第2章 空间向量与立体几何 单元测试卷-2025-2026学年高二下学期数学湘教版选择性必修第二册

湘教版高中数学选择性必修第二册 第二章《空间向量与立体几何》单元测试卷 一、单项选择题（本大题共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.设xy∈R,向量a=(xl,1),b=(Ly,1),c=(2,-4,2),且a1c,/,则a+=() A.2√2 B.√10 C.3 D.4 2.已知{a,b,c是空间的一个基底，向量AB=2a-3c,AC=ā+五，AD=b+元，且A,B,C,D四点共面，则 1=() R c D. 3.如图所示，三棱柱ABC-AB,C中，N是AB的中点，若CA=a,CB=b,CC=c,则C=() B B A.a+6-》 a+b+d到 B. C.a+B+ 20 D.at(e) 4.如图，在三棱柱ABC-AB,C中，M,N分别是AB,B,C1上的点，且BM=2AM,CN=2B,W.设AB=a,AC=b, AA=C,若∠BAC=90°，∠BAA=∠CAA,=60°，AB=AC=A4=1,则下列结论中正确的是() N B A.MN-1a+16+26 3 33 B.网-号 C.AB,⊥BC D.os(a.G）-若 5.正四棱柱ABCD-A8CD中，AB=BC=2,四面体4CBD体积为，则AC与平面BC4所成角的正弦值为 3 D B B A·2 c D.a 6.如图，在正方体ABCD-ABCD中，点P,Q,M,N,T分别为所在棱的中点，则() B D B M A. ON⊥BB B.ONII平面BCC,B C.直线QN与PT为异面直线 D.B,D⊥平面PT 7.在三棱锥P-ABC中，PC⊥底面ABC,∠BAC=90°，AB=AC=4,∠PBC=45°，则点C到平面PAB的距离是() A.4W6 B.26 3 c.45 D.4V2 3 3 8.三棱锥O-ABC中，0A,OB,OC两两垂直且相等，点P,Q分别是线段BC和OA上移动，且满足BP≤BC A0,则PQ和OB所成角余弦值的取值范围 「6 6’2 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全 部选对的得6分，有选错的得0分) D B 9.如图，平行六面体ABCD-ABCD,其中，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.AC=6V6 B.AC⊥BD B C.向量B,C与A4的夹角是60° D.异面直线BD与AC所成的角的余弦值为y6 BCA的上、下底面均为正方形，A4上底面ABCD,A4=。 底面ABCD的中心，以A为原点，AB,AD,AA所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则下 列说法正确的是() ZA C A点D的坐标为051 22 C.平面BB,CC的一个法向量为1,0,5) A D.点D到平面BBCC的距离为 3 11.如图，在三棱锥A-BCD中，BD⊥BC,AB⊥平面BCD,AB=BC=BD=2,E,F, E M G,H分别为AB,BD,BC,CD的中点，M是EF的中点，N是线段GH上的动点， B 、F 则(. H A.存在a>0,b>0,使得GM=aG五+bGE B.不存在点N,使得NLEH C.网列的最小值为5 D.异面直线AC与BF所成角的余弦值为0 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。把答案填在题中的横线上） I2.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，E为PD的中点，若 PA=a,PB=五PC=c,则BE=_ 13.已知向量a=(1,2,x),五=(3,1,2)，c=(4,3,3),且a,6,c共面，则a+b+= 14.在长方体ABCD-ABCD中，AB=AD=2,AA=4,P为棱A4上的动点（不与A,A重合），在直线CC上的点9 D 满足D2⊥CP.给出下列四个结论： C ①CP⊥BD;②∠PD2为定值； B ③存在点P,使得平面DBQ⊥平面DBP; ④存在点P,使得点Q到平面DBP的距离为2. 其中所有正确结论的序号是 四、解答题（本大题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(13分)已知a=(2,-1,4),b=(-1,k,2). (1)若（ā-b)/1(a+b),求实数k的值： (2)若(a+3b)L(a+b),求实数k的值 16.(15分)如图，在三棱锥P-ABC中，三角形ABC是边长为2的正三角形，D为BC的中点，E为AD的中点， 且平面PAD⊥底面ABC,PE⊥AD.