第一章空间向量与立体几何检测卷（含解析）-2025-2026学年高二数学上学期人教A版2019选择性必修第一册
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| 名称 | 第一章空间向量与立体几何检测卷（含解析）-2025-2026学年高二数学上学期人教A版2019选择性必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-08-14 20:39:46 | ||
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文档简介
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第一章空间向量与立体几何检测卷-2025-2026学年高二数学上学期人教A版2019选择性必修第一册
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 华安县校级期中）已知，，则在上的投影向量为（ ）
A． B．
C．（1，1，1） D．
2．（2025春 临泉县校级月考）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形且边长为3，BD1与底面所成角的正切值为，则该直四棱柱的侧棱长为（ ）
A． B． C．2 D．
3．（2025春 南通校级月考）在正四棱锥P﹣ABCD中，是PC中点，则异面直线PA与BE所成的角为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024秋 山西期末）如图，在三棱柱ABC﹣DEF中，G，H分别是棱BE，AC的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024秋 朝阳校级期末）已知直线l的方向向量为，平面α的一个法向量为，若直线l∥平面α，则a＝（ ）
A．﹣7 B．﹣3 C．﹣1 D．2
6．（2025春 甘肃期中）在空间中，若向量，，共面，则m＝（ ）
A．4 B．2 C．﹣3 D．﹣6
7．（2025春 淄博期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则异面直线AE与BD1所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025春 钦州期末）如图，已知四棱锥M﹣ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024秋 乐山期末）已知空间向量（﹣2，1，2），（1，，m），则下列选项正确的是（ ）
A．||＝9
B．若，则m
C．若，则m＝1
D．若m＝1，则cos，
（多选）10．（2025春 甘肃期末）已知空间向量，且∥，则下列说法正确的是（ ）
A． B．m＝6
C． D．
（多选）11．（2025 金坛区校级模拟）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为线段A1C上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，的值最小
B．当时，
C．若平面ABCD上的动点M满足，则点M的轨迹是椭圆
D．直线DD1与平面A1D1P所成角的正弦值是
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 浦东新区校级期中）已知A，B，C，D四点共面，且任意三点不共线，O为平面ABCD外任意一点，若，则λ＝ ．
13．（2025春 小店区校级月考）如图，在空间四边形ABCD中，AB＝CD＝8，M，N分别是BC，AD的中点．若异面直线AB与CD所成的角为60°，则MN的长为 ．
14．（2025春 商城县期末）刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角．角度用弧度制）．例如，正四面体的每个顶点有3个面角，每个面角为，所以正四面体在各顶点的曲率为．在底面为矩形的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，．PC与底面ABCD所成的角为，在四棱锥P﹣ABCD中，顶点B的曲率为 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 朝阳校级期末）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝AD＝BD＝AA1＝2．
（1）求直线BD1与平面ACD1所成角的正弦值；
（2）求点B1到平面ACD1的距离．
16．（2024秋 和平区校级期末）如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，AF⊥平面ABCD，EF∥AB，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝1，点P为棱DF的中点．
（1）求证：BF∥平面APC；
（2）求平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值；
（3）求点F到平面ACP的距离．
17．（2025 广东校级二模）如图，四棱锥P﹣ABCD的侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为矩形，且平面PAD⊥平面ABCD，M，N分别为AB，AD的中点，二面角D﹣PN﹣C的正切值为2．
（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）证明：DM⊥PC；
（3）求直线PM与平面PNC所成角的正弦值．
18．（2025春 东坡区校级期末）如图甲，已知在等腰梯形ABCD中，两底AB与CD且3AB＝CD＝3，两腰AD＝BC，且AE⊥DC，沿AE将△AED折起使平面AED⊥平面ABCE，如图乙．
