第一章空间向量与立体几何真题演练卷（含解析）-高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册
文档属性
| 名称 | 第一章空间向量与立体几何真题演练卷（含解析）-高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-04 21:24:43 | ||
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文档简介
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第一章空间向量与立体几何真题演练卷-高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 凌云县校级月考）已知向量（m，1，﹣2），（1，1，0），（﹣1，1，n），若（）⊥，则m+2n＝（ ）
A．1 B．2 C．﹣2 D．﹣1
2．（2025 望城区校级模拟）如图，在四面体A﹣BCD中，点E，F分别是AB，CD的中点，点G是线段EF上靠近点E的一个三等分点，令，，，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025春 碑林区校级期末）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则平面A1BC1与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024秋 蚌山区校级期末）如图，平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′，其中AB＝4，AD＝3，AA′＝3，∠BAD＝90°，∠BAA′＝60°，∠DAA′＝60°，则AC′的长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024秋 九龙坡区校级期末）已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ）
A． B． C． D．
6．（2024秋 牡丹江期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为DB，A1C1的中点，则直线A1M和BN夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025春 临夏州期末）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是线段A1B，B1D1上的点，且A1M＝2MB，B1N＝2ND1，若A1B1＝A1D1＝AA1＝1，∠B1A1D1＝90°，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，则下列说法中正确的是（ ）
A．与的夹角为45°
B．
C．线段A1C的长度为1
D．直线A1C与BB1所成的角为60°
8．（2025春 南京期中）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，空间中的动点P满足，则的取值范围为（ ）
A．[2，6] B．[1，3]
C． D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024秋 高州市期末）在空间直角坐标系O﹣xyz中，已知A（1，2，﹣2），B（0，1，1），下列结论正确的有（ ）
A．
B．点A关于xOy平面对称的点的坐标为（1，﹣2，2）
C．若，则
D．若，，则a＝﹣2
（多选）10．（2024秋 资阳校级期末）如图，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，，，AB＝AC＝1，AA1＝2，点O是B1C与BC1的交点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．AO⊥BC D．平面ABC⊥平面B1BCC1
（多选）11．（2025春 临夏州期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E在线段CC1上运动，则（ ）
A．三棱锥A1﹣AB1E的体积为定值
B．A1E⊥B1D1
C．若E为线段CC1的中点，则点E到直线B1D的距离为
D．存在某个点E，使直线A1E与平面BCC1B1所成角为60°
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 茂名月考）已知空间向量（6，2，1），（4，2﹣x，﹣3），若⊥，则x＝ ．
13．（2025春 迎江区校级月考）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a正方形，侧棱AA1的长为b，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°，则AC1的长为 ．
14．（2025春 南京期中）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AD的中点，AF＝2FA1，AC1交平面BEF为G，则的值为 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025 广西开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PAB，AD∥BC，E为棱AB的中点，PA＝PB，DE⊥PC．
（1）证明：DE⊥平面PCE；
（2）若AB＝BC＝4AD＝4，，求二面角B﹣PC﹣E的正弦值．
16．（2025春 林甸县期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．
