第一章　空间向量与立体几何 单元测试 （含答案）2026-2027学年高中数学人教A版选择性必修第一册

第一章空间向量与立体几何全卷满分150分考试用时120分钟一、单项选择题(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.在空间四边形OABC中,OA+AB-CB=()A.OAB.ABC.OCD.AC2.已知向量a=(1,2,2),b=(-2,1,1),则a在b上的投影向量为()A.-23,C.29,3.已知a,b,c不共面,e=3a-tb-c,d=-2ta+6b+2c,若e与d共线,则实数t的值为()A.-3B.1C.3D.-3或34.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,MN是它的内切球的一条弦(球面上任意两点之间的线段称为球的弦),P为正方体表面上的动点,当弦MN的长度最大时,PM·PN的取值范围是()A.[0,1]B.[0,2]C.[1,3]D.[0,4]5.已知空间四点A(1,0,1),B(1,1,1),C(0,1,0),D1,12,0,记点B到直线AC的距离为d1,点D到平面ABC的距离为dA.33B.32C.26.如图,在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,BC=3EC,点P在底面ABCD(包含边界)上移动,且满足B1P⊥D1E,则线段B1P的长度的最大值为()A.319010B.22C.327.已知四棱锥A-EBCD,AE⊥平面EBCD,底面EBCD是∠DEB为直角,且满足EB∥DC的直角梯形,如图所示,若CD=2EB=2AE=4,DE=23,点F为AD的中点,则F到直线BC的距离为()A.312B.232C.318.如图,在体积为5的多面体ABCDPQ中,底面ABCD是平行四边形,∠DAB=45°,BC=2PQ=22AB=22,M为BC的中点,PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD,则平面PCD与平面QAB夹角的正弦值为()A.1010B.31010C.二、多项选择题(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.下列关于空间向量的命题中,正确的有()A.若向量a,b与空间中任意向量都不能构成基底,则a∥bB.若非零向量a,b,c满足a⊥b,b⊥c,则有a∥cC.若{OA,OB,OC}是空间向量的一个基底,且OD=16OA+13OB-1D.若{a,b,c}是空间向量的一个基底,则{a+b,b+c,a+c}也是空间向量的一个基底10.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖,在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案,如图1,把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合,再将这个组合转换成如图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长均为1,则()A.CG=2AB+2AB.直线CQ与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为2C.点C1到直线CQ的距离是5D.异面直线CQ与BD所成角的余弦值为311.如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M,N分别是AD,CC1的中点,P是线段AB上的动点,则下列说法正确的是()A.平面PMN截正方体所得的截面可能是五边形B.△MPN一定是锐角三角形C.当P与A点重合时,取正方形ABCD内(含边界)一点Q,并满足平面A1QD1⊥平面PMN,则A1Q的长的最小值是25D.PM+NP的最小值是210+2三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)12.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,2),c=(-3,5,λ),若a,b,c三向量共面,则实数λ=.

13.已知点A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),O为坐标原点,点Q在直线OP上运动,则当QA·QB取得最小值时,点Q的坐标为.

14.古希腊数学家阿波罗尼斯发现:平面上到两定点的距离的比值为常数λ(λ>0,且λ≠1)的点的轨迹是圆,且该圆的圆心在这两定点所连的直线上.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2AD=2AA1=6,点E在棱AB上,F为C1D1的中点,BF=332AE,动点P满足BP=3PE.若P在底面ABCD所在平面内运动,则点P的运动轨迹所围图形的面积是;三棱锥P-B1CF体积的最小值为四、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,b,c是空间中不共面的向量,若AB=2a-b+c,AC=a+2b-c,AD=-a+mb+nc.(1)若B,C,D三点共线,求m,n的值;(2)若A,B,C,D四点共面,求3m+5n的值.16.(15分)从下列三个条件中任选一个,补充在问题中的横线上,并加以解答.条件①:图1中,tan∠ABD=2;条件②:图1中,3AD=2AB+AC;条件③:图2中,CD>BD,S△BCD=1.图1图2如图1所示,在△ABC中,∠ACB=45°,BC=3,过点A作AD⊥BC,垂足D在线段BC上,沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图2).已知M为棱AC的中点,,在棱CD上取一点N,使得CN=3DN,求平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值.