（1）求点E到平面BDC的距离；
（2）设P为棱DC上一点（不与D，C重合），当二面角P﹣BE﹣D为60°时，DP与DC的比值．
19．（2025春 福建期末）已知平面四边形ABCD，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，∠BCD＝30°，现将△ABD沿BD边折起，使得平面ABD⊥平面BCD，此时AD⊥CD，点P为线段AD的中点．
（1）求证：BP⊥平面ACD；
（2）若M为CD的中点，求MP与平面BPC所成角的正弦值；
（3）在（2）的条件下，求二面角P﹣BM﹣D的平面角的余弦值．
第一章空间向量与立体几何检测卷-2025-2026学年高二数学上学期人教A版2019选择性必修第一册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D C C D A B D
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BD ABD ABC
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 华安县校级期中）已知，，则在上的投影向量为（ ）
A． B．
C．（1，1，1） D．
【解答】解：由，，得，，
所以在上的投影向量为．
故选：C．
2．（2025春 临泉县校级月考）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形且边长为3，BD1与底面所成角的正切值为，则该直四棱柱的侧棱长为（ ）
A． B． C．2 D．
【解答】解：因为DD1⊥底面ABCD，
所以∠D1BD为直线BD1与平面ABCD所成的角，所以，
设直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱长为a，
因为底面四边形ABCD是边长为3的正方形，可得，
在直角△D1BD，可得，
解得，
所以直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱长为．
故选：D．
3．（2025春 南通校级月考）在正四棱锥P﹣ABCD中，是PC中点，则异面直线PA与BE所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：连接AC，BD相交于O，连接OE，则O是AC，BD的中点，
所以OE∥PA，
所以∠BEO即为异面直线PA与BE所成的角或其补角，
因为，
所以，
因为，
所以，
所以BE2＝OE2+BO2，
所以OE⊥OB，
又OE＝OB，
所以，即异面直线PA与BE所成的角为．
故选：C．
4．（2024秋 山西期末）如图，在三棱柱ABC﹣DEF中，G，H分别是棱BE，AC的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：在三棱柱ABC﹣DEF中，G，H分别是棱BE，AC的中点，
．
故选：C．
5．（2024秋 朝阳校级期末）已知直线l的方向向量为，平面α的一个法向量为，若直线l∥平面α，则a＝（ ）
A．﹣7 B．﹣3 C．﹣1 D．2
【解答】解：因为直线l∥平面α，所以，
又因为为，，
所以，
解得a＝2．
故选：D．
6．（2025春 甘肃期中）在空间中，若向量，，共面，则m＝（ ）
A．4 B．2 C．﹣3 D．﹣6
【解答】解：由题意，，，，
由向量共面，
可知存在有序实数对（x，y），使得，
即（3，3，m）＝x（1，﹣1，﹣2）+y（1，2，3），
故有，解得，
即m＝4．
故选：A．
7．（2025春 淄博期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则异面直线AE与BD1所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：取CC1的中点F，连接BF，D1F，EF，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为a，
因为AB＝CD＝EF，AB∥CD∥EF，
所以四边形ABFE为平行四边形，
所以BF∥AE，
则∠D1BF（或其补角）为异面直线AE与BD1所成的角，
，
在△BD1F中，由余弦定理得．
故选：B．
8．（2025春 钦州期末）如图，已知四棱锥M﹣ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：已知四棱锥M﹣ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，
如图，取AB的中点F，连接FC，FM，
因为底面ABCD是边长为2的正方形，E是CD的中点，所以CF∥AE，且，
所以异面直线CM与AE所成的角为∠FCM，
四棱锥的侧棱相等且为4，在△MAB中，由勾股定理得，
在△MCF中，由余弦定理得，
所以异面直线CM与AE所成角的余弦值为．
故选：D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024秋 乐山期末）已知空间向量（﹣2，1，2），（1，，m），则下列选项正确的是（ ）
A．||＝9
B．若，则m
C．若，则m＝1
D．若m＝1，则cos，
【解答】解：∵，∴，A错误；
若，则，解得，B正确；
若，则，解得m＝﹣1，C错误；
若m＝1，则，D正确．
故选：BD．
（多选）10．（2025春 甘肃期末）已知空间向量，且∥，则下列说法正确的是（ ）
A． B．m＝6
C． D．
【解答】解：空间向量（1，2，3），设（x，y，z），则2（﹣3，0，5）＝（1，2，3）+2（x，y，z）＝（1+2x，2+2y，3+2z），即1+2x＝﹣3，2+2y＝2，3+2z＝5，解得（﹣2，﹣1，1），则||，A正确；