（1）证明：BC1∥平面A1CD；
（2）已知AB＝2，，求CD与平面A1CE所成角的大小．
17．（2025 上海校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PD＝CD，F，G分别是PB，AD的中点．
（1）求证：FG∥平面PCD；
（2）求点A到平面PGB的距离．
18．（2024秋 玉溪校级期末）如图，在正四棱锥S﹣ABCD中，，点O是AC的中点，点P在棱SD上（异于端点）．
（1）若点P是棱SD的中点，求证：平面SAD⊥平面PAC；
（2）若二面角S﹣AC﹣P的余弦值为，求线段SP的长．
19．（2024秋 霞山区校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，底面ABCD是直角梯形，AB⊥BC，AB∥CD，CD＝2AB＝2BC＝4．
（1）若E为棱PD的中点，求证：AE∥平面PBC；
（2）求二面角A﹣PC﹣B的正弦值．
第一章空间向量与立体几何真题演练卷-高中数学人教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 A A A A C C C C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ACD ABD ABC
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 凌云县校级月考）已知向量（m，1，﹣2），（1，1，0），（﹣1，1，n），若（）⊥，则m+2n＝（ ）
A．1 B．2 C．﹣2 D．﹣1
【解答】解：向量（m，1，﹣2），（1，1，0），（﹣1，1，n），
则，
由于（）⊥，所以﹣m﹣1+2﹣2n＝0，
整理得m+2n＝1．
故选：A．
2．（2025 望城区校级模拟）如图，在四面体A﹣BCD中，点E，F分别是AB，CD的中点，点G是线段EF上靠近点E的一个三等分点，令，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：连接EC，ED，如图所示，
（）（）（）．
故选：A．
3．（2025春 碑林区校级期末）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则平面A1BC1与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
则A1（4，0，2），B（4，4，0），C1（0，4，2），
∴（0，4，﹣2），（﹣4，4，0），
设平面A1BC1的一个法向量为（x，y，z），
则，取z＝2，则（1，1，2），
平面ABCD的一个法向量为（0，0，1），
设平面A1BC1与平面ABCD所成的锐二面角的平面角为θ，
则平面A1BC1与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为：
cosθ．
故选：A．
4．（2024秋 蚌山区校级期末）如图，平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′，其中AB＝4，AD＝3，AA′＝3，∠BAD＝90°，∠BAA′＝60°，∠DAA′＝60°，则AC′的长为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：16，9，9，4×3×cos90°＝0，
4×3×cos60°＝6，3×3×cos60°．
∵，
∴222
＝16+9+9+2×0+2×6+255，
∴，
故选：A．
5．（2024秋 九龙坡区校级期末）已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：，，且与垂直，
∴，解得n＝1，
∴，．
故选：C．
6．（2024秋 牡丹江期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为DB，A1C1的中点，则直线A1M和BN夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：法一：分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
得A1（2，0，2），M（1，1，0），B（2，2，0），N（1，1，2），
则，
设向量和的夹角为θ，
则直线A1M和BN夹角的余弦值等于|cosθ|，
故；
法二：连接D1M，易得D1M∥NB，
则直线A1M和BN夹角即为直线A1M和D1M所成角或其补角，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
则△A1MD1中，，
由余弦定理得．
故选：C．
7．（2025春 临夏州期末）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是线段A1B，B1D1上的点，且A1M＝2MB，B1N＝2ND1，若A1B1＝A1D1＝AA1＝1，∠B1A1D1＝90°，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，则下列说法中正确的是（ ）
A．与的夹角为45°
B．
C．线段A1C的长度为1
D．直线A1C与BB1所成的角为60°
【解答】解：由题意平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是线段A1B，B1D1上的点，且A1M＝2MB，B1N＝2ND1，
A1B1＝A1D1＝AA1＝1，∠B1A1D1＝90°，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，
可得AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝90°，