注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.17.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PDC⊥平面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AB=12DC,PD=AD=1,M为棱PC的中点(1)证明:BM∥平面PAD;(2)若PC=5,AB=1.(i)求二面角P-DM-B的余弦值;(ii)在线段PA上是否存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是269?若存在,求出PQPA的值;若不存在18.(17分)已知两个非零向量a,b,在空间中任取一点O,作OA=a,OB=b,则∠AOB叫做向量a与b的夹角,记作<a,b>.定义a与b的“向量积”为a×b,它是一个向量,且与向量a,b都垂直,它的模|a×b|=|a|·|b|sin<a,b>.如图,在正四棱锥S-ABCD中,AB=2,且|BC×SD|=27.(1)求正四棱锥S-ABCD的体积V;(2)若P为侧棱SD上的点,且SD⊥平面PAC,求平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值;(3)若点E是侧棱SC(包含端点)上的一个动点,当直线DE与平面BCE所成的角最大时,求SEEC的值19.(17分)阅读下面的材料:类比二维平面中的余弦定理,我们有三维空间中的三面角余弦定理:如图1,记∠APC=α,∠BPC=β,∠APB=γ,二面角A-PC-B的大小为θ,则cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ.证明如下:当α,β∈0,π2时,如图2,H为PC上一点,HM⊥PC交PA于M,HN⊥PC交PB于N,则∠MHN是二面角A-PC-B的平面角.在△MNP和△MNH中分别应用余弦定理,得MN2=MP2+NP2-2MP·NPcosγ,MN2=MH2+HN2-2MH·HNcosθ,两式相减,得MP2-MH2+NP2-HN2-2MP·NPcosγ+2MH·HNcosθ=0,又PH2=MP2-MH2=NP2-HN2,所以MP·NPcosγ=PH2+MH·HNcosθ(*),易知sinα=MHMP,cosα=PHMP,sinβ=HNNP,cosβ=PHNP,(*)式两边同时除以MP·NP,得cosγ=cosαcosβ+sin请解决如下问题:如图3,在四棱锥E-ABCD中,四边形ABCD为正方形,△EAD为等边三角形,且平面EAD⊥平面ABCD,P为DE的中点.(1)请利用三面角余弦定理求二面角A-PC-D的余弦值;(2)设PA与平面ABCD内任一条直线的夹角为φ0<φ≤π2,证明:π6(3)以三棱锥为例,试猜想正弦定理在三维空间中的推广,并给出证明.答案全解全析1.COA+AB-CB=OB+BC=OC.2.A向量a在向量b上的投影向量为a·b|b|2b3.C若e与d共线,则有e=λd,λ∈R,即3=-2tλ,-t4.B由正方体的棱长为2,可得内切球的半径为1,正方体的体对角线长为23.当弦MN的长度最大时,MN为内切球的直径,设内切球的球心为O,则PM·PN=(PO+OM)·(PO+ON)=(PO-ON)·(PO+ON)=PO2-ON2=由于P为正方体表面上的动点,所以OP∈[1,3],则PM·PN∈[0,2].5.C由题得AB=(0,1,0),AC=(-1,1,-1),所以点B到直线AC的距离d1=AB2-AB·AC设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则AB即y=0,-x+y-又AD=0,所以点D到平面ABC的距离d2=|AD·n||所以d1d26.B如图所示,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D1(0,0,3),E(1,3,0),B1(3,3,3),则D1设P(x,y,0),x,y∈[0,3],则B1因为B1P⊥D1E,所以B1P·D1所以0≤3-3y≤3⇒y∈[0,1],|B1P|=(x令t=10y2-6y+18,易知此二次函数的图象开口向上,对称轴为直线y=--62×10=310,则由二次函数的性质可知,当y=1时,t取得最大值,且tmax=22,则线段B1P7.A因为AE⊥平面EBCD,BE,ED⊂平面EBCD,所以AE⊥BE,AE⊥ED,又在底面EBCD中,∠DEB=90°,即BE⊥ED,所以AE,BE,ED两两垂直.