设PA=t(t>O) (I)求证：PE⊥底面ABC; (2)设O为三角形ABC的重心，t=√2.求证：O是三棱锥P-ABC外接球的球心： (③)若平面PCB与平面PC4所成夹角的正弦值的平方等于8求t的值 17.(15分)如图，在三角形ABC中，AC⊥BC,AB=2BC=6,E为AB的中点，过点E作DE L AB交AC于点D, 将三角形ADE沿DE翻折至△PDE,得到四棱锥P-BCDE,F为棱PB上一动点（不包含端点）. (1)若F为棱PB的中点，证明：CF∥平面PDE; (2)若PB=3W2,直线EF与平面PBC所成角的正弦值为√ 5 ()求BF BP: (i)求点F到平面PCD的距离. 18.(17分)如图所示，在多面体ABCGFE中，底面BCFE为矩形，且AE1底面BCFE,AG//EF, AG=AE=BE=EF=2,BFCE=O. G (1)证明：AO/1平面GCF (2)求直线FG与平面ABO夹角的正弦值 19.(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD,PD=DC=2AD=2,E是PC的 中点. F E D d- (1)证明：PA/I平面EDB; (2)求平面EDB与平面PAD夹角的余弦值； (③)在棱PB上是否存在一点P,使直线BP与平面BDB所成角的正弦值为6，若存在，求出线段F的长：若不存 3 在，说明理由湘教版高中数学选择性必修第二册 第二章《空间向量与立体几何》单元测试卷 一、 单项选择题（本大题共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.设x,y∈R,向量a=(x,l1),b=(1,y,1),c=(2,-4,2),且a1c,/1c,则a+=() A.2√2 B.√1o C.3 D.4 【答案】C 【分析】根据向量平行和垂直求x,y的值，进而求a+乃和a+列 【详解】因为向量a=(x,1,1),b=(（1y,1),c=(2,-4,2)， 若a⊥c,则2x-4+2=0,解得x=1,所以a=(1,1,1): 且61C,则分号分解得)=-2，所以6-1，-2： 可得a+b=(2,-1,2),所以a+=V4+1+4=3. 故选：C 2.已知{ā，b,c是空间的一个基底，向量AB=2a-3,AC=a+b,AD=方+花，且A,B,C,D四点共面，则 1=() B 2 D. 1 【答案】B 【分析】根据四点共面可得存在实数，n，使得AB=mAC+AD,结合空间向量基本定理运算求解 【详解】因为A,B,C,D四点共面， 则存在实数mu,使得AB=mAC+nAD=ma+b片n6+无md+u+n+c, 又因为a,b,是空间的一个基底，且AB=2a-3, M=2 =2 则m+n=0,解得 {n=-2 n=-3 3 12 故选：B 3.如图所示，三棱柱ABC-ABC中，N是AB的中点，若CA=a,CB=b,CC=c,则CN=() B B Aa+5-》 B. a+5+ c.a- D.a+26+e) 2 【答案】B 【分析】利用空间向量基本定理，用基底表示向量即可. 【详解】因为 -西+丽-丽+4-西+厨+丽)-丽+@-丽+丽)-6+6+da+6+d 故选：B 4.如图，在三棱柱ABC-ABC中，M,N分别是AB,B,C,上的点，且BM=2AM,CN=2B,N.设AB=a,AC=b, AA=C,若∠BAC=90°，∠BAA=∠CAA=60°，AB=AC=A4=1,则下列结论中正确的是() A A.= 34 B.-号 C.AB,⊥BC D. cs(,C）-云 【答案】D 【分析】对于A,根据向量的线性运算法则利用基底a,6,6表示瓜即可判断，对于B,由M=}ā+b+, 333 结合模的性质及数量积的运算律求MW,即可判断，对于C,由基底ā，6，表示AB,BC,计算AB·BC,即 可判断，对于D,计算AB,BC,利用向量夹角公式求cos(AB,BC)即可判断. 【详解】对于A, 西-++-+衣+丽-a-丽列+c+丽-0列时丽-号+兮=a++ 3 A错误： 对于B,由题可知闪--1，a6-0,ac=5c-号 所以-a+5+-a+B++2a6+2ac+25d)-g 所以@网S,B错误 对于C,因为AB=AB+AA=a+c,BC=BB+BC=AA+AC-AB=c+b-a, 所以西西-a+司：6-a号0-11兮号分所以瓜C不直，c错误， 对于D,由选项C的解析可得， 孤=a-,B而=+i-a,gc- 所以=a+e=匠+c+.c=5, BC-c+B-a-v6+6+a 2c6-2ca-a-3 所以cos(B,BC)= AB,·BC 2 一1D正确， 4BBCB×56 故选：D. .