对于选项A，由题意结合向量的线性运算可得，
，
所以，
因为，所以，故选项A错误；
对于选项B，由题意结合向量的线性运算可得
，故选项B错误；
对于选项C，因为，
，
所以1，
即线段A1C的长度为1，故选项C正确；
对于选项D，由题意结合向量的线性运算可得，
所以，所以，
所以直线A1C与BB1所成的角为90°，故选项D错误．
故选：C．
8．（2025春 南京期中）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，空间中的动点P满足，则的取值范围为（ ）
A．[2，6] B．[1，3]
C． D．
【解答】解：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由正方体的棱长为2，
可得B（2，0，0），D（0，2，0），A1（0，0，2），C1（2，2，2），
设点P（x，y，z），
则，，
则，
因为，
所以，
化简得，
令u＝x﹣1，v＝y﹣1，则有，
设t＝x+y，则t＝u+v+2，
由柯西不等式，
得，故，
即x+y的取值范围为，
又，，
所以．
故选：C．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024秋 高州市期末）在空间直角坐标系O﹣xyz中，已知A（1，2，﹣2），B（0，1，1），下列结论正确的有（ ）
A．
B．点A关于xOy平面对称的点的坐标为（1，﹣2，2）
C．若，则
D．若，，则a＝﹣2
【解答】解：A（1，2，﹣2），B（0，1，1），
则，A正确；
点A关于xOy平面对称的点的坐标为（1，2，2），B错，
若，则，所以，C正确；
若且，则，解得a＝﹣2，D正确．
故选：ACD．
（多选）10．（2024秋 资阳校级期末）如图，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，，，AB＝AC＝1，AA1＝2，点O是B1C与BC1的交点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．AO⊥BC D．平面ABC⊥平面B1BCC1
【解答】解：对于A，因，故A正确；
对于B，不妨设，，，则构成空间的一个基底．
则依题意：
由A可得，，
则，即，故B正确；
对于C，因，故，
故C错误；
对于D，如图取BC的中点E，连接AE，
则，
因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC，
又，故有AE⊥BB1，
因为BC∩BB1＝B，BC，BB1 平面B1BCC1，
所以AE⊥平面B1BCC1，又AE 平面ABC，
故平面ABC⊥平面B1BCC1，即D正确．
故选：ABD．
（多选）11．（2025春 临夏州期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E在线段CC1上运动，则（ ）
A．三棱锥A1﹣AB1E的体积为定值
B．A1E⊥B1D1
C．若E为线段CC1的中点，则点E到直线B1D的距离为
D．存在某个点E，使直线A1E与平面BCC1B1所成角为60°
【解答】解：对于选项A，，故选项A正确；
对于选项B，连接A1C1，如图：
在正方体中，B1D1⊥A1C1，B1D1⊥CC1，A1C1∩CC1＝C1，
所以B1D1⊥平面A1C1CA，又因为A1E 平面A1C1CA，
所以A1E⊥B1D1，故选项B正确；
对于选项C，当E为线段CC1的中点，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系：
则D（0，0，0），B1（2，2，2），E（0，2，1），
即，
所以点E到直线B1D的距离，故选项C正确；
对于选项D，因为C（0，2，0），A1（2，0，2），
所以平面BCC1B1的法向量，设E（0，2，t）（0≤t≤2），
则（﹣2，2，t﹣2），
设直线A1E与平面BCC1B1所成角为θ，
则，
若直线A1E与平面BCC1B1所成角为60°，
则，
所以3t2﹣12t+20＝0，
又Δ＝122﹣4×3×20＝﹣96＜0，所以方程无解，故选项D错误．
故选：ABC．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 茂名月考）已知空间向量（6，2，1），（4，2﹣x，﹣3），若⊥，则x＝ ．
【解答】解：∵空间向量（6，2，1），（4，2﹣x，﹣3），，
∴，
解得．
故答案为：．
13．（2025春 迎江区校级月考）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a正方形，侧棱AA1的长为b，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°，则AC1的长为 ．
【解答】解：在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a正方形，
侧棱AA1的长为b，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°，
＝a2+a2+b2﹣ab﹣ab＝2a2﹣2ab+b2，
所以．
故答案为：．
14．（2025春 南京期中）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AD的中点，AF＝2FA1，AC1交平面BEF为G，则的值为 ．
【解答】解：在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，
E为AD的中点，AF＝2FA1，
故，
设，
则，
即，
因为G，B，E，F四点共面，
