2024-2025 学年高中数学人教A版选择性必修一专题1.5 空间向量与立体几何（基础巩固卷）

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专题1.5 空间向量与立体几何（基础巩固卷）考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（2022春·高二单元测试）在空间直角坐标系Oxyz中，与点−1,2,1关于平面xOz对称的点为（    ）A．−1,−2,1 B．−1,2,1 C．−1,−2,−1 D．1,−2,−1【答案】A【分析】根据空间直角坐标系的对称点坐标特点直接求解即可.【详解】解：因为点−1,2,1，则其关于平面xOz对称的点为−1,−2,1.故选：A.2．（2023秋·高一单元测试）与向量a=3,0,−4共线的单位向量可以为（    ）A．−35,0,−45 B．−45,35,0 C．−45,0,35 D．−35,0,45【答案】D【分析】计算出a=9+16=5，从而得到与向量a=3,0,−4共线的单位向量.【详解】因为a=9+16=5，所以与向量a=3,0,−4共线的单位向量可以是aa=35,0,−45或−aa=−35,0,45.故选：D3．（2023秋·高一单元测试）下列条件能使点M与点A,B,C一定共面的是（    ）A．OM=OA−OB−OCB．OM=OA+OB+OCC．OM=−OA−OB+12OCD．OM=−OA−OB+3OC【答案】D【分析】根据空间共面向量定理以及其结论一一判断各选项，即可得答案.【详解】设OM=xOA+yOB+zOC，若x+y+z=1，则点M,A,B,C共面．对于A，OM=OA−OB−OC，由于1−1−1=−1≠1，故A错误；对于B，OM=OA+OB+OC，由于1+1+1=3≠1，故B错误；对于C, OM=−OA−OB+12OC，由于−1−1+12=−32≠1，故C错误；对于D，OM=−OA−OB+3OC，由于−1−1+3=1，得M,A,B,C共面，故D正确.故选：D.4．（2023春·高二单元测试）已知向量a=k,1,1,b=1,2,0，且a与b互相垂直，则k的值为（    ）A．－2 B．－12 C．12 D．2【答案】A【分析】由题意a⋅b=0，由空间向量的数量积运算可得答案.【详解】由a与b互相垂直，则a⋅b=k+2=0，解得k=−2 故选：A5．（2023秋·高一单元测试）若向量a=1,λ,1,b=2,−1,−2，且a与b夹角的余弦值为26，则λ等于（    ）A．−2 B．2 C．−2或2 D．2【答案】A【分析】利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【详解】因为a=1,λ,1,b=2,−1,−2， 所以a⋅b=2−λ−2=−λ，a=2+λ2,b=4+1+4=3，又a与b夹角的余弦值为26，a⋅b=abcosa,b，所以−λ=2+λ2×3×26，解得λ2=2，注意到−λ>0，即λ<0，所以λ=−2.故选：A.6．（2023秋·高一单元测试）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，设AB=a，AD=b，AA1=C，则以a,b,c为基底表示BD1=（    ）A．b+c−a B．c+a−b C．a+b−c D．a−b−c【答案】A【分析】由向量的加法法则可得BD1=BD+DD1=BA+BC+DD1，再将已知条件代入即可得答案.【详解】因为BD1=BD+DD1=BA+BC+DD1=−AB+AD+AA1=−a+b+c.故选：A.7．（2023秋·高一单元测试）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A−BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB=BC=CD，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为（ ）A．23 B．34 C．33 D．24【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可以求得向量夹角的余弦值，再根据向量夹角与异面直线夹角的关系可以求得异面直线夹角的余弦值.【详解】画出四面体A−BCD，建立坐标系，利用向量法求异面直线所成角的余弦值即可.解：四面体A−BCD是由正方体的四个顶点构成的，如下图所示建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2B(0,0,0),C(2,0,0),D(2,2,0),M(1,1,1)BM=(1,1,1),CD=(0,2,0)cos〈BM,CD〉=BM⋅CD|BM|⋅CD=23×2=33因为异面直线夹角的范围为0,π2，所以异面直线BM与CD夹角的余弦值为33故选：C8．（2023秋·高一单元测试）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60∘，下列说法中正确的是（    ）  A．AC1=126B．直线BD1与AC所成角的正弦值为66C．向量B1C与AA1的夹角是60∘D．AC1⊥平面CB1D1【答案】D【分析】利用基底向量，结合向量模长公式即可判断A,利用向量的夹角公式即可判断BC,由向量垂直即可得线线垂直，进而根据线面垂直的判断即可判断D.【详解】由题意可得AB=AA1=AD=6,AB⋅AD=AB⋅AA1=AD⋅AA1=6×6×12=18,又AC1=AB+AD+AA1，则|AC1|=(AB+AD+AA1)2=AB2+AD2+AA12+2AB⋅AD+2AD⋅AA1+2AB⋅AA1 =3×62+3×2×6×6×cos60°=66，故A错误，由于BD1=AD+AA1−AB,AC=AB+AD，则|BD1|=|AD+AA1−AB|==AD2+AA12+AB2+2AD⋅AA1−2AB⋅AA1−2AB⋅AD=3×36−2×18=62，|AC|=|AB+AD|=AB2+AD2+2AB⋅AD=36×2+2×18=63，又BD1⋅AC=(AD+AA1−AB)⋅(AB+AD)=AD⋅AB+AA1⋅AB−AB2+AD2+AA1⋅AD−AB⋅AD=36，则cos=BD1⋅AC|BD1||AC|=3662×63=66，故B错误，由于BB1//AA1 ,所以向量B1C与AA1的夹角即为B1C与BB1的夹角，由于BB1=BC=6,∠CBB1=60∘,∴△CBB1等边三角形，故∠BB1C为60∘，进而B1C与BB1的夹角为∠BB1C的补角，故B1C与BB1的夹角为120∘，故C错误，AC1⋅B1C=AB+AD+AA1⋅AD−AA1=AB⋅AD+AD2+AA1⋅AD−AB⋅AA1−AA1⋅AD−AA12=0 AC1⋅B1D1=AB+AD+AA1⋅AD−AB=AB⋅AD+AD2+AA1⋅AD−AB⋅AD−AA1⋅AB−AB2=0,所以AC1⊥B1C,AC1⊥B1D1,进而可得AC1⊥B1C,AC1⊥B1D1,B1C∩B1D1=B1,B1C,B1D1⊂ 平面CB1D1 ,故AC1⊥ 平面CB1D1,故D正确，故选：D多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（2023秋·高一单元测试）下列说法正确的是（ ）A．任何三个不共面的向量可构成空间的一个基底B．空间的基底有且仅有一个C．两两垂直的三个非零向量可构成空间的一个基底D．直线的方向向量有且仅有一个【答案】AC【分析】根据基底、直线的方向向量等知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】对于A，任何三个不共面的向量都可构成空间的一个基底，所以A正确，B错误；对于C，两两垂直的三个非零向量不共面，可构成空间的一个基底，C正确；对于D，直线的方向向量有无数个，所以D错误.故选：AC10．（2023秋·高一单元测试）在如图所示的空间直角坐标系中，ABCD−A1B1C1D1是棱长为1的正方体，给出下列结论中，正确的是（    ）A．直线BD1的一个方向向量为(−2,2,2)B．直线BD1的一个方向向量为(2,2,2)C．平面B1CD1的一个法向量为(1,1,1)D．平面B1CD的一个法向量为(1,1,1)【答案】AC【分析】求出BD1=(−1,1,1)即可判断AB的正误，求出平面B1CD1的法向量判断C的正误，求出平面B1CD的法向量判断D的正误.【详解】由题意，B(1,0,0),B1(1,0,1),C(1,1,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),∵BD1=(−1,1,1)，∴向量(−2,2,2)为直线BD1的一个方向向量，故A正确,B不正确；设平面B1CD1的法向量为n=(x,y,z)， 则{n⋅CB1=0n⋅CD1=0,由CB1=(0,−1,1)，CD1=(−1,0,1)得{−y+z=0−x+z=0，令x=1得n=(1,1,1)，则C正确;设平面B1CD的法向量为m=(a,b,c)，则{m⋅CB1=0m⋅CD=0，由CB1=(0,−1,1)，CD=(−1,0,0)得{−b+c=0−a=0，令b=1得m=(0,1,1)，则D不正确.故选：AC.11．（2023秋·高一单元测试）已知向量a=m,2m,2，b=2m−5,−m,−1，则下列结论正确的是（    ）A．若a//b，则m=2 B．若a⊥b，则m=−25C．a的最小值为2 D．a的最大值为4【答案】ABC【分析】根据空间向量共线定理即可判断A；根据空间向量垂直的坐标表示即可判断B；根据向量的模的坐标表示结合二次函数的性质即可判断CD.