正四棱柱ABCD-ABCD中，4AB=BC=2,四面体ACBD体积为氵，则AC与平面BC4所成角的正弦值为 A 心 D B 1 A. 3 B. C.3 D. 4 6 【答案】C 【分析】先根据四面体ACB,D体积为得出4=2，再建立空间直角坐标系求线面角正弦即可 【详解】设44=a,因为四面体ACB2体积为管所以A=ye49A449=4a-4兮2x2a- 32 解 得a=2, Z D A b 以DA,DC,DD分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则A(2,0,0),C(0,2,2),B(2,2,0),A(2,0,2) 所以AC1=(-2,2,2),BA=(0,-2,2)bBC=←2,0,2)， i-BA =0 -2y+2z=0 设平面BCA的法向量为m=(x,y,),所以 ,即 mBC=0’-2.x+2z=0’ mAC, 令x=1,则y=1,z=1,所以i=(11,1),设AC1与平面BCA所成角为0，sin6= 。1 AC 3x2 故选：C 6.如图，在正方体ABCD-ABCD中，点P,Q,M,N,T分别为所在棱的中点，则() B 力 D Bi M A.QN⊥BB, B.ONII平面BCC,B C.直线QN与PT为异面直线 D.B,D⊥平面PMT 【答案】D 【分析】首先以点B为原点建立空间直角坐标系，利用向量法，判断垂直和平行关系. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，设棱长为2， A.2(2,0,1),N(1,2,0),B(0,0,2),B(0,0,0),ON=(-1,2,-1),BB,=(0,0,-2), ONBB,=2≠0，所以QN与BB,不垂直，故A错误： B.平面BCCB的法向量为B4=(2,0,0),QN.B,A=-2≠0，所以QN与平面BCCB,的法向量不垂直，则QN与平 面BCC,B不平行，故B错误： C.P(1,0,2),T(0,2,1),PT=(-1,2,-1),QN=(-1,2,-1),所以PT=QN,则PT∥QN,故C错误： D.D(2,2,2),M(2,1,0),BD=(2,2,2),PM=(1,1,-2),BD-PM=0, PT=(-1,2,-1),BD.PT=0,PM∩PT=P,PM,PTc平面PM皿，所以B,D⊥平面PMT,故D正确. Z B D D B A M 故选：D 7.在三棱锥P-ABC中，PC⊥底面ABC,∠BAC=90°，AB=AC=4,∠PBC=45°，则点C到平面PAB的距离是() A.4V6 B.2v6 C.4w3 D.4V2 3 3 3 3 【答案】A 【分析】解法一：以A为原点，AB为x轴，AC为V轴，过A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 利用向量法能求出点C到平面PAB的距离.解法二：根据三棱锥等体积转换求解点C到平面PAB的距离. 【详解】解法一：建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0),B(4,0,0),C(0,4,0),P(0,4,4N2), ∴AP=(0,4,4V2),AB=(4,0,0),PC=(0,0,-4N2). 设平面PAB的法向量为m=(x,y,z),则 mA亚=0即4y+4W2z=0y=-2z, 即 m.AB=0,4x=0 x=0 令y=√2，则-=-1，.m=(0,√2，-1)，.点C到平面PAB的距离为 |PC·ml_46 3 故选：A 解法二：PC⊥底面ABC,.PC⊥AB,又AB LAC,且PC∩AC=C,PC,ACC平面PAC,:AB⊥平面PAC, :PAC平面PAC..AB⊥PA,AC=AB=4,.BC=4W2,PC=4W2,PB=8, 在Rt△PAB中，PA=V⑧2-4=4V5,令点C到平面PAB的距离为d, g=e号分4445-君分445xd.d-4 .故选：A 32 3 8.三枝锥O-ABC中，OAOB,OC两两垂直且相等，点P,Q分别是线段BC和OA上移动，且满足BP≤BC, AO≤一AO,则PQ和OB所成角余弦值的取值范围是() B.33 √6√2 32 D 62 【答案】C 【分析】分别以OA,OB,OC为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设BP=2BC,得出P(0,2-2元22)，设Q(,0,0), 从而得出cos PO,.OB= 2-2 Vm2+40-)+4a元， 设1-2=t,结合参数m,t的范围得出答案 【详解】由OA,OB,OC两两垂直且相等，分别以OA,OB,OC为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 如图所示，不妨取O4A=2.