所以，解得．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2025 广西开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PAB，AD∥BC，E为棱AB的中点，PA＝PB，DE⊥PC．
（1）证明：DE⊥平面PCE；
（2）若AB＝BC＝4AD＝4，，求二面角B﹣PC﹣E的正弦值．
【解答】证明：（1）由题易知PE⊥AB，
又AD⊥平面PAB，PE 平面PAB，故可以得到AD⊥PE，
又AD 平面ABCD，且AB 平面ABCD，AD∩AB＝A，故可以证得PE⊥平面ABCD，
又DE 平面ABCD，则可以得到PE⊥DE，
又DE⊥PC，PC 平面PCE，PE 平面PCE，并且PC∩PE＝P，
故可以证得DE⊥平面PCE；
解：（2）取棱CD的中点F，连接EF，
易知EF∥AD，
由于AD⊥平面PAB，故EF⊥平面PAB，
又PE，BE 平面PAB，则可以得到EF⊥PE，EF⊥BE，
又PE⊥AB，则可以得到EB，EP，EF两两垂直，
以E为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知E（0，0，0），B（2，0，0），C（2，0，4），D（﹣2，0，1），P（0，4，0），
可以得到，，．
设平面PBC的一个法向量为，
得到，取x＝2，求得法向量为，
由（1）易知平面PCE的一个法向量为．
根据向量的夹角公式可得：，
所以二面角B﹣PC﹣E的正弦值为．
16．（2025春 林甸县期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．
（1）证明：BC1∥平面A1CD；
（2）已知AB＝2，，求CD与平面A1CE所成角的大小．
【解答】解：（1）证明：连结AC1，交A1C于点P，连结DP，
因为点D，P分别是AB，AC1的中点，所以DP∥BC1，
DP 平面A1CD，BC1 平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD；
（2）因为AB＝2，，
所以AC2+BC2＝AB2，所以AC⊥CB，
如图，以为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则C（0，0，0），，，，
，，，
设平面A1CE的法向量为，
则，所以，
令x＝2，则y＝1，z＝﹣2，
所以平面A1CE的法向量为，
设CD与平面A1CE所成角为θ，
则，
所以直线CD与平面A1CE所成角的大小为．
17．（2025 上海校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PD＝CD，F，G分别是PB，AD的中点．
（1）求证：FG∥平面PCD；
（2）求点A到平面PGB的距离．
【解答】解：（1）证明：取PC的中点为Q，连接FQ，DQ，
因为在△PBC中，FQ为△PBC的中位线，
所以．
又因为在正方形ABCD中，AD∥BC且AD＝BC，
所以FQ∥AD，且，
又因为G是AD的中点，所以，
所以GD∥FQ，且GD＝FQ，
所以四边形GDQF为平行四边形，所以GF∥DQ．
又因为DQ 平面PCD，GF 平面PCD，
所以GF∥平面PCD．
（2）连接PG，GB．
由题意，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面AGB，
所以PD为三棱锥P﹣ABG的高．
又因为BD 平面ABCD，所以PD⊥BD．
设点A到平面PGB的距离为h，
则有VP﹣ABG＝VA﹣PGB，所以，（*）
由题意知PD＝CD＝2，则，
因为F为PB的中点，所以GF⊥PB，
所以，
，
所以，，
代入（*）化简可得：，解得，
所以点A到平面PGB的距离为．
18．（2024秋 玉溪校级期末）如图，在正四棱锥S﹣ABCD中，，点O是AC的中点，点P在棱SD上（异于端点）．
（1）若点P是棱SD的中点，求证：平面SAD⊥平面PAC；
（2）若二面角S﹣AC﹣P的余弦值为，求线段SP的长．
【解答】（1）证明：由题意得，正四棱锥所有棱长均为，
因为P是SD的中点，
故CP⊥SD，AP⊥SD，又AP∩CP＝P，且AP，CP 平面PAC，
故SD⊥平面PAC，又SD 平面SAD，
故平面SAD⊥平面PAC；
（2）如图，连接OB，易知OB，OC，OS两两垂直，
以O为原点，以分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则A（0，﹣1，0），C（0，1，0），S（0，0，1），D（﹣1，0，0），
所以，
设，则，
所以P（﹣λ，0，1﹣λ），所以，
设平面PAC的法向量为，则，
令z＝λ，则x＝1﹣λ，所以平面PAC的一个法向量为，
易知平面SAC的法向量为，
设二面角S﹣AC﹣P的平面角为θ，
则，
即3λ2﹣8λ+4＝0，解得或λ＝2（不合题意，舍去），
此时．
19．（2024秋 霞山区校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，底面ABCD是直角梯形，AB⊥BC，AB∥CD，CD＝2AB＝2BC＝4．
（1）若E为棱PD的中点，求证：AE∥平面PBC；
（2）求二面角A﹣PC﹣B的正弦值．
【解答】解：（1）证明：取PC的中点F，连接EF、BF，因为E为棱PD的中点，
所以EF∥DC且，
又AB∥CD且CD＝2AB，
所以EF∥AB且EF＝AB，所以四边形ABFE为平行四边形，
所以AE∥BF，
又AE 平面PBC，BF 平面PBC，
所以AE∥平面PBC；
（2）因为ABCD是直角梯形，AB⊥BC，AB∥CD，CD＝2AB＝2BC＝4，
所以，，
所以AC2+AD2＝DC2，即AC⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AC 平面ABCD，
所以AC⊥平面PAD，
如图建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），，，，