以E为原点,EB,ED,EA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A(0,0,2),B(2,0,0),C(4,23,0),D(0,23,0),因此F(0,3,1),所以BC=(2,23,0),FB=(2,-3,-1),记c=BC|BC|=12,32则|a|=4+3+1=22,a·c=1-32=-1所以F到直线BC的距离d=|a|2-(8.D由题意得,DC=AB=1,MC=12BC=2,∠DCM=45°在△DCM中,由余弦定理可得DM=DC所以DM2+DC2=CM2,所以∠MDC=90°,所以DM⊥DC.又因为DC⊥PD,DM∩PD=D,DM,DP⊂平面PDM,所以DC⊥平面PDM,因为PM⊂平面PDM,所以DC⊥PM.由于PQ∥BM,PQ=BM=2,所以四边形PQBM为平行四边形,所以PM∥QB.因为QB⊥MD,所以PM⊥MD,又PM⊥DC,DC∩MD=D,DC,MD⊂平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD,则QB⊥平面ABCD.取AD的中点E,连接PE,ME,由PM⊥平面ABCD,QB⊥平面ABCD,PM⊂平面PME,QB⊂平面ABQ,可得平面PME⊥平面ABCD,平面ABQ⊥平面ABCD,由PQ∥MB∥EA,PQ=MB=EA知多面体ABQ-EMP为三棱柱,四边形ABME为平行四边形,设PM=h,多面体ABCDPQ的体积为V,连接AM,在▱ABME中,∠EAB=45°,AE=2,EM=1,则∠AEM=135°,则V=V三棱柱ABQ-EMP+V四棱锥P-CDEM=3VA-PEM+V四棱锥P-CDEM=3VP-AEM+V四棱锥P-CDEM=S△AEM×h+13S四边形CDEM×h=S△AEM×h+13×2S△AEM×h=53S△AEM×h=53×12×2×1×sin135°×由EM∥DC,DM⊥DC得DM⊥EM.又PM⊥平面ABCD,EM,MD⊂平面ABCD,所以PM⊥EM,PM⊥MD,则PM,DM,EM两两互相垂直.以M为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则C(1,-1,0),D(1,0,0),P(0,0,6),则CD=(0,1,0),PD=(1,0,-6),易知平面QAB的一个法向量为(1,0,0),记n=(1,0,0),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m·CD=0,n·PD=0,设平面PCD与平面QAB的夹角为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=|m·n||m|·|n|=637,所以sinθ=19.AD对于A,若向量a,b与空间中任意向量都不能构成基底,则向量a,b与空间中任意向量共面,所以a∥b,所以A正确;对于B,不妨设向量a=(0,0,1),b=(0,1,0),c=(1,0,1),此时满足a⊥b,b⊥c,但a与c不共线,所以B错误;对于C,若A,B,C,D四点共面,则存在实数x,y,使得AD=xAB+yAC,即OD-OA=x(OB-OA)+y(OC-OA),可得OD=(1-x-y)OA+xOB+yOC,又因为OD=16OA+13OB-12OC,且{OA,OB,OC}是空间向量的一个基底,所以1-x-y对于D,假设存在不全为0的实数k1,k2,k3,使得k1(a+b)+k2(b+c)+k3(a+c)=0,则(k1+k3)a+(k1+k2)b+(k2+k3)c=0,因为{a,b,c}是空间向量的一个基底,所以a,b,c不共面,所以k1+k3=0,k1+k2=0,k2+k3=0,即k1=k2=k3=0,这与假设矛盾,即a+b,b+c,a+c不共面,故{a+b,b+c,a+c}也是空间向量的一个基底,所以D正确.10.BC以A为坐标原点,DA,AB,AA1的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,1,0),A1(0,0,1),G(-1,-1,2),Q(0,-1,2),C(-1,1,0),C1(-1,1,1),D(-1,0,0).