则B(0,2,0),C(0,0,2) 设P(0,y,),BP=BC, 0 则(0，y-2,)=(0,-2,2)=(0,-2元，2)， [y-2=-22 z=21 解得y=2-22,==21.P(0,2-2元，22).设2(m,0,0),(1≤m≤2)，则P0=(m,21-2,-22), PO.OB 又0B=(0,2,0),cosP0,0B 2-2元 PO1OBI √m2+41-)2+42 osP. 2t 设1-=1，则151，所以 √m2+40-t)+4H +-+4 由}st≤1，则1s2,1≤m≤2，则1≤≤4， 当1=1m=1时，1，公1同时达到最小值，此时 +4-少+4取得最小值V5, 所以osP0O丽l有最大值25，此时P0,20),QL0,0): 1=m=2时，2，”=4同时达到最大值，此时 +4-少+4取得最大值26， 所以cosP厄，o丽有最小值 6 ,此时P(0,1,1),Q(2,0,0): 625 综上可得：PQ和OB所成角余弦值的取值范围是 故选：C 6 5 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全 部选对的得6分，有选错的得0分) 9.如图，平行六面体ABCD-AB,CD,其中，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.AC=6v6 B.AC⊥BD C.向量B,C与AA的夹角是60° D. 异面直线BD与AC所成的角的余弦值为V6 【答案】AB 【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算和数量积运算，对选项中的命题进行分析判断，能求出结果 【详解】：在平行六面体ABCD-ABCD中， 其中以顶点A为端点的三条棱长均为6，且彼此夹角都是60°， .AA·AB=A·AD=AD·AB=6×6×c0s60°=18， 对于A,(A4+AB+AD)=A4°+AB+AD+2A4AB+2AB.AD+2A4AD=36+36+36+3×2x18=216, AC=AA+AB+AD=√216=6W6，A正确：对于B,AC·DB=(A4+AB+AD)(AB-AD) =A4·AB-A4AD+AB-AB.AD+AB.AD-AD=18-18+36-18+18-36=0,.AC⊥BD,B正确： 对于C,连接AD,由题意可知△AAD是等边三角形，则∠AAD=60°， :B,C=AD,且向量AD与AA的夹角是120°，向量B,C与A4夹角是120°，C错误： D.BD=AD+44-AB,AC=4B+AD.BDAC=(AD+44-AB)(4B+AD) =ADAB+AD+AA·AB+AA·AD-AB-AB.AD=36, 画-D+4-网-654-+a刃-3.cD4c BD·AC 36 BD AC 6W2×6V56, 故异面直线BD与4C所成的角的余弦值为6，故D错误 3 故选：AB B ”二三 己知四棱台ABCD-ABCD的上、下底面均为正方形，A4L底面ABCD,A4=AB=24B=V5,E 底面ABCD的中心，以A为原点，AB,AD,AA所在直线分别为x,V,z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则下 列说法正确的是() A B C O B (。51 A.点D的坐标为0， 2’2 我味9 C.平面BB,CC的一个法向量为(1,0，V3) D.点D到平面BBCC的距离为3 【答案】AC 【分析】写出点的坐标可判断A选项，利用空间向量的坐标运算可判断B选项，利用求平面法向量的方法求解可 判断C,利用空间点到平面的距离的向量解法可求D V31 【详解】由题意得，D 0 22 故A正确： 所以E= 由题意得，B(5,0,0),C(5,V5,0),B mBC=3y=0 设i=(x,y,z)是平面BBCC的法向量，则 mB8=-31 +22=0 2 令x=1,则y=0,z=√3，则m=(1,0,V3),故C正确 9或 DB.m v3、3 则点D到平面BB,CC的距离为 2 故D不正确。 V1+3 4 故选：AC 11.如图，在三棱锥A-BCD中，BD⊥BC,AB⊥平面BCD,AB=BC=BD=2,E,F,G,H分别为AB,BD, BC,CD的中点，M是EF的中点，N是线段GH上的动点，则(). E M B F A.存在a>0,b>0,使得GM=aG正+bGE B.不存在点N,使得N⊥EH C.网的最小值为5 D.异面直线AC与EF所成角的余弦值为0 【答案】BC 【分析】建立空间直角坐标系用向量判断线线垂直及夹角，长度等问题. 