所以，，，，
设平面ACP的法向量为，
则，则，
取；
设平面BCP的法向量为，
则，则，
取；
设二面角A﹣PC﹣B为θ，
则，
所以，
即二面角A﹣PC﹣B的正弦值为．
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第一章空间向量与立体几何真题演练卷-高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 凌云县校级月考）已知向量（m，1，﹣2），（1，1，0），（﹣1，1，n），若（）⊥，则m+2n＝（ ）
A．1 B．2 C．﹣2 D．﹣1
2．（2025 望城区校级模拟）如图，在四面体A﹣BCD中，点E，F分别是AB，CD的中点，点G是线段EF上靠近点E的一个三等分点，令，，，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025春 碑林区校级期末）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则平面A1BC1与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024秋 蚌山区校级期末）如图，平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′，其中AB＝4，AD＝3，AA′＝3，∠BAD＝90°，∠BAA′＝60°，∠DAA′＝60°，则AC′的长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024秋 九龙坡区校级期末）已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ）
A． B． C． D．
6．（2024秋 牡丹江期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为DB，A1C1的中点，则直线A1M和BN夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025春 临夏州期末）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是线段A1B，B1D1上的点，且A1M＝2MB，B1N＝2ND1，若A1B1＝A1D1＝AA1＝1，∠B1A1D1＝90°，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，则下列说法中正确的是（ ）
A．与的夹角为45°
B．
C．线段A1C的长度为1
D．直线A1C与BB1所成的角为60°
8．（2025春 南京期中）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，空间中的动点P满足，则的取值范围为（ ）
A．[2，6] B．[1，3]
C． D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024秋 高州市期末）在空间直角坐标系O﹣xyz中，已知A（1，2，﹣2），B（0，1，1），下列结论正确的有（ ）
A．
B．点A关于xOy平面对称的点的坐标为（1，﹣2，2）
C．若，则
D．若，，则a＝﹣2
（多选）10．（2024秋 资阳校级期末）如图，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，，，AB＝AC＝1，AA1＝2，点O是B1C与BC1的交点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．AO⊥BC D．平面ABC⊥平面B1BCC1
（多选）11．（2025春 临夏州期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E在线段CC1上运动，则（ ）
A．三棱锥A1﹣AB1E的体积为定值
B．A1E⊥B1D1
C．若E为线段CC1的中点，则点E到直线B1D的距离为
D．存在某个点E，使直线A1E与平面BCC1B1所成角为60°
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 茂名月考）已知空间向量（6，2，1），（4，2﹣x，﹣3），若⊥，则x＝ ．
13．（2025春 迎江区校级月考）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a正方形，侧棱AA1的长为b，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°，则AC1的长为 ．
14．（2025春 南京期中）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AD的中点，AF＝2FA1，AC1交平面BEF为G，则的值为 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025 广西开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PAB，AD∥BC，E为棱AB的中点，PA＝PB，DE⊥PC．
（1）证明：DE⊥平面PCE；
（2）若AB＝BC＝4AD＝4，，求二面角B﹣PC﹣E的正弦值．
16．（2025春 林甸县期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．
（1）证明：BC1∥平面A1CD；
（2）已知AB＝2，，求CD与平面A1CE所成角的大小．
17．（2025 上海校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PD＝CD，F，G分别是PB，AD的中点．