因为∥，所以设，B正确；
因为，所以C错误；
cos，，D正确．
故选：ABD．
（多选）11．（2025 金坛区校级模拟）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为线段A1C上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，的值最小
B．当时，
C．若平面ABCD上的动点M满足，则点M的轨迹是椭圆
D．直线DD1与平面A1D1P所成角的正弦值是
【解答】解：以D为坐标原点，建立如图1所示的空间直角坐标系，
设AB＝1，则D（0，0，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1），C（0，1，0），A（1，0，0），C1（0，1，1），
所以（﹣1，1，﹣1），（1，0，1），
设，λ∈[0，1]，则，
所以P（1﹣λ，λ，1﹣λ），
所以，，
所以，
对于A选项，当时，λ，此时的值最小，即选项A正确；
对于B选项，当时，，所以，即选项B正确；
对于C选项，构造如图2所示的圆锥，其中母线与中轴线的夹角为，
因为CD1与平面ABCD的夹角为，
所以用平面α去截圆锥，使直线CD1与平面α的夹角为，则截口为点M的轨迹图形，
由圆锥曲线的定义可知，点M的轨迹为椭圆，即选项C正确；
对于D选项，直线DD1与平面A1D1P所成的角，就是直线DD1与平面A1D1CB所成的角，
而∠DD1C是DD1与平面A1D1CB所成的角，且∠DD1C＝45°，
所以，即选项D错误．
故选：ABC．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 浦东新区校级期中）已知A，B，C，D四点共面，且任意三点不共线，O为平面ABCD外任意一点，若，则λ＝ ．
【解答】解：∵，且A，B，C，D四点共面，
∴，解得．
故答案为：．
13．（2025春 小店区校级月考）如图，在空间四边形ABCD中，AB＝CD＝8，M，N分别是BC，AD的中点．若异面直线AB与CD所成的角为60°，则MN的长为 或4 ．
【解答】解：取BD的中点E，连接ME、NE．
因为M，N分别是BC，AD的中点，所以ME∥CD且，NE∥AB且，
可得∠MEN（或其补角）即为AB与CD所成的角．
因为异面直线AB与CD所成的角为60°，所以∠MEN＝60°或120°，
当∠MEN＝120°时，由余弦定理可知；
当∠MEN＝60°时，由余弦定理可知．
故答案为：或4．
14．（2025春 商城县期末）刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角．角度用弧度制）．例如，正四面体的每个顶点有3个面角，每个面角为，所以正四面体在各顶点的曲率为．在底面为矩形的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，．PC与底面ABCD所成的角为，在四棱锥P﹣ABCD中，顶点B的曲率为 ．
【解答】解：设PA＝1，则AD，
∵PA⊥底面ABCD，
∴AC是PC在底面ABCD上的射影，
则∠PCA是PC与底面ABCD所成的角，即∠PCA，
则sin∠PCA，即，得PA＝2，则AC，
即AB1，
即AB＝PA，则在Rt△PAB中，∠PBA，
PB＝BC，
∵PB2+BC2＝2+2＝4＝PC2，
∴△PBC是直角三角形，则∠PBC，
∵∠ABC，
∴顶点B的曲率为2π．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 朝阳校级期末）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝AD＝BD＝AA1＝2．
（1）求直线BD1与平面ACD1所成角的正弦值；
（2）求点B1到平面ACD1的距离．
【解答】解：（1）连接AC，BD相交于点O，连接A1C1，B1D1相交于点O1，
由AB＝AD＝BD＝2，知△ABD为等边三角形，
因为O为BD的中点，所以AC⊥BD，且，OB＝OD＝1，
又AO＝OC，A1O1＝O1C1，所以OO1∥AA1，
因为AA1⊥平面ABCD，所以OO1⊥平面ABCD，
以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O（0，0，0），，B（0，1，0），D1（0，﹣1，2），B1（0，1，2），
（1），，，
设平面ACD1的法向量为，则，
取z＝1，则x＝0，y＝2，所以，
所以cos，，
故直线BD1与平面ACD1所成角的正弦值为．
（2）由（1）知平面ACD1的法向量为，
而，
所以点B1到平面ACD1的距离为．
16．（2024秋 和平区校级期末）如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，AF⊥平面ABCD，EF∥AB，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝1，点P为棱DF的中点．
（1）求证：BF∥平面APC；
（2）求平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值；
（3）求点F到平面ACP的距离．
【解答】解：（1）证明：连接BD，交AC于点O，由P，O分别为DF和DB的中点，得BF∥PO，
而PO 平面APC，BF 平面APC，所以BF∥平面APC．
（2）由直线AF⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，得AF⊥AB，AF⊥AD，
由矩形ABCD，得AD⊥AB，以A为原点，直线AB，AD，AF分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面BCF的法向量，
则，则，
令z＝1，得，
设平面APC的法向量为，
则，则，
令b＝﹣1，得，