对于A,CG=(0,-2,2),AB=(0,1,0),AA1=(0,0,1),则2AB+2AA1=(0,2,0)+(0,0,2)=(0,2,2)≠CG,对于B,易得CQ=(0,-1,2)-(-1,1,0)=(1,-2,2),平面A1B1C1D1的一个法向量为(0,0,1),记m=(0,0,1),设直线CQ与平面A1B1C1D1所成角的大小为θ,则sinθ=|cos<CQ,m>|=|CQ·m||CQ|·|m|对于C,易得CC1=(0,0,1),则点C1到直线CQ的距离d=CC12-CC1·CQ对于D,易得BD=(-1,-1,0),设异面直线CQ与BD所成角的大小为α,则cosα=|cos<CQ,BD>|=|CQ·BD||CQ|·|BD|=|(11.ACD对于A,如图1,当点P与A,B两点均不重合时,将线段PM向两端延长,分别交CD,CB的延长线于点O,H,连接NO,NH分别交DD1,BB1于点R,S,连接RM,SP,此时截面为五边形MPSNR,故A正确;对于B,当点P与点A重合时,MN=22+42+22=26,PM=2,PN=42+42+22=6,此时MN2对于C,如图2,以点D为坐标原点,建立空间直角坐标系Dxyz,则P(4,0,0),M(2,0,0),N(0,4,2),A1(4,0,4),D1(0,0,4),则PM=(-2,0,0),PN=(-4,4,2),A1因为Q为正方形ABCD内(含边界)一点,所以可设Q(s,t,0),s,t∈[0,4],则A1设平面PMN的法向量为m=(x,y,z),则PM·m=-2设平面A1QD1的法向量为n=(a,b,c),则A1D1·n因为平面A1QD1⊥平面PMN,所以m·n=4-2t=0,解得t=2,故Q(s,2,0),则A1Q=(s-4当s=4时,A1Q的长取得最小值,为25,故C正确;对于D,取DD1的中点K,连接KN,BN,KA,延长KA,并在延长线上取点T,使得AT=AM,连接NT交AB于点P,连接PM,如图3,易得PM=PT(分别为两个全等直角三角形的斜边),KN⊥平面ADD1A1,又KA⊂平面ADD1A1,故KN⊥KA,此时(PM+NP)min=(PT+NP)min=NT=42+(2+22+12.答案-1解析∵a=(2,-1,3),b=(-1,4,2),∴a,b不平行,∵a,b,c三向量共面,∴存在实数x,y,使得c=xa+yb,∴2x-13.答案4解析由点Q在直线OP上可得存在实数λ使得OQ=λOP=(λ,λ,2λ),则Q(λ,λ,2λ),则QA=(1-λ,2-λ,3-2λ),QB=(2-λ,1-λ,2-2λ),∴QA·QB=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=2(3λ2-8λ+5),根据二次函数的性质可得当λ=43时,QA·QB取得最小值,为-23,此时点Q的坐标为14.答案12π;272-3解析以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的坐标系,则A(0,0,0),B(6,0,0),B1(6,0,3),C(6,3,0),F(3,3,3),设P(x,y,0),由BF=332AE得(3-6)2+(3-0)2+(3-0)2=33即点P在底面ABCD所在平面内,且到点A的距离为定值12=23,所以点P的运动轨迹所围图形的面积是π·(23)2=12π.易得在△B1CF中,B1C=B1F=CF=32,即△B1CF是边长为32的等边三角形,其面积为93设平面B1CF的法向量为n=(x',y',z'),则n·CB1=0,n取x'=1,则y'=z'=1,可得平面B1CF的一个法向量为n=(1,1,1),根据点P的坐标满足x2+y2=12,可设P(23cosθ,23sinθ,0),θ∈[0,2π),所以CP=(23cosθ-6,23sinθ-3,0),因此CP·n=23cosθ+23sinθ-9=26sinθ+故点P到平面B1CF的距离d=|CP·n||n|=26所以三棱锥P-B1CF的体积V=13S△B1CFd≥272-36,即三棱锥P-B15.解析(1)若B,C,D三点共线,则BD=λBC,λ∈R,(1分)又BC=AC-AB=-a+3b-2c,BD=AD-AB=-3a+(m+1)b+(n-1)c,(3分)所以-3=-λ解得m=8,n(2)若A,B,C,D四点共面,则AD=xAB+yAC,x,y∈R,(7分)则-a+mb+nc=x(2a-b+c)+y(a+2b-c),(9分)有-1=2x+则3m+5n=3(-x+2y)+5(x-y)=2x+y=-1.(13分)16.解析由题可知,在题图2中,DB,DC,DA两两垂直.以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.(2分)选条件①.在题图1所示的△ABC中,设AD=CD=a,则在Rt△ABD中,tan∠ABD=ADBD=a3-a=2,∴B(1,0,0),N0,∴BN=-1,12,设平面BNM的法向量为n=(x,y,z),由n·BN=0,n·BM=0,得易知平面BNC的一个法向量为(0,0,1),记m=(0,0,1),(11分)∴|cos<m,n>|=|m·n||m||∴平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值为66.