（1）求证：FG∥平面PCD；
（2）求点A到平面PGB的距离．
18．（2024秋 玉溪校级期末）如图，在正四棱锥S﹣ABCD中，，点O是AC的中点，点P在棱SD上（异于端点）．
（1）若点P是棱SD的中点，求证：平面SAD⊥平面PAC；
（2）若二面角S﹣AC﹣P的余弦值为，求线段SP的长．
19．（2024秋 霞山区校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，底面ABCD是直角梯形，AB⊥BC，AB∥CD，CD＝2AB＝2BC＝4．
（1）若E为棱PD的中点，求证：AE∥平面PBC；
（2）求二面角A﹣PC﹣B的正弦值．
第一章空间向量与立体几何真题演练卷-高中数学人教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 A A A A C C C C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ACD ABD ABC
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 凌云县校级月考）已知向量（m，1，﹣2），（1，1，0），（﹣1，1，n），若（）⊥，则m+2n＝（ ）
A．1 B．2 C．﹣2 D．﹣1
【解答】解：向量（m，1，﹣2），（1，1，0），（﹣1，1，n），
则，
由于（）⊥，所以﹣m﹣1+2﹣2n＝0，
整理得m+2n＝1．
故选：A．
2．（2025 望城区校级模拟）如图，在四面体A﹣BCD中，点E，F分别是AB，CD的中点，点G是线段EF上靠近点E的一个三等分点，令，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：连接EC，ED，如图所示，
（）（）（）．
故选：A．
3．（2025春 碑林区校级期末）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则平面A1BC1与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
则A1（4，0，2），B（4，4，0），C1（0，4，2），
∴（0，4，﹣2），（﹣4，4，0），
设平面A1BC1的一个法向量为（x，y，z），
则，取z＝2，则（1，1，2），
平面ABCD的一个法向量为（0，0，1），
设平面A1BC1与平面ABCD所成的锐二面角的平面角为θ，
则平面A1BC1与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为：
cosθ．
故选：A．
4．（2024秋 蚌山区校级期末）如图，平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′，其中AB＝4，AD＝3，AA′＝3，∠BAD＝90°，∠BAA′＝60°，∠DAA′＝60°，则AC′的长为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：16，9，9，4×3×cos90°＝0，
4×3×cos60°＝6，3×3×cos60°．
∵，
∴222
＝16+9+9+2×0+2×6+255，
∴，
故选：A．
5．（2024秋 九龙坡区校级期末）已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：，，且与垂直，
∴，解得n＝1，
∴，．
故选：C．
6．（2024秋 牡丹江期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为DB，A1C1的中点，则直线A1M和BN夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：法一：分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
得A1（2，0，2），M（1，1，0），B（2，2，0），N（1，1，2），
则，
设向量和的夹角为θ，
则直线A1M和BN夹角的余弦值等于|cosθ|，
故；
法二：连接D1M，易得D1M∥NB，
则直线A1M和BN夹角即为直线A1M和D1M所成角或其补角，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
则△A1MD1中，，
由余弦定理得．
故选：C．
7．（2025春 临夏州期末）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是线段A1B，B1D1上的点，且A1M＝2MB，B1N＝2ND1，若A1B1＝A1D1＝AA1＝1，∠B1A1D1＝90°，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，则下列说法中正确的是（ ）
A．与的夹角为45°
B．
C．线段A1C的长度为1
D．直线A1C与BB1所成的角为60°
【解答】解：由题意平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是线段A1B，B1D1上的点，且A1M＝2MB，B1N＝2ND1，
A1B1＝A1D1＝AA1＝1，∠B1A1D1＝90°，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，
可得AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝90°，
对于选项A，由题意结合向量的线性运算可得，
，
所以，
因为，所以，故选项A错误；
对于选项B，由题意结合向量的线性运算可得
，故选项B错误；
对于选项C，因为，
，
所以1，
即线段A1C的长度为1，故选项C正确；
对于选项D，由题意结合向量的线性运算可得，
所以，所以，