【详解】对于A，若a//b，且a=m,2m,2，b=2m−5,−m,−1，则存在唯一实数λ使得a=λb，即m,2m,2=2m−5λ,−mλ,−λ，则m=2m−5λ2m=−mλ2=−λ，解得m=2λ=−2，故A正确；对于B，若a⊥b，则a⋅b=0，即m2m−5−2m2−2=0，解得m=−25，故B正确；a=m2+4m2+4=5m2+4，故当m=0时，a取得最小值2，无最大值，故C正确，D错误.故选：ABC.12．（2023秋·高一单元测试）如图，已知AO⊥平面OBC，∠BOC=2π3，OA=OB=2，OC=3，E为AB的中点，AC=3AF，则以下正确的是（    ）A．OF=53B．EF=273C．AB与OC所成角的余弦值为24D．OE与OF所成角的余弦值为210【答案】ABC【分析】选定一组基底为OA,OB,OC,根据空间向量的数量积运算以及余弦定理可求解.【详解】因为AO⊥平面OBC，OB,OC⊂平面OBC,所以OA⊥OB,OA⊥OC, 所以OA⋅OB=0,OA⋅OC=0,OB⋅OC=OB⋅OCcos2π3=−3，在△OAC中，OF=OA+13AC=OA+13(OC−OA)=23OA+13OC,所以OF=23OA+13OC=23OA+13OC2=49OA2+19OC2+49OA⋅OC=53，所以A正确;在△OEF中,EF=OF−OE=23OA+13OC−12(OB+OA)=16OA−12OB+13OC ,EF=16OA−12OB+13OC2=136OA2+14OB2+19OC2−16OA⋅OB+19OA⋅13OC−13OB⋅OC=19+1+1+1=273，所以B正确；因为AB=OB−OA，AB⋅OC=OB−OA⋅OC=OB⋅OC−OA⋅OC=−3,AB=22+22=22,cos=AB⋅OCABOC=−322×3=−24 ,所以AB与OC所成角的余弦值为24,所以C正确；由以上知OF=53，EF=273，且OE=12AB=2,在△OEF中，由余弦定理得cos∠EOF=OE2+OF2−EF22OE⋅OF=24,所以D错误.故选:ABC.填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（2023秋·高一单元测试）a=1,2,−1,b=−2,x,2，若a//b，则x= ．【答案】-4【分析】由空间向量共线定理求解.【详解】解：因为a=1,2,−1,b=−2,x,2，且a//b，所以1−2=2x=−12，解得x=−4，故答案为：-414．（2023秋·高一单元测试）已知直线l的方向向量为e=(−1,1,2)，平面α的法向量为n=12,2λ,−1λ∈R若l⊥α，则实数λ的值为 .【答案】−14#−0.25【分析】根据l⊥α，可得e//n，得到2λ1=−12，即可求解.【详解】由题意，直线l的方向向量为e=(−1,1,2)，平面α的法向量为n=(12,2λ,−1)，因为l⊥α，可得e//n，可得2λ1=−12，解得λ=−14.故答案为：−14.15．（2022秋·高二单元测试）已知向量n=(2,0,1)为平面α的法向量，点A(−1,2,1)在α内，则点P(1,2,2)到平面α的距离为 .【答案】5【分析】把点到平面距离问题转化为向量数量积问题求解．【详解】解： PA=(−2，0，−1)，点P到平面α的距离为|n⋅PA||n|=|−4+0−1|5=5．故答案为：5.16．（2023春·高二单元测试）已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，点E，F分别是BC，AD的中点，则AE⋅CF的值为 ．【答案】−12/-0.5【分析】BC，BD，BA两两成60∘角，模都为1，以这三个向量为基底，进行向量数量积运算.【详解】根据题意ABCD为正四面体，BC，BD，BA两两成60∘角，BA⋅BC=BA⋅BD=BC⋅BD=12,由AE=BE−BA=12BC−BA，CF=BF−BC=12BA+12BD−BC，所以AE⋅CF=12BC−BA⋅12BA+12BD−BC=14×12+14×12−12−12−12×12+12=−12．故答案为：−12解答题（共6小题，满分70分）17．（2022秋·高二单元测试）如图，在空间四边形OABC中，2BD=DC，点E为AD的中点，设OA=a，OB=b，OC=c.（1）试用向量a，b，c表示向量OE；（2）若OA=OC=3，OB=2，∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°，求OE⋅AC的值.【答案】（1）12a+13b+16c（2）−32【解析】(1）根据向量的运算性质求出OE即可；(2）根据向量的运算性质代入计算即可.