【详解】在三棱锥A-BCD中，BD⊥BC,AB⊥平面BCD,故AB,BD,BC,两两垂直，以B为坐标原点， 以BC,BD,BA分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. ZA B D ))(0)).)0)c 所以-(1丽=(Q10).巫-（←10）. -b=-1 由Ga=a丽+hG,得-》aQ1ob1a1).则a-支：方程组无解， 1 因此不存在a,b使得GM=aG亚+bG亚，故A错误： 由v是线段GH上的动点，设N0k,o0≤1≤)，则而=1-号)， E7=1,1,-1), 由M瓜丽=1+t-】+】=1+t>0,所以不存在点N,使得MN1BH,故B正确： 22 网得〔-引色5当且仅当1=对取等号，数c正商 AC=(2,0,-2),E=(01,-1),所以4CEF=2,AC=22,E=V2, 厕cos(4CB配、2X、所以异面直线AC与BP所成角的余弦值为，放D不正确，放选：B0 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。把答案填在题中的横线上） 12.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，E为PD的中点，若PA=a,PB=b,PC=c,则 BE=」 【答案】 2a+c-3 【分析】由向量的减法可得BA=a-石，BC=c-万，由向量的加法可得BD=a+c-25,最后根据B亚=(BP+BD, 求解即可 【详解】解：因为PA=a,PB=b,PC=c,所以BA=PA-PB=a-b,BC=PC-PB=c-b, 因为ABCD是正方形，所以BD=BA+BC=a-i+c-b=a+c-2b, 又因为E为PD的中点，所以丽-@驴+BD--6+a+-20-号a+d-30故答案为： (a+c-3b) 2 13.已知向量a=(1,2,x),万=(3,1,2)，c=(4,33),且a,五，c共面，则a+b+c= 【答案】2√34 【分析】根据a,方，c共面，结合空间向量共面定理先求出x的值，再计算a+方+©的值， 【详解】a,b,c共面，则存在非零实数1，u满足c=a+b, [+3=4, [2=1, 则(4,3,3)=2(1,2，x)+u(3,1,2)=（2+3,22+4,x+2)即22+u=3,解得u=1, 2x+2=3, x=1, 所以a=(1,2,1),则a+b+c=(8,6,6),所以a+b+d=V8+62+6=234.故答案为：2√34 14.在长方体ABCD-ABCD中，AB=AD=2,A4=4,P为棱A4上的动点（不与A,A重合），在直线CC上的点P 满足D2⊥CP.给出下列四个结论： ①CP⊥BD: ②∠PD2为定值； ③存在点P,使得平面DBQ⊥平面DBP; ④存在点P,使得点Q到平面DBP的距离为2. 其中所有正确结论的序号是」 【答案】①④ 【分析】根据给定的长方体，建立空间直角坐标系，由DQ⊥CP确定点P,Q的竖坐标关系，再利用空间位置关系的 向量证明判断①③：利用向量夹角公式求解判断②；利用点到平面距离的向量求法求解判断④即可得解 【详解】在长方体ABCD-ABCD中，AB=AD=2,AA=4,建立如图所示的空间直角坐标系， 湘教版高中数学选择性必修第二册 第二章《空间向量与立体几何》单元测试卷 一、单项选择题(本大题共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．设，向量，，，且，，则（　　） A． B． C．3 D．4 2．已知是空间的一个基底，向量，，，且A，B，C，D四点共面，则（   ） A． B． C． D． 3．如图所示，三棱柱中，是的中点，若，，，则＝（    ）    A．) B． C． D． 4．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． 5．正四棱柱中，，四面体体积为，则与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 6．如图，在正方体中，点分别为所在棱的中点，则（    ） A． B．平面 C．直线与为异面直线 D．平面 7．在三棱锥中，底面，则点到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 8．三棱锥中，两两垂直且相等，点分别是线段和上移动，且满足，，则和所成角余弦值的取值范围是（     ） A． B． C． D． 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分) 9．