所以直线A1C与BB1所成的角为90°，故选项D错误．
故选：C．
8．（2025春 南京期中）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，空间中的动点P满足，则的取值范围为（ ）
A．[2，6] B．[1，3]
C． D．
【解答】解：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由正方体的棱长为2，
可得B（2，0，0），D（0，2，0），A1（0，0，2），C1（2，2，2），
设点P（x，y，z），
则，，
则，
因为，
所以，
化简得，
令u＝x﹣1，v＝y﹣1，则有，
设t＝x+y，则t＝u+v+2，
由柯西不等式，
得，故，
即x+y的取值范围为，
又，，
所以．
故选：C．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024秋 高州市期末）在空间直角坐标系O﹣xyz中，已知A（1，2，﹣2），B（0，1，1），下列结论正确的有（ ）
A．
B．点A关于xOy平面对称的点的坐标为（1，﹣2，2）
C．若，则
D．若，，则a＝﹣2
【解答】解：A（1，2，﹣2），B（0，1，1），
则，A正确；
点A关于xOy平面对称的点的坐标为（1，2，2），B错，
若，则，所以，C正确；
若且，则，解得a＝﹣2，D正确．
故选：ACD．
（多选）10．（2024秋 资阳校级期末）如图，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，，，AB＝AC＝1，AA1＝2，点O是B1C与BC1的交点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．AO⊥BC D．平面ABC⊥平面B1BCC1
【解答】解：对于A，因，故A正确；
对于B，不妨设，，，则构成空间的一个基底．
则依题意：
由A可得，，
则，即，故B正确；
对于C，因，故，
故C错误；
对于D，如图取BC的中点E，连接AE，
则，
因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC，
又，故有AE⊥BB1，
因为BC∩BB1＝B，BC，BB1 平面B1BCC1，
所以AE⊥平面B1BCC1，又AE 平面ABC，
故平面ABC⊥平面B1BCC1，即D正确．
故选：ABD．
（多选）11．（2025春 临夏州期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E在线段CC1上运动，则（ ）
A．三棱锥A1﹣AB1E的体积为定值
B．A1E⊥B1D1
C．若E为线段CC1的中点，则点E到直线B1D的距离为
D．存在某个点E，使直线A1E与平面BCC1B1所成角为60°
【解答】解：对于选项A，，故选项A正确；
对于选项B，连接A1C1，如图：
在正方体中，B1D1⊥A1C1，B1D1⊥CC1，A1C1∩CC1＝C1，
所以B1D1⊥平面A1C1CA，又因为A1E 平面A1C1CA，
所以A1E⊥B1D1，故选项B正确；
对于选项C，当E为线段CC1的中点，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系：
则D（0，0，0），B1（2，2，2），E（0，2，1），
即，
所以点E到直线B1D的距离，故选项C正确；
对于选项D，因为C（0，2，0），A1（2，0，2），
所以平面BCC1B1的法向量，设E（0，2，t）（0≤t≤2），
则（﹣2，2，t﹣2），
设直线A1E与平面BCC1B1所成角为θ，
则，
若直线A1E与平面BCC1B1所成角为60°，
则，
所以3t2﹣12t+20＝0，
又Δ＝122﹣4×3×20＝﹣96＜0，所以方程无解，故选项D错误．
故选：ABC．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 茂名月考）已知空间向量（6，2，1），（4，2﹣x，﹣3），若⊥，则x＝ ．
【解答】解：∵空间向量（6，2，1），（4，2﹣x，﹣3），，
∴，
解得．
故答案为：．
13．（2025春 迎江区校级月考）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a正方形，侧棱AA1的长为b，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°，则AC1的长为 ．
【解答】解：在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a正方形，
侧棱AA1的长为b，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°，
＝a2+a2+b2﹣ab﹣ab＝2a2﹣2ab+b2，
所以．
故答案为：．
14．（2025春 南京期中）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AD的中点，AF＝2FA1，AC1交平面BEF为G，则的值为 ．
【解答】解：在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，
E为AD的中点，AF＝2FA1，
故，
设，
则，
即，
因为G，B，E，F四点共面，
所以，解得．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2025 广西开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PAB，AD∥BC，E为棱AB的中点，PA＝PB，DE⊥PC．
（1）证明：DE⊥平面PCE；
（2）若AB＝BC＝4AD＝4，，求二面角B﹣PC﹣E的正弦值．
【解答】证明：（1）由题易知PE⊥AB，