所以平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值为．
（3）由（2）知，平面APC的法向量，而，
所以点F到平面ACP的距离．
17．（2025 广东校级二模）如图，四棱锥P﹣ABCD的侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为矩形，且平面PAD⊥平面ABCD，M，N分别为AB，AD的中点，二面角D﹣PN﹣C的正切值为2．
（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）证明：DM⊥PC；
（3）求直线PM与平面PNC所成角的正弦值．
【解答】（1）解：∵△PAD为正三角形，N为AD中点，
∴PN⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PN⊥平面ABCD，
又NC 平面ABCD，
∴PN⊥NC，
∴∠DNC为二面角D﹣PN﹣C的平面角，
∴，
又DN＝1，∴DC＝2，
∴底面ABCD为正方形．
又易得，
∴四棱锥P﹣ABCD的体积．
（2）证明：由（1）知，PN⊥平面ABCD，DM 平面ABCD，
∴PN⊥DM，
在正方形ABCD中，易知△DAM≌△CDN，
∴∠ADM＝∠DCN，
而∠ADM+∠MDC＝90°，
∴∠DCN+∠MDC＝90°，
∴DM⊥CN，
∵PN∩CN＝N，
∴DM⊥平面PNC，
∵PC 平面PNC，
∴DM⊥PC．
（3）解：设DM∩CN＝O，连接PO，MN．
∵DM⊥平面PNC．
∴∠MPO为直线PM与平面PNC所成的角，
可求得，，，
∴，
又，，
∴，
∴直线PM与平面PNC所成角的正弦值为．
18．（2025春 东坡区校级期末）如图甲，已知在等腰梯形ABCD中，两底AB与CD且3AB＝CD＝3，两腰AD＝BC，且AE⊥DC，沿AE将△AED折起使平面AED⊥平面ABCE，如图乙．
（1）求点E到平面BDC的距离；
（2）设P为棱DC上一点（不与D，C重合），当二面角P﹣BE﹣D为60°时，DP与DC的比值．
【解答】解：（1）在等腰梯形ABCD中，AE⊥DC，
翻折后，AE⊥DE，AE⊥CE，
因为平面AED⊥平面ABCE，平面AED∩平面ABCE＝AE，DE 平面AED，
所以DE⊥平面ABCE，
又AE，CE 平面ABCE，所以DE⊥AE，DE⊥CE，
在等腰梯形ABCD中，3AB＝CD＝3，AD＝BC，且AE⊥DC，
所以DE＝1，CE＝2，AE＝1，
故以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则E（0，0，0），B（1，1，0），D（0，0，1），C（0，2，0），
所以（0，0，1），（﹣1，﹣1，1），（﹣1，1，0），
设平面BDC的法向量为（x，y，z），则，
令x＝1，则y＝1，z＝2，所以（1，1，2），
所以点E到平面BDC的距离为．
（2）由（1）知，（0，0，1），（1，1，0），
设平面BDE的法向量为（a1，b1，c1），则，
令a1＝1，则b1＝﹣1，c1＝0，所以（1，﹣1，0），
设λλ（0，2，﹣1），λ∈（0，1），
则（0，0，1）+λ（0，2，﹣1）＝（0，2λ，1﹣λ），
设平面PBE的法向量为（a2，b2，c2），则，
令a2＝1，则b2＝﹣1，c2，所以（1，﹣1，），
因为二面角P﹣BE﹣D为60°，
所以|cos，|cos60°，
解得λ＝3±，
因为λ∈（0，1），所以λ＝3，即（3），
故DP与DC的比值为3．
19．（2025春 福建期末）已知平面四边形ABCD，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，∠BCD＝30°，现将△ABD沿BD边折起，使得平面ABD⊥平面BCD，此时AD⊥CD，点P为线段AD的中点．
（1）求证：BP⊥平面ACD；
（2）若M为CD的中点，求MP与平面BPC所成角的正弦值；
（3）在（2）的条件下，求二面角P﹣BM﹣D的平面角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：取BD的中点E，连接AE，AB＝AD，则AE⊥BD，
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AE 平面ABD，
所以AE⊥平面BCD，又CD 平面BCD，所以AE⊥CD，
因为AD⊥CD，AD∩AE＝A，AE，AD 平面ABD，所以CD⊥平面ABD，
因为BP 平面ABD，所以CD⊥BP，
因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为等边三角形，
因为P为AD的中点，所以BP⊥AD．
又因为CD∩AD＝D，CD，AD 平面ACD，所以BP⊥平面ACD．
（2）过点M作MH⊥PC，垂足为H．如图所示，
由（1）知，BP⊥平面ACD，因为MH 平面ACD，所以BP⊥MH，
因为BP∩PC＝P，BP，PC 平面BPC，所以MH⊥平面BPC，
则∠MPC即为直线MP与平面BPC所成角．
由（1）知，CD⊥平面ABD，BD 平面ABD，所以CD⊥BD，
在Rt△BCD中，因为∠BCD＝30°，BD＝2，所以，
因为M为CD的中点，所以，
在Rt△PDM中，，
在Rt△PDC中，，
在△CPM中，由余弦定理得：，
所以由同角三角函数的基本关系得．
所以MP与平面BPC所成角的正弦值为．
（3）取ED的中点为O，连接PO，因为P为线段AD的中点，
所以PO∥AE，，
由（1）知，AE⊥平面BCD，所以PO⊥平面BCD，BM 平面BCD．
所以PO⊥BM，过点P作PG⊥BM，垂足为G，连接OG，
因为PO∩PG＝P，PO，PG 平面POG，所以BM⊥平面POG，
因为OG 平面POG，所以BM⊥OG，
所以∠PGO为二面角P﹣BM﹣D的平面角．
在Rt△BDM中，，
由（1）知，△ABD为等边三角形，P为线段AD的中点，
所以，
