r(2),2) D．eq\f(\r(26),5)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＝eq\f(1,2) B．若l⊥α，则n＝1C．若n＝－20，则l∥α D．若m＝－10，则α⊥β10．已知向量a＝(1，1，－1)，b＝(1，－1，1)，则()A．a∥bB．|a|＝|b|C．向量a，b的夹角的余弦值为－eq\f(1,3)D．若向量m＝(2，0，0)＝xa＋yb(x，y为实数)，则xy＝－111．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⊥OMB．存在点M，使OM∥平面PADC．OM最小值为eq\f(\r(6),2)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eq\f(CN,CF)＝________．14．已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝eq\f(1,2).若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝eq\f(5,2)，且对于任意x，y∈R，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xe1＋ye2))))≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0e1＋y0e2))))＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0∈R))，则y0＝__________，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝__________．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|＝eq\r(5)，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＝eq\f(1,2)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eq\o(CA,\s\up6(→))＝a，eq\o(CB,\s\up6(→))＝b，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝c，则eq\o(A1B,\s\up6(→))等于()A．a＋b－cB．a－b＋cC．－a＋b＋cD．－a＋b－cD解析：如图，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CC1,\s\up6(→))＝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eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))＝()A．2eq\r(2)B．2eq\r(3)C．3 D．4B解析：向量a＝(x，1，1)，b＝(1，y，1)，c＝(3，－6，3)，且a⊥c，b⊥c，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·c＝3x－6＋3＝0，,b·c＝3－6y＋3＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))于是a＋b＝(2，2，2)，所以|a＋b|＝eq\r(22＋22＋22)＝2eq\r(3).4．在三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))等于()A．－2B．2C．－2eq\r(3) D．2eq\r(3)A解析：eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2×2×cos90°－2×2×cos60°＝－2.5．已知向量a＝(1，2，3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝eq\r(14)，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|＝eq\r(14)，cosα＝eq\f(（a＋b）·c,|a＋b||c|)＝eq\f(1,2)，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eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))是空间内不共面的三个向量，则可以与向量eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))和向量eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))构成空间的一个基底的向量是()A．eq\o(OA,\s\up6(→)) B．eq\o(OB,\s\up6(→))C．eq\o(OC,\s\up6(→)) D．eq\o(AB,\s\up6(→))C解析：因为eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＋eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))，eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))，故eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))共面，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))共面，故A，B错误；因为eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝－(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))，即eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))共面，故D错误；假设eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))共面，则存在实数m，n，使得eq\o(OC,\s\up6(→))＝m(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＋n(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))，所以eq\o(OC,\s\up6(→))＝(m＋n)eq\o(OA,\s\up6(→))＋(m－n)eq\o(OB,\s\up6(→))，则eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))共面，与题设条件矛盾，故假设不成立，即eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))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．2C．eq\r(2) D．eq\r(3)C解析：∵|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos120°＝2，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝eq\r(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，eq\o(AB,\s\up6(→))＝2eq\o(AE,\s\up6(→))，P为平面A1BC内一动点，则PA＋PE的最小值是 ()A．eq\f(\r(3),2) B．eq\r(6)C．eq\f(3\r(2),2) D．eq\f(\r(26),5)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A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0，2))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，0))，所以eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，0))，eq\o(CA1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0，2))，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，2))，设A关于平面A1BC的对称点为A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，z>0，则eq\o(A′A1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x，－y，2－z))，eq\o(AA′,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2，y，z))，设平面A1BC的一个法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1，z1))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CA1,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y1＝0，,2x1＋2z1＝0，))令x1＝1，则n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－1))，所以A与A′到平面A1BC的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AA1,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(A′A1,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(2,\r(2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－x＋z)),\r(2))，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－x＋z))＝2①，又eq\o(AA′,\s\up6(→))∥n，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2＝－z，,y＝0，))②，所以由①②得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2z－2))＝2，又由z>0可得x＝0，y＝0，z＝2，所以A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，2))，所以PA＋PE＝PA′＋PE≥A′E＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－1))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－1))2＋(2－0)2)＝eq\r(1＋1＋4)＝eq\r(6)，当且仅当A′，P，E三点共线时取等号，所以PA＋PE的最小值为eq\r(6).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＝eq\f(1,2) B．若l⊥α，则n＝1C．若n＝－20，则l∥α D．若m＝－10，则α⊥βABD解析：对于A，由α∥β，得u∥v，则eq\f(m,－1)＝eq\f(－1,2)＝eq\f(－2,4)，解得m＝eq\f(1,2)，故A正确；对于B，由l⊥α，得t∥u，则eq\f(n,－1)＝eq\f(－2,2)＝eq\f(－4,4)，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∥bB．|a|＝|b|C．向量a，b的夹角的余弦值为－eq\f(1,3)D．若向量m＝(2，0，0)＝xa＋yb(x，y为实数)，则xy＝－1BC解析：对于选项A，由eq\f(1,1)≠eq\f(1,－1)＝eq\f(－1,1)，故A选项错误；对于选项B，由|a|＝eq\r(3)，|b|＝eq\r(3)，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〉＝eq\f(－1,\r(3)×\r(3))＝－eq\f(1,3)，故C选项正确；对于选项D，由m＝(2，0，0)＝xa＋yb，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,x－y＝0，))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⊥OMB．存在点M，使OM∥平面PADC．OM最小值为eq\f(\r(6),2)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Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，1))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，2))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，0))M为棱PC上的动点，可设Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，t，2－t))，0≤t≤2.