又AD⊥平面PAB，PE 平面PAB，故可以得到AD⊥PE，
又AD 平面ABCD，且AB 平面ABCD，AD∩AB＝A，故可以证得PE⊥平面ABCD，
又DE 平面ABCD，则可以得到PE⊥DE，
又DE⊥PC，PC 平面PCE，PE 平面PCE，并且PC∩PE＝P，
故可以证得DE⊥平面PCE；
解：（2）取棱CD的中点F，连接EF，
易知EF∥AD，
由于AD⊥平面PAB，故EF⊥平面PAB，
又PE，BE 平面PAB，则可以得到EF⊥PE，EF⊥BE，
又PE⊥AB，则可以得到EB，EP，EF两两垂直，
以E为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知E（0，0，0），B（2，0，0），C（2，0，4），D（﹣2，0，1），P（0，4，0），
可以得到，，．
设平面PBC的一个法向量为，
得到，取x＝2，求得法向量为，
由（1）易知平面PCE的一个法向量为．
根据向量的夹角公式可得：，
所以二面角B﹣PC﹣E的正弦值为．
16．（2025春 林甸县期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．
（1）证明：BC1∥平面A1CD；
（2）已知AB＝2，，求CD与平面A1CE所成角的大小．
【解答】解：（1）证明：连结AC1，交A1C于点P，连结DP，
因为点D，P分别是AB，AC1的中点，所以DP∥BC1，
DP 平面A1CD，BC1 平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD；
（2）因为AB＝2，，
所以AC2+BC2＝AB2，所以AC⊥CB，
如图，以为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则C（0，0，0），，，，
，，，
设平面A1CE的法向量为，
则，所以，
令x＝2，则y＝1，z＝﹣2，
所以平面A1CE的法向量为，
设CD与平面A1CE所成角为θ，
则，
所以直线CD与平面A1CE所成角的大小为．
17．（2025 上海校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PD＝CD，F，G分别是PB，AD的中点．
（1）求证：FG∥平面PCD；
（2）求点A到平面PGB的距离．
【解答】解：（1）证明：取PC的中点为Q，连接FQ，DQ，
因为在△PBC中，FQ为△PBC的中位线，
所以．
又因为在正方形ABCD中，AD∥BC且AD＝BC，
所以FQ∥AD，且，
又因为G是AD的中点，所以，
所以GD∥FQ，且GD＝FQ，
所以四边形GDQF为平行四边形，所以GF∥DQ．
又因为DQ 平面PCD，GF 平面PCD，
所以GF∥平面PCD．
（2）连接PG，GB．
由题意，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面AGB，
所以PD为三棱锥P﹣ABG的高．
又因为BD 平面ABCD，所以PD⊥BD．
设点A到平面PGB的距离为h，
则有VP﹣ABG＝VA﹣PGB，所以，（*）
由题意知PD＝CD＝2，则，
因为F为PB的中点，所以GF⊥PB，
所以，
，
所以，，
代入（*）化简可得：，解得，
所以点A到平面PGB的距离为．
18．（2024秋 玉溪校级期末）如图，在正四棱锥S﹣ABCD中，，点O是AC的中点，点P在棱SD上（异于端点）．
（1）若点P是棱SD的中点，求证：平面SAD⊥平面PAC；
（2）若二面角S﹣AC﹣P的余弦值为，求线段SP的长．
【解答】（1）证明：由题意得，正四棱锥所有棱长均为，
因为P是SD的中点，
故CP⊥SD，AP⊥SD，又AP∩CP＝P，且AP，CP 平面PAC，
故SD⊥平面PAC，又SD 平面SAD，
故平面SAD⊥平面PAC；
（2）如图，连接OB，易知OB，OC，OS两两垂直，
以O为原点，以分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则A（0，﹣1，0），C（0，1，0），S（0，0，1），D（﹣1，0，0），
所以，
设，则，
所以P（﹣λ，0，1﹣λ），所以，
设平面PAC的法向量为，则，
令z＝λ，则x＝1﹣λ，所以平面PAC的一个法向量为，
易知平面SAC的法向量为，
设二面角S﹣AC﹣P的平面角为θ，
则，
即3λ2﹣8λ+4＝0，解得或λ＝2（不合题意，舍去），
此时．
19．（2024秋 霞山区校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，底面ABCD是直角梯形，AB⊥BC，AB∥CD，CD＝2AB＝2BC＝4．
（1）若E为棱PD的中点，求证：AE∥平面PBC；
（2）求二面角A﹣PC﹣B的正弦值．
【解答】解：（1）证明：取PC的中点F，连接EF、BF，因为E为棱PD的中点，
所以EF∥DC且，
又AB∥CD且CD＝2AB，
所以EF∥AB且EF＝AB，所以四边形ABFE为平行四边形，
所以AE∥BF，
又AE 平面PBC，BF 平面PBC，
所以AE∥平面PBC；
（2）因为ABCD是直角梯形，AB⊥BC，AB∥CD，CD＝2AB＝2BC＝4，
所以，，
所以AC2+AD2＝DC2，即AC⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AC 平面ABCD，
所以AC⊥平面PAD，
如图建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），，，，
所以，，，，
设平面ACP的法向量为，
则，则，
取；
设平面BCP的法向量为，
则，则，
取；
设二面角A﹣PC﹣B为θ，
则，
所以，
即二面角A﹣PC﹣B的正弦值为．
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