由（2）知，PM＝2，
由（1）知，BP⊥平面ACD，PM 平面ACD，所以BP⊥PM，
在Rt△BPM中，，
即，解得．
因为PO⊥平面BCD，OG 平面BCD，所以PO⊥OG，
在Rt△POG中，，
所以，即二面角P﹣BM﹣D的平面角的余弦值为．
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第一章空间向量与立体几何检测卷-2025-2026学年高二数学上学期人教A版2019选择性必修第一册
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 华安县校级期中）已知，，则在上的投影向量为（ ）
A． B．
C．（1，1，1） D．
2．（2025春 临泉县校级月考）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形且边长为3，BD1与底面所成角的正切值为，则该直四棱柱的侧棱长为（ ）
A． B． C．2 D．
3．（2025春 南通校级月考）在正四棱锥P﹣ABCD中，是PC中点，则异面直线PA与BE所成的角为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024秋 山西期末）如图，在三棱柱ABC﹣DEF中，G，H分别是棱BE，AC的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024秋 朝阳校级期末）已知直线l的方向向量为，平面α的一个法向量为，若直线l∥平面α，则a＝（ ）
A．﹣7 B．﹣3 C．﹣1 D．2
6．（2025春 甘肃期中）在空间中，若向量，，共面，则m＝（ ）
A．4 B．2 C．﹣3 D．﹣6
7．（2025春 淄博期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则异面直线AE与BD1所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025春 钦州期末）如图，已知四棱锥M﹣ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024秋 乐山期末）已知空间向量（﹣2，1，2），（1，，m），则下列选项正确的是（ ）
A．||＝9
B．若，则m
C．若，则m＝1
D．若m＝1，则cos，
（多选）10．（2025春 甘肃期末）已知空间向量，且∥，则下列说法正确的是（ ）
A． B．m＝6
C． D．
（多选）11．（2025 金坛区校级模拟）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为线段A1C上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，的值最小
B．当时，
C．若平面ABCD上的动点M满足，则点M的轨迹是椭圆
D．直线DD1与平面A1D1P所成角的正弦值是
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 浦东新区校级期中）已知A，B，C，D四点共面，且任意三点不共线，O为平面ABCD外任意一点，若，则λ＝ ．
13．（2025春 小店区校级月考）如图，在空间四边形ABCD中，AB＝CD＝8，M，N分别是BC，AD的中点．若异面直线AB与CD所成的角为60°，则MN的长为 ．
14．（2025春 商城县期末）刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角．角度用弧度制）．例如，正四面体的每个顶点有3个面角，每个面角为，所以正四面体在各顶点的曲率为．在底面为矩形的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，．PC与底面ABCD所成的角为，在四棱锥P﹣ABCD中，顶点B的曲率为 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 朝阳校级期末）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝AD＝BD＝AA1＝2．
（1）求直线BD1与平面ACD1所成角的正弦值；
（2）求点B1到平面ACD1的距离．
16．（2024秋 和平区校级期末）如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，AF⊥平面ABCD，EF∥AB，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝1，点P为棱DF的中点．
（1）求证：BF∥平面APC；
（2）求平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值；
（3）求点F到平面ACP的距离．
17．（2025 广东校级二模）如图，四棱锥P﹣ABCD的侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为矩形，且平面PAD⊥平面ABCD，M，N分别为AB，AD的中点，二面角D﹣PN﹣C的正切值为2．
（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）证明：DM⊥PC；
（3）求直线PM与平面PNC所成角的正弦值．
18．（2025春 东坡区校级期末）如图甲，已知在等腰梯形ABCD中，两底AB与CD且3AB＝CD＝3，两腰AD＝BC，且AE⊥DC，沿AE将△AED折起使平面AED⊥平面ABCE，如图乙．
（1）求点E到平面BDC的距离；
（2）设P为棱DC上一点（不与D，C重合），当二面角P﹣BE﹣D为60°时，DP与DC的比值．