所以eq\o(DN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，1))，eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，t－1，2－t)).对A，eq\o(DN,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，t－1，2－t))＝－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＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，0))，由n·eq\o(OM,\s\up6(→))＝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eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OM,\s\up6(→))))＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－1))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－t))2)＝eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(3,2)))2＋\f(3,2))≥eq\r(\f(3,2))＝eq\f(\r(6),2)，当t＝eq\f(3,2)时取等号，故C正确；对D，由eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OM,\s\up6(→))·\o(DA,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OM,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DA,\s\up6(→)))))＝eq\f(1,2)⇒eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，t－1，2－t))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0，0)))),\r(2t2－6t＋6)×2)＝eq\f(1,2)⇒t＝eq\f(3－\r(5),2)或t＝eq\f(3＋\r(5),2)，因为0≤t≤2，所以t＝eq\f(3＋\r(5),2)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：(eq\f(8,9)，－eq\f(4,9)，eq\f(8,9))解析：因为向量a＝(1，0，1)，b＝(2，－1，2)，所以a·b＝2＋0＋2＝4，|b|＝eq\r(4＋1＋4)＝3，所以向量a在向量b上的投影向量的坐标为eq\f(a·b,|b|)×eq\f(b,|b|)＝eq\f(4,3)×eq\f(1,3)×(2，－1，2)＝(eq\f(8,9)，－eq\f(4,9)，eq\f(8,9)).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eq\f(CN,CF)＝________．答案：eq\f(1,16)解析：如图，设eq\o(CN,\s\up6(→))＝meq\o(CF,\s\up6(→))，则eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MC,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＋meq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＋meq\o(AD,\s\up6(→)).因为MN⊥AE，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0，因此eq\f(1,2)×1×1×(－eq\f(1,2))＋4m＝0，解得m＝eq\f(1,16)，所以eq\f(CN,CF)＝eq\f(1,16).14．已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝eq\f(1,2).若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝eq\f(5,2)，且对于任意x，y∈R，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xe1＋ye2))))≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0e1＋y0e2))))＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0∈R))，则y0＝__________，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝__________．答案：22eq\r(2)解析：因为e1·e2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(e1))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(e2))cos〈e1，e2〉＝cos〈e1，e2〉＝eq\f(1,2)，由于0≤〈e1，e2〉≤π，所以〈e1，e2〉＝eq\f(π,3)，问题等价于eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xe1＋ye2))))当且仅当x＝x0，y＝y0时，取到最小值1，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xe1＋ye2))))2＝|b|2－2·b·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xe1＋ye2))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xe1＋ye2))2＝|b|2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2xb·e1＋2yb·e2))＋(x2＋y2＋2xy·e1·e2)＝|b|2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋5y))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋xy))＝|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y＝|b|2＋x2＋y2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－4))x－5y＝|b|2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y－4,2)))2＋eq\f(3,4)(y－2)2－7，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(y0－4,2)＝0，,y0－2＝0，,|b|2－7＝1，))解得x0＝1，y0＝2，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝2eq\r(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|＝eq\r(5)，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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＋1＝6k，,1＝k（2m－1），,2λ＝2k，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝k＝\f(1,5)，,m＝3，))所以λ＝eq\f(1,5)，m＝3.(2)因为|a|＝eq\r(5)，且a⊥c，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（λ＋1）2＋12＋（2λ）2＝5，,2（λ＋1）－2λ×1－λ×2λ＝0，))化简得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5λ2＋2λ＝3，,2－2λ2＝0，))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Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(1,2)))，|eq\o(BF,\s\up6(→))|＝eq\f(3,2)，即B，F两点间的距离为eq\f(3,2).(2)证明：由(1)知，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，即eq\o(EF,\s\up6(→))∥eq\o(AB,\s\up6(→))，即EF∥AB．又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB．(3)证明：由(1)知，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1，0，0)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，则eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，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＝eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)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×tan60°＝4eq\r(3).而∠ABC＝90°，由此可以B为坐标原点，eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))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(0，4，4eq\r(3))，C(2，0，0)，E(0，2，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，4eq\r(3))，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq\o(PE,\s\up6(→))＝(0，－2，－4eq\r(3))，设平面PCE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CE,\s\up6(→))＝－2x＋2y＝0，,n·\o(PE,\s\up6(→))＝－2y－4\r(3)z＝0，))令z＝1，则x＝y＝－2eq\r(3)，故n＝(－2eq\r(3)，－2eq\r(3)，1)，设直线PA与平面PCE所成角为θ，所以sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(AP,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→)))))))＝eq\f(4\r(3),5×4\r(3))＝eq\f(1,5).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＝eq\f(C1G,C1F)＝eq\f(1,2)＝eq\f(FB1,BB1)＝tan∠B1BF，∴∠C1FG＝∠B1BF，则∠B1FB＋∠B1BF＝eq\f(π,2)＝∠C1FG＋∠B1FB，故∠BFG＝π－(∠C1FG＋∠B1FB)＝eq\f(π,2)，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)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，4，0)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(2，4，－4)，eq\o(FG,\s\up6(→))＝(－2，0，－1)，设m＝(a，b，c)是平面EBF的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(EF,\s\up6(→))＝4b＝0，,m·\o(EB,\s\up6(→))＝2a＋4b－4c＝0，))令a＝2，则b＝0，c＝1，∴m＝(2，0，1)，易知eq\o(FG,\s\up6(→))＝－m，则eq\o(FG,\s\up6(→))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，∴eq\o(EG,\s\up6(→))＝(－2，4，－1)，eq\o(BG,\s\up6(→))＝(－4，0，3)，由(1)知eq\o(FG,\s\up6(→))＝(－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)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs