第三章 空间向量与立体几何（单元测试·提升卷）数学北师大版2019选择性必修第一册

2025-2026学年高二数学单元检测卷 第三章 空间向量与立体几何·提升通关 建议用时：120分钟，满分：120分 第一部分（选择题 共58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．空间一点P在xOy平面上的射影为，在xOz平面上的射影为，则P在yOz平面上的射影Q的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据射影的概念，可得答案. 【详解】由题意可得点与点的横、纵坐标相同；点与点的横、竖坐标相同， 则点的坐标为，则点在平面上的射影的坐标为. 故选：C. 2．已知点关于轴的对称点为，一束光线自点出发，被平面反射后到达点被吸收，那么光所走的路程是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出点关于平面的对称点为，然后求出的距离即可. 【详解】点关于平面的对称点为， 由题可知点的坐标为，， 则光所走的路程为． 故选：D. 3．如图，在三棱柱中，分别是，上的点，且，．设，，，若，，，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对于A，根据向量的线性运算法则利用基底，，表示即可判断，对于B，由，结合模的性质及数量积的运算律求，即可判断，对于C，由基底，，表示，计算，即可判断，对于D，计算，，利用向量夹角公式求即可判断. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，由题可知，，， 所以， 所以，B错误； 对于C，因为，， 所以，所以不垂直，C错误， 对于D，由选项C的解析可得， ，，， 所以， ， 所以,D正确， 故选：D. 4．已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，O不在该平面上，则的最小值为（    ） A．4 B．5 C． D．9 【答案】C 【分析】利用空间向量四点共面定理和基本不等式“1”的妙用求解即可. 【详解】因为四点共面， 所以由共面定理可得，，即， 所以， 因为， 当且仅当，即，即时，等号成立， 所以， 故选：C. 5．如图，在直三棱柱中，为腰长为2的等腰直角三角形，且，，，为平面内一动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用对称点、到平面距离相等，得出关于平面的对称点为，利用对称点求出最短路径即可. 【详解】由题意，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设关于平面的对称点为， 则， 设平面的一个法向量， 则，即，令，则， 所以与到平面的距离， 即①，又，所以②， 所以由①②得，又由可得，所以， 所以， 当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为． 故选：B． 6．如图，在四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立直角坐标系，设的轨迹与轴的交点坐标为，确定的轨迹是以为端点的一条线段（不含点），计算平面平面的一个法向量，根据二面角的余弦值得到,计算以面积即可. 【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，． 由二面角的平面角大小为，平面与平面的交线为直线，可知的轨迹是过点的一条直线，又是四边形内部一点（包括边界），则的轨迹是以为端点的一条线段（不含点）． 设的轨迹与轴的交点坐标为，连接，根据点分别是平面与轴的交点，易得平面的一个法向量为． 易知平面的一个法向量为，则二面角的平面角的余弦值为，解得．因为在线段上运动，，所以面积的取值范围为． 故选：D. 7．如图，在棱长为2的正方体中，是正方形的中心，是内（包括边界）的动点，满足，则点的轨迹长度是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题目建立空间直角坐标系，再利用题干给出的条件列方程，找出轨迹端点进而算出轨迹长度. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，    设平面的法向量为，则，令，则，，故， 设，则，，， 又，，整理得， 联立方程，则，可得，解得， 当时，；当时，， 记的中垂面为，又是内（包括边界）的动点， 在空间中满足， 点的轨迹是平面与三角形的公共部分， 即点的轨迹为线段,则, 故选：. 8．如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析得到三棱锥的外接球的球心在平面上，作出辅助线，得到三棱锥的外接球的球心在直线上，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，因为在上，设，所以的坐标为，利用得到方程，解得，进而得到外接球半径，得到表面积. 【详解】因为，，所以，设，则为的中点， 因为平面，，平面，所以，， 因为，平面，，所以平面， 由题意知， 所以三棱锥的外接球的球心在平面上. ，故为等边三角形，故， 又，故，， 又，故， 如图，取棱的靠近的四等分点， 则为线段的中点，，因为为的中点，所以， 所以，所以，所以三棱锥的外接球的球心在直线上. 以为坐标原点，，MB，分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， ，，所以， 因为在上，设，所以的坐标为， 又，即，解得， 故，所以， 所以. 故选：A. 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．已知且，则的值可能是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】CD 【分析】由的几何意义可求得其范围，即可得答案. 【详解】因，则表示以原点为球心，半径为1的球表面上的点. 则表示到距离的平方. 类比点到圆上距离的范围，可得， ， 结合，可得，则 ，. 故，则只有CD满足条件. 故选：CD 10．已知四面体满足，则（    ） A．直线与垂直 B．二面角平面角的余弦值为 C．向量在向量上的投影为 D．四面体的体积为 【答案】AD 【分析】构造长方体，由长方体的特征可判定A项，建立空间直角坐标系，借助空间向量可判定B、C项，利用割补法计算体积可判定D项. 【详解】 如图，构造长方体，因， 则可得，此时四面体符合题目条件. 建立空间直角坐标系，则， 对于A，由长方体的特征可知，又底面为正方形，即， 所以，故A正确； 对于B，易知， 设平面和平面的法向量分别为， 则故可取； 则，故可取. 设锐二面角的平面角为，则，故B错误； 对于C，易知， 则在上的投影为，故C错误； 对于D，由图易知四面体的体积等于长方体的体积减去四个大小相同的小三棱锥的体积， 即，故D正确. 故选：AD 11．在棱长为2的正方体中，点在棱上移动，．过点作平面垂直于空间对角线，设平面与正方体的截面为多边形．记截面多边形的重心为，面积为，边数为．当从0到2连续变化时，下列说法正确的是：（    ） A．平面与平面的夹角余弦值是； B．的取值范围是； C．的值可能是5； D．点的轨迹的长度为. 【答案】ABD 【分析】A,通过建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面的夹角余弦值；B,当从到连续变化时，找到当或时，截面为正三角形的面积最小；当时，截面为正六边形的面积最大，再求出最小面积和最大面积即可；C,当从到连续变化时，通过观察分析得到答案；D,当从到连续变化时，首先通过观察分析找到点的轨迹是正三角形的重心到正三角形的重心的线段，再利用等体积法等求出这段线段的长度. 【详解】 如图（1），以为原点，，，为，，轴，建立空间直角坐标系， 正方体的棱长为2，，,， 对于选项A：平面，平面的一个法向量为，，平面的一个法向量为，，设平面与平面的夹角为，， 选项A正确； 对于选项B：当或时，如图（2），截面为正三角形，且， 为最小值； 当时，截面为正六边形，如图（3），， 为最大值，选项B正确； 对于选项C：当从到连续变化时，截面多边形的边数可能是三角形，四边形，六边形，但是不能是五边形，则选项C错误； 对于选项D：重心的轨迹是正三角形的重心到正三角形的重心的线段， 设正三角形的重心为，正三角形的重心为， ，，，，， 正三角形的重心到正三角形的重心的线段长度为，选项D正确. 故选：ABD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，，，若三个向量不能作为空间向量的一组基，则实数等于 ． 【答案】4 【分析】因为三个向量不能作为空间向量的一组基，所以共面，由向量共面的条件求解即可. 【详解】因为三个向量不能作为空间向量的一组基， 所以共面（只有不共面的三个向量才能作为空间向量的一组基）， 则存在，使得，即， 所以,解得. 故答案为：4 13．如图，在直三棱柱中，，，.点在线段上，点到直线的距离的最小值为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法即可求解. 【详解】由已知，以B为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 设直三棱柱的侧棱长为h， 则， ， 由于点在线段上，设，则， 故， 设点到直线的距离为d，则 ， 当时，取最小值，则d的最小值为， 故答案为： 14．对于两个空间向量与，我们定义为两点之间的直线距离；又定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中， ；若点P在底面内（含边界）运动，且，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】建立适当空间直角坐标系，求出所需各向量坐标即可由相应距离定义计算求解. 【详解】由题可建立如图所示空间直角坐标系， 则，设， 则， 所以，即， 所以； ， 令， 则， 因为，所以， 所以，所以， 所以的取值范围是. 故答案为：； 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．如图，已知是等边三角形，，，平面，点为的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合平行线的性质、平行四边形的判定定理和性质进行证明即可； （2）结合（1）的结论建立空间直角坐标系，利用线面角的定义、空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，， 平面，平面， 平面平面， 为等边三角形，， 又平面平面，平面， 平面. ，点为中点， ，且， 又，，， 四边形是平行四边形，， 平面.(6分） （2）由（1）可知平面，平面， ，，两两垂直， 故以为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，. ，，. 设平面的法向量， 则即 令，则，，. 设直线与平面的夹角为， 则， 直线与平面夹角的正弦值为.（13分） 16．如图，在多面体中，四边形是边长为4的菱形，，与交于点O，平面平面，，，.    (1)证明：平面. (2)若点到平面的距离为6，且，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取的中点，连接，，易证平面，再证四边形为平行四边形，得，得证； （2）以为原点，所在直线为x轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）如图，取的中点，连接，. 因为，所以. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为，分别为，的中点，所以，. 又因为，， 所以，，则四边形为平行四边形， 所以，从而平面.（7分） （2）如图，连接，，以为原点，所在直线为x轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 由，可得， 所以，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则， 易知平面的一个法向量为. 设二面角的平面角为，易知为锐角， 所以，即二面角的余弦值为.   （15分） 17．