(15分选条件②.在题图1所示的△ABC中,由3AD=2AB+AC,得2(AD-AB)=AC-AD,即2BD=DC,∴DC=2BD.∵BC=3,∴CD=2,BD=1.(5分)以下同条件①.选条件③.在题图2中,设BD=b(0<b<3),则CD=3-b,∵∠BDC=90°,∴S△BCD=12b(3-b)=1,解得b=1或又CD>BD,∴CD=2,BD=1.(5分)以下同条件①.17.解析(1)证明:如图,取PD的中点E,连接ME,AE,∵M为棱PC的中点,∴ME∥DC,ME=12DC,(2分又AB∥DC,AB=12DC,∴ME∥∴四边形ABME是平行四边形,∴BM∥AE,(4分)又AE⊂平面PAD,BM⊄平面PAD,∴BM∥平面PAD.(6分)(2)∵AB=1,AB=12又PD=1,PC=5,∴PC2=PD2+DC2,即PD⊥DC,又平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,PD⊂平面PDC,∴PD⊥平面ABCD,又AD⊂平面ABCD,∴PD⊥AD,又AD⊥DC,∴PD,AD,DC两两互相垂直,(8分)如图,以D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,0,1),M0,1,(i)设平面BDM的法向量为m=(x,y,z),则m·DB=0,m·DM=0,又DB=(1,1,0),DM=0,1又平面PDM的一个法向量为DA=(1,0,0),∴cos<m,DA>=m·DA|m||DA|由图易知二面角P-DM-B的平面角为钝角,∴二面角P-DM-B的余弦值为-66.(12分(ii)假设在线段PA上存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离为26易得PA=(1,0,-1),PB=(1,1,-1),设PQ=λPA(0≤λ≤1),∴PQ=(λ,0,-λ),∴BQ=PQ-PB=(λ,0,-λ)-(1,1,-1)=(λ-1,-1,1-λ),由(i)知平面BDM的一个法向量为m=(-1,1,-2),∴点Q到平面BDM的距离为|BQ·m则|λ-2|6=269,解得λ=又0≤λ≤1,∴λ=23故在线段PA上存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离为269,且PQPA=218.解析(1)连接AC,BD,设AC和BD相交于点O,取AD的中点K,连接OK,SK,SO,因为在正四棱锥S-ABCD中,AD∥BC,所以BC与SD的夹角即为AD与SD的夹角,故|BC×SD|=|BC|·|SD|·sin∠SDK=2SK=27,(2分)所以SK=7,所以SO=SK2-OK所以正四棱锥S-ABCD的体积V=13×4×6=463(2)由(1)及题可知,SO,OA,OB两两互相垂直.以O为原点,OA,OB,SO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,则O(0,0,0),D(0,-2,0),S(0,0,6),(7分)因为SD⊥平面PAC,所以平面PAC的一个法向量为SD=(0,-2,-6),又因为SO⊥平面ABCD,所以平面ABCD的一个法向量为SO=(0,0,-6),(9分)设平面PAC与平面ABCD的夹角为θ,则cosθ=|cos<SD,SO>|=|SD·SO||SD|·|即平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值为32.(12分(3)因为点E是侧棱SC(包含端点)上的一个动点,所以可设SE=λSC(0≤λ≤1),由(2)知B(0,2,0),C(-2,0,0),设E(x,y,z),则(x,y,z-6)=λ(-2,0,-6),可得E(-2λ,0,6-6λ),所以DE=(-2λ,2,6-6λ),(14分)因为点E在侧棱SC上,所以平面BCE的法向量就是平面SBC的法向量,设平面SBC的法向量为n=(x',y',z'),易得BC=(-2,-2,0),BS=(0,-2,6),因为n·BC=0,且n·BS=0,所以-2x'-2y'=0,-2y'+6z设直线DE与平面BCE所成的角为α,则sinα=|cos<DE,n>|=|6λ+6+因为0≤λ≤1,所以当λ=34时,sinα取得最大值此时直线DE与平面BCE所成的角最大,所以SE=34SC,所以SEEC的值等于19.解析(1)设二面角A-PC-D的大小为θ(θ∈