19．（2025春 福建期末）已知平面四边形ABCD，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，∠BCD＝30°，现将△ABD沿BD边折起，使得平面ABD⊥平面BCD，此时AD⊥CD，点P为线段AD的中点．
（1）求证：BP⊥平面ACD；
（2）若M为CD的中点，求MP与平面BPC所成角的正弦值；
（3）在（2）的条件下，求二面角P﹣BM﹣D的平面角的余弦值．
第一章空间向量与立体几何检测卷-2025-2026学年高二数学上学期人教A版2019选择性必修第一册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D C C D A B D
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BD ABD ABC
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 华安县校级期中）已知，，则在上的投影向量为（ ）
A． B．
C．（1，1，1） D．
【解答】解：由，，得，，
所以在上的投影向量为．
故选：C．
2．（2025春 临泉县校级月考）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形且边长为3，BD1与底面所成角的正切值为，则该直四棱柱的侧棱长为（ ）
A． B． C．2 D．
【解答】解：因为DD1⊥底面ABCD，
所以∠D1BD为直线BD1与平面ABCD所成的角，所以，
设直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱长为a，
因为底面四边形ABCD是边长为3的正方形，可得，
在直角△D1BD，可得，
解得，
所以直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱长为．
故选：D．
3．（2025春 南通校级月考）在正四棱锥P﹣ABCD中，是PC中点，则异面直线PA与BE所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：连接AC，BD相交于O，连接OE，则O是AC，BD的中点，
所以OE∥PA，
所以∠BEO即为异面直线PA与BE所成的角或其补角，
因为，
所以，
因为，
所以，
所以BE2＝OE2+BO2，
所以OE⊥OB，
又OE＝OB，
所以，即异面直线PA与BE所成的角为．
故选：C．
4．（2024秋 山西期末）如图，在三棱柱ABC﹣DEF中，G，H分别是棱BE，AC的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：在三棱柱ABC﹣DEF中，G，H分别是棱BE，AC的中点，
．
故选：C．
5．（2024秋 朝阳校级期末）已知直线l的方向向量为，平面α的一个法向量为，若直线l∥平面α，则a＝（ ）
A．﹣7 B．﹣3 C．﹣1 D．2
【解答】解：因为直线l∥平面α，所以，
又因为为，，
所以，
解得a＝2．
故选：D．
6．（2025春 甘肃期中）在空间中，若向量，，共面，则m＝（ ）
A．4 B．2 C．﹣3 D．﹣6
【解答】解：由题意，，，，
由向量共面，
可知存在有序实数对（x，y），使得，
即（3，3，m）＝x（1，﹣1，﹣2）+y（1，2，3），
故有，解得，
即m＝4．
故选：A．
7．（2025春 淄博期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则异面直线AE与BD1所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：取CC1的中点F，连接BF，D1F，EF，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为a，
因为AB＝CD＝EF，AB∥CD∥EF，
所以四边形ABFE为平行四边形，
所以BF∥AE，
则∠D1BF（或其补角）为异面直线AE与BD1所成的角，
，
在△BD1F中，由余弦定理得．
故选：B．
8．（2025春 钦州期末）如图，已知四棱锥M﹣ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：已知四棱锥M﹣ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，
如图，取AB的中点F，连接FC，FM，
因为底面ABCD是边长为2的正方形，E是CD的中点，所以CF∥AE，且，
所以异面直线CM与AE所成的角为∠FCM，
四棱锥的侧棱相等且为4，在△MAB中，由勾股定理得，
在△MCF中，由余弦定理得，
所以异面直线CM与AE所成角的余弦值为．
故选：D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024秋 乐山期末）已知空间向量（﹣2，1，2），（1，，m），则下列选项正确的是（ ）
A．||＝9
B．若，则m
C．若，则m＝1
D．若m＝1，则cos，
【解答】解：∵，∴，A错误；
若，则，解得，B正确；
若，则，解得m＝﹣1，C错误；
若m＝1，则，D正确．
故选：BD．
（多选）10．（2025春 甘肃期末）已知空间向量，且∥，则下列说法正确的是（ ）
A． B．m＝6
C． D．
【解答】解：空间向量（1，2，3），设（x，y，z），则2（﹣3，0，5）＝（1，2，3）+2（x，y，z）＝（1+2x，2+2y，3+2z），即1+2x＝﹣3，2+2y＝2，3+2z＝5，解得（﹣2，﹣1，1），则||，A正确；
因为∥，所以设，B正确；
因为，所以C错误；
cos，，D正确．
故选：ABD．
（多选）11．（2025 金坛区校级模拟）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为线段A1C上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，的值最小
B．当时，
C．若平面ABCD上的动点M满足，则点M的轨迹是椭圆
D．直线DD1与平面A1D1P所成角的正弦值是
【解答】解：以D为坐标原点，建立如图1所示的空间直角坐标系，
设AB＝1，则D（0，0，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1），C（0，1，0），A（1，0，0），C1（0，1，1），
所以（﹣1，1，﹣1），（1，0，1），
设，λ∈[0，1]，则，
所以P（1﹣λ，λ，1﹣λ），
所以，，
所以，
对于A选项，当时，λ，此时的值最小，即选项A正确；
对于B选项，当时，，所以，即选项B正确；
对于C选项，构造如图2所示的圆锥，其中母线与中轴线的夹角为，
因为CD1与平面ABCD的夹角为，
所以用平面α去截圆锥，使直线CD1与平面α的夹角为，则截口为点M的轨迹图形，
由圆锥曲线的定义可知，点M的轨迹为椭圆，即选项C正确；
对于D选项，直线DD1与平面A1D1P所成的角，就是直线DD1与平面A1D1CB所成的角，
而∠DD1C是DD1与平面A1D1CB所成的角，且∠DD1C＝45°，
所以，即选项D错误．
故选：ABC．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 浦东新区校级期中）已知A，B，C，D四点共面，且任意三点不共线，O为平面ABCD外任意一点，若，则λ＝ ．
【解答】解：∵，且A，B，C，D四点共面，
∴，解得．
故答案为：．
13．（2025春 小店区校级月考）如图，在空间四边形ABCD中，AB＝CD＝8，M，N分别是BC，AD的中点．若异面直线AB与CD所成的角为60°，则MN的长为 或4 ．
【解答】解：取BD的中点E，连接ME、NE．
因为M，N分别是BC，AD的中点，所以ME∥CD且，NE∥AB且，
可得∠MEN（或其补角）即为AB与CD所成的角．
因为异面直线AB与CD所成的角为60°，所以∠MEN＝60°或120°，
当∠MEN＝120°时，由余弦定理可知；
当∠MEN＝60°时，由余弦定理可知．
故答案为：或4．
14．（2025春 商城县期末）刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角．角度用弧度制）．例如，正四面体的每个顶点有3个面角，每个面角为，所以正四面体在各顶点的曲率为．在底面为矩形的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，．PC与底面ABCD所成的角为，在四棱锥P﹣ABCD中，顶点B的曲率为 ．
【解答】解：设PA＝1，则AD，
∵PA⊥底面ABCD，
∴AC是PC在底面ABCD上的射影，
则∠PCA是PC与底面ABCD所成的角，即∠PCA，
则sin∠PCA，即，得PA＝2，则AC，
即AB1，
即AB＝PA，则在Rt△PAB中，∠PBA，
PB＝BC，
∵PB2+BC2＝2+2＝4＝PC2，
∴△PBC是直角三角形，则∠PBC，
∵∠ABC，
∴顶点B的曲率为2π．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 朝阳校级期末）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝AD＝BD＝AA1＝2．
（1）求直线BD1与平面ACD1所成角的正弦值；
（2）求点B1到平面ACD1的距离．
【解答】解：（1）连接AC，BD相交于点O，连接A1C1，B1D1相交于点O1，
由AB＝AD＝BD＝2，知△ABD为等边三角形，
因为O为BD的中点，所以AC⊥BD，且，OB＝OD＝1，
又AO＝OC，A1O1＝O1C1，所以OO1∥AA1，
因为AA1⊥平面ABCD，所以OO1⊥平面ABCD，
以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O（0，0，0），，B（0，1，0），D1（0，﹣1，2），B1（0，1，2），
（1），，，
设平面ACD1的法向量为，则，
取z＝1，则x＝0，y＝2，所以，
所以cos，，
故直线BD1与平面ACD1所成角的正弦值为．
（2）由（1）知平面ACD1的法向量为，
而，
所以点B1到平面ACD1的距离为．
16．（2024秋 和平区校级期末）如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，AF⊥平面ABCD，EF∥AB，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝1，点P为棱DF的中点．
（1）求证：BF∥平面APC；
（2）求平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值；
（3）求点F到平面ACP的距离．
【解答】解：（1）证明：连接BD，交AC于点O，由P，O分别为DF和DB的中点，得BF∥PO，
而PO 平面APC，BF 平面APC，所以BF∥平面APC．
（2）由直线AF⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，得AF⊥AB，AF⊥AD，
由矩形ABCD，得AD⊥AB，以A为原点，直线AB，AD，AF分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面BCF的法向量，
则，则，
令z＝1，得，
设平面APC的法向量为，
则，则，
令b＝﹣1，得，
所以平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值为．
（3）由（2）知，平面APC的法向量，而，
所以点F到平面ACP的距离．
17．（2025 广东校级二模）如图，四棱锥P﹣ABCD的侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为矩形，且平面PAD⊥平面ABCD，M，N分别为AB，AD的中点，二面角D﹣PN﹣C的正切值为2．
（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）证明：DM⊥PC；
（3）求直线PM与平面PNC所成角的正弦值．
【解答】（1）解：∵△PAD为正三角形，N为AD中点，
∴PN⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PN⊥平面ABCD，
又NC 平面ABCD，
∴PN⊥NC，
∴∠DNC为二面角D﹣PN﹣C的平面角，
∴，
又DN＝1，∴DC＝2，
∴底面ABCD为正方形．
又易得，
∴四棱锥P﹣ABCD的体积．
（2）证明：由（1）知，PN⊥平面ABCD，DM 平面ABCD，
∴PN⊥DM，
在正方形ABCD中，易知△DAM≌△CDN，
∴∠ADM＝∠DCN，
而∠ADM+∠MDC＝90°，
∴∠DCN+∠MDC＝90°，
∴DM⊥CN，
∵PN∩CN＝N，
∴DM⊥平面PNC，
∵PC 平面PNC，
∴DM⊥PC．
（3）解：设DM∩CN＝O，连接PO，MN．
∵DM⊥平面PNC．
∴∠MPO为直线PM与平面PNC所成的角，
可求得，，，
∴，
又，，
∴，
∴直线PM与平面PNC所成角的正弦值为．
18．（2025春 东坡区校级期末）如图甲，已知在等腰梯形ABCD中，两底AB与CD且3AB＝CD＝3，两腰AD＝BC，且AE⊥DC，沿AE将△AED折起使平面AED⊥平面ABCE，如图乙．
（1）求点E到平面BDC的距离；
（2）设P为棱DC上一点（不与D，C重合），当二面角P﹣BE﹣D为60°时，DP与DC的比值．
【解答】解：（1）在等腰梯形ABCD中，AE⊥DC，
翻折后，AE⊥DE，AE⊥CE，
因为平面AED⊥平面ABCE，平面AED∩平面ABCE＝AE，DE 平面AED，
所以DE⊥平面ABCE，
又AE，CE 平面ABCE，所以DE⊥AE，DE⊥CE，
在等腰梯形ABCD中，3AB＝CD＝3，AD＝BC，且AE⊥DC，
所以DE＝1，CE＝2，AE＝1，
故以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则E（0，0，0），B（1，1，0），D（0，0，1），C（0，2，0），
所以（0，0，1），（﹣1，﹣1，1），（﹣1，1，0），
设平面BDC的法向量为（x，y，z），则，
令x＝1，则y＝1，z＝2，所以（1，1，2），
所以点E到平面BDC的距离为．
（2）由（1）知，（0，0，1），（1，1，0），
设平面BDE的法向量为（a1，b1，c1），则，
令a1＝1，则b1＝﹣1，c1＝0，所以（1，﹣1，0），
设λλ（0，2，﹣1），λ∈（0，1），
则（0，0，1）+λ（0，2，﹣1）＝（0，2λ，1﹣λ），
设平面PBE的法向量为（a2，b2，c2），则，
令a2＝1，则b2＝﹣1，c2，所以（1，﹣1，），
因为二面角P﹣BE﹣D为60°，
所以|cos，|cos60°，
解得λ＝3±，
因为λ∈（0，1），所以λ＝3，即（3），
故DP与DC的比值为3．
19．（2025春 福建期末）已知平面四边形ABCD，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，∠BCD＝30°，现将△ABD沿BD边折起，使得平面ABD⊥平面BCD，此时AD⊥CD，点P为线段AD的中点．
（1）求证：BP⊥平面ACD；
（2）若M为CD的中点，求MP与平面BPC所成角的正弦值；
（3）在（2）的条件下，求二面角P﹣BM﹣D的平面角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：取BD的中点E，连接AE，AB＝AD，则AE⊥BD，
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AE 平面ABD，
所以AE⊥平面BCD，又CD 平面BCD，所以AE⊥CD，
因为AD⊥CD，AD∩AE＝A，AE，AD 平面ABD，所以CD⊥平面ABD，
因为BP 平面ABD，所以CD⊥BP，
因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为等边三角形，
因为P为AD的中点，所以BP⊥AD．
又因为CD∩AD＝D，CD，AD 平面ACD，所以BP⊥平面ACD．
（2）过点M作MH⊥PC，垂足为H．如图所示，
由（1）知，BP⊥平面ACD，因为MH 平面ACD，所以BP⊥MH，
因为BP∩PC＝P，BP，PC 平面BPC，所以MH⊥平面BPC，
则∠MPC即为直线MP与平面BPC所成角．
由（1）知，CD⊥平面ABD，BD 平面ABD，所以CD⊥BD，
在Rt△BCD中，因为∠BCD＝30°，BD＝2，所以，
因为M为CD的中点，所以，
在Rt△PDM中，，
在Rt△PDC中，，
在△CPM中，由余弦定理得：，
所以由同角三角函数的基本关系得．
所以MP与平面BPC所成角的正弦值为．
（3）取ED的中点为O，连接PO，因为P为线段AD的中点，
所以PO∥AE，，
由（1）知，AE⊥平面BCD，所以PO⊥平面BCD，BM 平面BCD．
所以PO⊥BM，过点P作PG⊥BM，垂足为G，连接OG，
因为PO∩PG＝P，PO，PG 平面POG，所以BM⊥平面POG，
因为OG 平面POG，所以BM⊥OG，
所以∠PGO为二面角P﹣BM﹣D的平面角．
在Rt△BDM中，，
由（1）知，△ABD为等边三角形，P为线段AD的中点，
所以，
由（2）知，PM＝2，
由（1）知，BP⊥平面ACD，PM 平面ACD，所以BP⊥PM，
在Rt△BPM中，，
即，解得．
因为PO⊥平面BCD，OG 平面BCD，所以PO⊥OG，
在Rt△POG中，，
所以，即二面角P﹣BM﹣D的平面角的余弦值为．
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