如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，. (1)求证：平面； (2)若平面平面，，. （i）当时，求证：平面； （ii）当二面角的正弦值为时，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）连接交于点，连接，即证，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）解法一：建立空间直角坐标系，（i）利用数量积，即证，，利用线面垂直的判定定理即可得证；（ii）求平面的法向量，求平面的法向量设，利用向量的夹角公式即可求解； 解法二：（i）利用面面垂直的性质定理，由平面平面得平面，即证平面，得，利用勾股定理得，利用线面垂直的判定定理即可得证；（ii）由，得二面角的平面角为，即，利用三角恒等变换求，最后由正弦定理即可求解； 解法三：（i）同解法二；（ii）由，得二面角的平面角为，即，得，在平面内，以A为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向，建立平面直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解. 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为四边形是正方形，所以为中点， 又因为为中点，所以在中，有， 因为平面，平面，所以平面；（4分） （2）解法一： 在正方形中，有， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 因为平面，所以，又， 以为原点，分别以，，方向为轴，轴，轴的正方向， 建立空间直角坐标系，如图所示. 则有，，，，， ，，，， （i）当时，，， 所以，， 所以，，即，， 又因为平面，平面，， 所以平面.（9分） （ⅱ）设为平面的法向量， 则有，即， 取，得，，则是平面的一个法向量， ， 设为平面的法向量， 则有，即，得， 取，得，， 则是平面的一个法向量， 因为二面角的正弦值为，所以， 所以，即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为.（15分） 解法二： （i）因为平面平面，平面平面， 四边形为正方形，，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又，为中点，所以， 又，所以平面， 又平面，所以. 又，，所以，所以， ，， 又. 由余弦定理可得 ， 所以，所以， 又，所以平面. （ii）因为平面，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在中，，，所以， 在中，，所以. 又因为，所以， 所以（负值舍去）. 在中， ，， 在中， ， 又， 由正弦定理，得，即，解得， 所以的值. 解法三： （i）同解法二. （ii）因为平面，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在平面内，以A为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向， 建立平面直角坐标系，如图所示. 则有，，， ，， ，， ， 即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为. 18．图①平面四边形中，，，，以BE为轴将折起至，如图②得四棱锥，为中点，为线段上动点.    (1)求异面直线所成的角的余弦值 (2)求面积的最小值及对应的值 (3)求点M到EF的距离的取值范围. 【答案】(1) (2)； (3) 【分析】（1）利用余弦定理求出，进而可根据勾股定理得到，，再利用线面垂直的判定定理即可证明得到平面，从而利用空间向量的坐标运算求解线与线夹角的余弦值； （2）利用空间向量的坐标运算表示出点到直线的距离即可求解； （3）利用空间向量的坐标运算表示出点到直线的距离以及二次函数的性质求解. 【详解】（1）在中，，， 由余弦定理，得， 所以，从而, 所以,即. 连接，因为 所以为正三角形，所以. 又因为,, 所以,即， 又因为平面，， 所以平面， 又因为，所以，即， 所以以点为坐标原点，建系如图，    则, , 设异面直线所成的角为， 则.（5分） （2）设, 所以, 所以， 因为为中点，所以,所以, 设点到直线的距离为， 则. 二次函数，， 当时，二次函数有最小值， 最小值为. 此时到直线的距离最小，最小值为， 又因为， 所以此时面积最小，最小值为， 此时，即.（112分） （3）由（2）知，， 当时，二次函数有最大值，最大值为， 所以 ， 所以点M到EF的距离的取值范围为.（17分） 19．在空间直角坐标系Oxyz中，这点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为． (1)已知直线的方程为，直线的方程为．请分别写出直线和直线的一个方向向量． (2)若直线与都在平面内，求平面的方程； (3)若集合中所有的点构成了多面体Ω的各个面，求Ω的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)的一个方向向量；的一个方向向量（答案不唯一，符合题意即可） (2) (3)的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为 【分析】（1）根据题意即可得直线的方向向量； （2）由直线方程可得两直线经过的点及方向向量，利用两方向向量求得平面的法向量，结合点与法向量可得平面方程； （3）由集合可知各面所在平面的方程，利用各面与坐标轴的交点坐标作出图形，结合几何体的对称性求解体积；利用向量夹角求解面面角可得. 【详解】（1）因为直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量； 直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量.（3分） （2）由题意可知：直线过点，且其一个方向向量为， 直线过点，且其一个方向向量为， 则为平面内一点. 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 所以平面的方程为，即.（10分） （3）由集合可知， 多面体与坐标轴交于各点，，如图所示，    可知四边形为正方形， 边长， 所以，正方形的面积为， 而正四棱锥的高为， 则， 所以多面体的体积为. 由集合中所有的点构成了多面体的各个面， 点均满足方程. 可知平面的方程为，且该平面的一个法向量为， 同理可知，平面的方程为，该平面的一个法向量为， 平面的方程为，该平面的一个法向量为， 所以. 由对称性可知，任意相邻两平面的夹角的余弦值都为. 故多面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为. 综上，的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为.（17分） 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2025-2026学年高二数学单元检测卷 第三章 空间向量与立体几何·提升通关 建议用时：120分钟，满分：120分 第一部分（选择题 共58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．空间一点P在xOy平面上的射影为，在xOz平面上的射影为，则P在yOz平面上的射影Q的坐标为（    ） A． B． C． D． 2．已知点关于轴的对称点为，一束光线自点出发，被平面反射后到达点被吸收，那么光所走的路程是（    ） A． B． C． D． 3．如图，在三棱柱中，分别是，上的点，且，．设，，，若，，，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 4．已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，O不在该平面上，则的最小值为（    ） A．4 B．5 C． D．9 5．如图，在直三棱柱中，为腰长为2的等腰直角三角形，且，，，为平面内一动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 6．如图，在四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．如图，在棱长为2的正方体中，是正方形的中心，是内（包括边界）的动点，满足，则点的轨迹长度是（    ）    A． B． C． D． 8．如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 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．已知且，则的值可能是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 10．已知四面体满足，则（    ） A．直线与垂直 B．二面角平面角的余弦值为 C．向量在向量上的投影为 D．四面体的体积为 11．在棱长为2的正方体中，点在棱上移动，．过点作平面垂直于空间对角线，设平面与正方体的截面为多边形．记截面多边形的重心为，面积为，边数为．当从0到2连续变化时，下列说法正确的是：（    ） A．平面与平面的夹角余弦值是； B．的取值范围是； C．的值可能是5； D．点的轨迹的长度为. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，，，若三个向量不能作为空间向量的一组基，则实数等于 ． 13．如图，在直三棱柱中，，，.点在线段上，点到直线的距离的最小值为 . 14．对于两个空间向量与，我们定义为两点之间的直线距离；又定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中， ；若点P在底面内（含边界）运动，且，则的取值范围是 . 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） 如图，已知是等边三角形，，，平面，点为的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值． 16． （15分） 如图，在多面体中，四边形是边长为4的菱形，，与交于点O，平面平面，，，.    (1)证明：平面. (2)若点到平面的距离为6，且，求二面角的余弦值. 17． （15分） 如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，. (1)求证：平面； (2)若平面平面，，. （i）当时，求证：平面； （ii）当二面角的正弦值为时，求的值. 18． （17分） 图①平面四边形中，，，，以BE为轴将折起至，如图②得四棱锥，为中点，为线段上动点.    (1)求异面直线所成的角的余弦值 (2)求面积的最小值及对应的值 (3)求点M到EF的距离的取值范围. 19．（17分） 在空间直角坐标系Oxyz中，这点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为． (1)已知直线的方程为，直线的方程为．请分别写出直线和直线的一个方向向量． (2)若直线与都在平面内，求平面的方程； (3)若集合中所有的点构成了多面体Ω的各个面，求Ω的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 试题 第3页（共4页） 试题 第4页（共4页） 试题 第1页（共4页） 试题 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学单元检测卷 第三章 空间向量与立体几何·提升通关（参考答案） 第一部分（选择题 共58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 2 3 4 5 6 7 8 C D D C B D B A 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 10 11 CD AD ABD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．4 13． 14． 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． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合平行线的性质、平行四边形的判定定理和性质进行证明即可； （2）结合（1）的结论建立空间直角坐标系，利用线面角的定义、空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，， 平面，平面， 平面平面， 为等边三角形，， 又平面平面，平面， 平面. ，点为中点， ，且， 又，，， 四边形是平行四边形，， 平面.(6分） （2）由（1）可知平面，平面， ，，两两垂直， 故以为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，. ，，. 设平面的法向量， 则即 令，则，，. 设直线与平面的夹角为， 则， 直线与平面夹角的正弦值为.（13分） 16． 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取的中点，连接，，易证平面，再证四边形为平行四边形，得，得证； （2）以为原点，所在直线为x轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）如图，取的中点，连接，. 因为，所以. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为，分别为，的中点，所以，. 又因为，， 所以，，则四边形为平行四边形， 所以，从而平面.（7分） （2）如图，连接，，以为原点，所在直线为x轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 由，可得， 所以，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则， 易知平面的一个法向量为. 设二面角的平面角为，易知为锐角， 所以，即二面角的余弦值为.   （15分） 17． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）连接交于点，连接，即证，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）解法一：建立空间直角坐标系，（i）利用数量积，即证，，利用线面垂直的判定定理即可得证；（ii）求平面的法向量，求平面的法向量设，利用向量的夹角公式即可求解； 解法二：（i）利用面面垂直的性质定理，由平面平面得平面，即证平面，得，利用勾股定理得，利用线面垂直的判定定理即可得证；（ii）由，得二面角的平面角为，即，利用三角恒等变换求，最后由正弦定理即可求解； 解法三：（i）同解法二；（ii）由，得二面角的平面角为，即，得，在平面内，以A为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向，建立平面直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解. 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为四边形是正方形，所以为中点， 又因为为中点，所以在中，有， 因为平面，平面，所以平面；（4分） （2）解法一： 在正方形中，有， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 因为平面，所以，又， 以为原点，分别以，，方向为轴，轴，轴的正方向， 建立空间直角坐标系，如图所示. 则有，，，，， ，，，， （i）当时，，， 所以，， 所以，，即，， 又因为平面，平面，， 所以平面.（9分） （ⅱ）设为平面的法向量， 则有，即， 取，得，，则是平面的一个法向量， ， 设为平面的法向量， 则有，即，得， 取，得，， 则是平面的一个法向量， 因为二面角的正弦值为，所以， 所以，即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为.（15分） 解法二： （i）因为平面平面，平面平面， 四边形为正方形，，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又，为中点，所以， 又，所以平面， 又平面，所以. 又，，所以，所以， ，， 又. 由余弦定理可得 ， 所以，所以， 又，所以平面. （ii）因为平面，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在中，，，所以， 在中，，所以. 又因为，所以， 所以（负值舍去）. 在中， ，， 在中， ， 又， 由正弦定理，得，即，解得， 所以的值. 解法三： （i）同解法二. （ii）因为平面，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在平面内，以A为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向， 建立平面直角坐标系，如图所示. 则有，，， ，， ，， ， 即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为. 18． 【答案】(1) (2)； (3) 【分析】（1）利用余弦定理求出，进而可根据勾股定理得到，，再利用线面垂直的判定定理即可证明得到平面，从而利用空间向量的坐标运算求解线与线夹角的余弦值； （2）利用空间向量的坐标运算表示出点到直线的距离即可求解； （3）利用空间向量的坐标运算表示出点到直线的距离以及二次函数的性质求解. 【详解】（1）在中，，， 由余弦定理，得， 所以，从而, 所以,即. 连接，因为 所以为正三角形，所以. 又因为,, 所以,即， 又因为平面，， 所以平面， 又因为，所以，即， 所以以点为坐标原点，建系如图，    则, , 设异面直线所成的角为， 则.（5分） （2）设, 所以, 所以， 因为为中点，所以,所以, 设点到直线的距离为， 则. 二次函数，， 当时，二次函数有最小值， 最小值为. 此时到直线的距离最小，最小值为， 又因为， 所以此时面积最小，最小值为， 此时，即.（112分） （3）由（2）知，， 当时，二次函数有最大值，最大值为， 所以 ， 所以点M到EF的距离的取值范围为.（17分） 19． 【答案】(1)的一个方向向量；的一个方向向量（答案不唯一，符合题意即可） (2) (3)的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为 【分析】（1）根据题意即可得直线的方向向量； （2）由直线方程可得两直线经过的点及方向向量，利用两方向向量求得平面的法向量，结合点与法向量可得平面方程； （3）由集合可知各面所在平面的方程，利用各面与坐标轴的交点坐标作出图形，结合几何体的对称性求解体积；利用向量夹角求解面面角可得. 【详解】（1）因为直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量； 直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量.（3分） （2）由题意可知：直线过点，且其一个方向向量为， 直线过点，且其一个方向向量为， 则为平面内一点. 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 所以平面的方程为，即.（10分） （3）由集合可知， 多面体与坐标轴交于各点，，如图所示，    可知四边形为正方形， 边长， 所以，正方形的面积为， 而正四棱锥的高为， 则， 所以多面体的体积为. 由集合中所有的点构成了多面体的各个面， 点均满足方程. 可知平面的方程为，且该平面的一个法向量为， 同理可知，平面的方程为，该平面的一个法向量为， 平面的方程为，该平面的一个法向量为， 所以. 由对称性可知，任意相邻两平面的夹角的余弦值都为. 故多面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为. 综上，的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为.（17分） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学单元检测卷 第三章 空间向量与立体几何·提升通关 建议用时：120分钟，满分：120分 第一部分（选择题 共58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．空间一点P在xOy平面上的射影为，在xOz平面上的射影为，则P在yOz平面上的射影Q的坐标为（    ） A． B． C． D． 2．已知点关于轴的对称点为，一束光线自点出发，被平面反射后到达点被吸收，那么光所走的路程是（    ） A． B． C． D． 3．如图，在三棱柱中，分别是，上的点，且，．设，，，若，，，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 4．已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，O不在该平面上，则的最小值为（    ） A．4 B．5 C． D．9 5．如图，在直三棱柱中，为腰长为2的等腰直角三角形，且，，，为平面内一动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 6．如图，在四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．如图，在棱长为2的正方体中，是正方形的中心，是内（包括边界）的动点，满足，则点的轨迹长度是（    ）    A． B． C． D． 8．如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 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．已知且，则的值可能是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 10．已知四面体满足，则（    ） A．直线与垂直 B．二面角平面角的余弦值为 C．向量在向量上的投影为 D．四面体的体积为 11．在棱长为2的正方体中，点在棱上移动，．过点作平面垂直于空间对角线，设平面与正方体的截面为多边形．记截面多边形的重心为，面积为，边数为．当从0到2连续变化时，下列说法正确的是：（    ） A．平面与平面的夹角余弦值是； B．的取值范围是； C．的值可能是5； D．点的轨迹的长度为. 第二部分（非选择题 共92分） 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，，，若三个向量不能作为空间向量的一组基，则实数等于 ． 13．如图，在直三棱柱中，，，.点在线段上，点到直线的距离的最小值为 . 14．对于两个空间向量与，我们定义为两点之间的直线距离；又定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中， ；若点P在底面内（含边界）运动，且，则的取值范围是 . 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） 如图，已知是等边三角形，，，平面，点为的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值． 16． （15分） 如图，在多面体中，四边形是边长为4的菱形，，与交于点O，平面平面，，，.    (1)证明：平面. (2)若点到平面的距离为6，且，求二面角的余弦值. 17． （15分） 如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，. (1)求证：平面； (2)若平面平面，，. （i）当时，求证：平面； （ii）当二面角的正弦值为时，求的值. 18． （17分） 图①平面四边形中，，，，以BE为轴将折起至，如图②得四棱锥，为中点，为线段上动点.    (1)求异面直线所成的角的余弦值 (2)求面积的最小值及对应的值 (3)求点M到EF的距离的取值范围. 19．（17分） 在空间直角坐标系Oxyz中，这点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为． (1)已知直线的方程为，直线的方程为．请分别写出直线和直线的一个方向向量． (2)若直线与都在平面内，求平面的方程； (3)若集合中所有的点构成了多面体Ω的各个面，求Ω的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 1 / 9 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 $