【详解】（1）∵    2BD=DC，∴BD=13BC=13(OC−OB)=13(c−b)故OD=OB+BD=b+13(c−b)=23b+13c→,∵点E为AD的中点，故OE=12(OA+OD)=12a+13b+16c;（2）由题意得a⋅c=92,a⋅b=3,c⋅b=3故AC=c−a故OE⋅AC=(12a+13b+16c)⋅(c−a)=−12a2+16c2+13a⋅c+13b⋅c−13b⋅a=−12×9+16×9+13×3×3×cos60°+13×3×2cos60°−13×3×2cos60°=−32.18．（2023秋·高一单元测试）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=2BC=2，M是棱CC1上任意一点．(1)求证：AM⊥BD；(2)若M是棱CC1的中点，求异面直线AM与BC所成角的余弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)33【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直；（2）在第一问的基础上，利用空间向量求解异面直角的夹角余弦值.【详解】（1）证明：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，因为AA1=2AB=2BC=2，所以A0,0,0,B1,0,0,D0,1,0,M1,1,m，0≤m≤2，AM=1,1,m,BD=−1,1,0，AM⋅BD=1,1,m⋅−1,1,0=−1+1=0，所以AM⊥BD；（2）M是棱CC1的中点，故C1,1,0,M1,1,1，则AM=1,1,1,BC=0,1,0，设异面直线AM与BC所成角的大小为θ，则cosθ=cosAM,BC=AM⋅BCAM⋅BC=1,1,1⋅0,1,03=33，故异面直线AM与BC所成角的余弦值为33.19．（2023秋·高一单元测试）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=1，PC=3．  (1)求证：BC⊥平面PAB；(2)求二面角A−PC−B的大小．【答案】(1)证明见解析(2)π3【分析】（1）先由线面垂直的性质证得PA⊥BC，再利用勾股定理证得BC⊥PB，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面PAC与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【详解】（1）因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，所以△PAB为直角三角形，又因为PB=PA2+AB2=2，BC=1,PC=3，所以PB2+BC2=PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB，又因为BC⊥PA，PA∩PB=P，所以BC⊥平面PAB.（2）由（1）BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则BC⊥AB，以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，  则A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0)，所以AP=(0,0,1),AC=(1,1,0),BC=(0,1,0),PC=(1,1,−1)，设平面PAC的法向量为m=x1,y1,z1，则m⋅AP=0m⋅AC=0，即z1=0,x1+y1=0,令x1=1，则y1=−1，所以m=(1,−1,0)，设平面PBC的法向量为n=x2,y2,z2，则n⋅BC=0n⋅PC=0，即y2=0x2+y2−z2=0，令x2=1，则z2=1，所以n=(1,0,1)，所以cosm,n=m⋅nmn=12×2=12，又因为二面角A−PC−B为锐二面角，所以二面角A−PC−B的大小为π3.20．（2022秋·高二单元测试）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BC=2，AB=AC=AA1=1，C1是A1P的中点，AP与棱C1C相交于点D.(1)求证：PB1//平面BDA1；(2)求二面角A1−B1D−P的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)255【分析】（1）连接B1A交BA1于点O，连接OD，由中位线定理证明OD//B1P，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法得出二面角A1−B1D−P的正弦值.【详解】（1）连接B1A交BA1于点O，连接OD∵在直三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1=AA1,CC1//AA1，C1是A1P的中点∴D是AP中点又O是B1A的中点，∴OD//B1P.∵ OD⊂平面BDA1，B1P⊄平面BDA1∴PB1//平面BDA1（2）∵在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BC=2，AB=AC=1，∴AB⊥AC以A1为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系∴A1(0,0,0),B1(1,0,0),D0,1,12,P(0,2,0)，∴A1B1=(1,0,0),A1D=0,1,12设平面A1B1D的法向量为m=(x,y,z)∵m⊥A1B1且m⊥A1D，∴x=0y+12z=0，取z=2，则m=(0,−1,2)同理可得出平面PB1D的法向量n=(2,1,2)设二面角A1−B1D−P的平面角为θ，则|cosθ|=|m→⋅n→|m→||n→||=55∴sinθ=1−cos2θ=255.21．（2023春·高二单元测试）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA=PD=2,∠APD=90°，PB=22，底面ABCD是菱形，O是AD的中点，∠DAB=60°．(1)证明：平面PAD⊥平面POB；(2)求直线PB与平面PDC所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)217【分析】（1）连接BD，再由线面垂直的判定定理面面垂直的判定定理证明即可；（2）以O为原点，OA,OB,OP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，用向量法求解即可【详解】（1）连接BD，∵底面ABCD是菱形，且∠DAB=60°，∴△ABD是等边三角形，∴BO⊥AD，∵PA=PD，∴△PAD是等腰三角形，∴PO⊥AD，∵PO∩BO=O，PO,BO⊂平面PBO，∴AD⊥平面PBO，∵AD⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面POB；（2）∵PA=PD=2,∠APD=90°,∴AD=22,PO=2，∵底面ABCD是菱形，O是AD的中点，∠DAB=60°，∴BO=6，∵PB=22，∴PO2+BO2=PB2，即PO⊥BO，又由（1）知，BO⊥AD,PO⊥AD，∴以O为原点，OA,OB,OP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(−2,0,0)，P(0,0,2)，C(−22,6,0)，B(0,6,0)，PB=(0,6,−2)，DP=(2,0,2)，DC=(−2,6,0)，设n=(x,y,z)是平面PCD的一个法向量，∴n⋅DP=2x+2z=0n⋅DC=−2x+6y=0，取y=1，得n=(3,1,−3)，设直线PB与平面PDC所成角为θ，则sinθ=|PB⋅n||PB|⋅|n|=2622×7=217，∴直线PB与平面PDC所成角的正弦值为217．22．（2023春·高二单元测试）如图，在几何体SABCD中，AD⊥平面SCD，BC⊥平面SCD，AD=DC=2，BC=1，又SD=2，∠SDC=90∘．(1)求SC与AB所成角的余弦值；(2)求二面角A−SB−C的大小．【答案】(1)105；(2)34π.【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法即得；（2）利用坐标，求两个半平面所在平面的法向量，根据向量夹角公式即得.【详解】（1）以DC,DS,DA为正交基底，建立空间直角坐标系，如图所示．D0,0,0，C2,0,0，S0,2,0，B2,0,1，A0,0,2，设SC与AB所成角为θ，SC=2,−2,0 ， AB=2,0,−1，∴cosθ=cosSC,AB=SC⋅ABSC⋅AB=105；（2）CB=0,0,1 , SC=2,−2,0，设平面BCS的法向量n1=(x1,y1,z1)所以n1⋅CB=0n1⋅SC=0，即x1,y1,z1⋅0,0,1=0x1,y1,z1⋅2,−2,0=0，解得z1=0x1=y1，取n1=−1,−1,0，因为AB=2,0,−1 , SA=0,−2,2，设平面SAB的法向量n2=(x2,y2,z2)，所以n2⋅AB=0n2⋅SA=0，即(x2,y2,z2)⋅(2,0,−1)=0(x2,y2,z2)⋅(0,−2,2)=0，解得z2=2x2z2=y2，取n2=(1,2,2)，设平面BCS与平面SAB所成的二面角的平面角为α，则cosα=−cosn1,n2=−n1⋅n2|n1|⋅|n2|=−32×3=−22，又α∈0,π，所以α=34π.