如图，平行六面体，其中，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，下列说法中正确的是（　　） A． B． C．向量与的夹角是 D．异面直线BD1与AC所成的角的余弦值为 10．已知四棱台的上、下底面均为正方形，底面，，，是底面的中心，以为原点，，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则下列说法正确的是（    ）    A．点的坐标为 B． C．平面的一个法向量为 D．点到平面的距离为 11．如图，在三棱锥中，，平面，，E，F，G，H分别为，，，的中点，M是的中点，N是线段GH上的动点，则（    ）． A．存在，，使得 B．不存在点N，使得 C．的最小值为 D．异面直线AC与EF所成角的余弦值为 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上) 12．如图，在四棱锥中，底面是正方形，为的中点，若，则 . 13．已知向量，，，且共面，则 ． 14．在长方体中，为棱上的动点（不与重合），在直线上的点满足.给出下列四个结论： ①；②为定值； ③存在点，使得平面平面； ④存在点，使得点到平面的距离为2. 其中所有正确结论的序号是 . 四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15．（13分）已知，. (1)若，求实数的值； (2)若，求实数的值. 16．（15分）如图，在三棱锥中，三角形ABC是边长为2的正三角形，为的中点，为的中点，且平面底面.设.    (1)求证：底面； (2)设为三角形ABC的重心，.求证：是三棱锥外接球的球心； (3)若平面与平面所成夹角的正弦值的平方等于，求的值. 17．（15分）如图，在三角形ABC中，为的中点，过点作交于点，将三角形ADE沿翻折至，得到四棱锥为棱上一动点（不包含端点）． (1)若为棱的中点，证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为． （ⅰ）求； （ⅱ）求点到平面的距离． 18．（17分）如图所示，在多面体中，底面为矩形，且底面，，，.    (1)证明：平面. (2)求直线与平面夹角的正弦值. 19．（17分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面是的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $ 湘教版高中数学选择性必修第二册 第二章《空间向量与立体几何》单元测试卷 一、单项选择题(本大题共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．设，向量，，，且，，则（　　） A． B． C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据向量平行和垂直求的值，进而求和. 【详解】因为向量，，， 若，则，解得，所以； 且，则，解得，所以； 可得，所以. 故选：C. 2．已知是空间的一个基底，向量，，，且A，B，C，D四点共面，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据四点共面可得存在实数，使得，结合空间向量基本定理运算求解. 【详解】因为A，B，C，D四点共面， 则存在实数，使得， 又因为是空间的一个基底，且， 则，解得. 故选：B. 3．如图所示，三棱柱中，是的中点，若，，，则＝（    ）    A．) B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量基本定理，用基底表示向量即可. 【详解】因为. 故选：B 4．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. 5．正四棱柱中，，四面体体积为，则与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据四面体体积为得出,再建立空间直角坐标系求线面角正弦即可. 【详解】设,因为四面体体积为，所以，解得, 以分别为轴，建立空间直角坐标系，则, 所以， 设平面的法向量为,所以，即， 令，则，所以,设与平面所成角为，. 故选：C. 6．如图，在正方体中，点分别为所在棱的中点，则（    ） A． B．平面 C．直线与为异面直线 D．平面 【答案】D 【分析】首先以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法，判断垂直和平行关系. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，设棱长为， A.，，，，，， ，所以与不垂直，故A错误； B.平面的法向量为，，所以与平面的法向量不垂直，则与平面不平行，故B错误； C.，，，，所以，则，故C错误； D.，，，，， ，，，平面，所以平面，故D正确. 故选：D 7．在三棱锥中，底面，则点到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】解法一：以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点到平面的距离．解法二：根据三棱锥等体积转换求解点到平面的距离. 【详解】解法一：建立如图所示的空间直角坐标系，   则， ． 设平面的法向量为，则即， 令，则，，∴点到平面的距离为．故选：A. 解法二  底面，，又，且平面，平面， 平面，，，， 在中，，令点到平面的距离为， ，，．故选：A. 8．三棱锥中，两两垂直且相等，点分别是线段和上移动，且满足，，则和所成角余弦值的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别以为轴建立空间直角坐标系, 设，得出，设，从而得出，设，结合参数的范围得出答案. 【详解】由两两垂直且相等,分别以为轴建立空间直角坐标系. 如图所示，不妨取．则，． 设，，．则， 解得，．．设，，则， 又，． 设，则，所以， 由，则，，则， 当时，，同时达到最小值，此时取得最小值， 所以有最大值，此时,； 时，，同时达到最大值，此时取得最大值， 所以有最小值，此时，； 综上可得：和所成角余弦值的取值范围是．故选：C. 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分) 9．如图，平行六面体，其中，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，下列说法中正确的是（　　） A． B． C．向量与的夹角是 D．异面直线BD1与AC所成的角的余弦值为 【答案】AB 【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算和数量积运算，对选项中的命题进行分析判断，能求出结果. 【详解】在平行六面体中， 其中以顶点为端点的三条棱长均为6 ，且彼此夹角都是， . 对于A， ， ， A正确；对于B， ，，B正确； 对于C，连接，由题意可知是等边三角形，则， ，且向量与的夹角是，向量与夹角是，C错误； 对于D，， ， ，， 故异面直线与所成的角的余弦值为，故D错误. 故选：AB 10．已知四棱台的上、下底面均为正方形，底面，，，是底面的中心，以为原点，，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则下列说法正确的是（    ）    A．点的坐标为 B． C．平面的一个法向量为 D．点到平面的距离为 【答案】AC 【分析】写出点的坐标可判断A选项，利用空间向量的坐标运算可判断B选项，利用求平面法向量的方法求解可判断C，利用空间点到平面的距离的向量解法可求D. 【详解】由题意得，，故A正确； ，所以，，故B不正确； 由题意得，，，，所以，， 设是平面的法向量，则, 令，则，，则，故C正确 ，则点到平面的距离为，故D不正确. 故选：AC 11．如图，在三棱锥中，，平面，，E，F，G，H分别为，，，的中点，M是的中点，N是线段GH上的动点，则（    ）． A．存在，，使得 B．不存在点N，使得 C．的最小值为 D．异面直线AC与EF所成角的余弦值为 【答案】BC 【分析】建立空间直角坐标系用向量判断线线垂直及夹角，长度等问题. 【详解】在三棱锥中，，平面，故，，，两两垂直，以B为坐标原点， 以，，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，，． 所以，，． 由，得，则，方程组无解， 因此不存在a，b使得，故A错误； 由N是线段上的动点，设，则，， 由，所以不存在点N，使得，故B正确； ，当且仅当时取等号，故C正确； ，，所以，，， 则，所以异面直线AC与EF所成角的余弦值为，故D不正确．故选：BC. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上) 12．如图，在四棱锥中，底面是正方形，为的中点，若，则 . 【答案】 【分析】由向量的减法可得，，由向量的加法可得，最后根据，求解即可. 【详解】解：因为，所以，， 因为是正方形，所以， 又因为为的中点，所以.故答案为： 13．已知向量，，，且共面，则 ． 【答案】 【分析】根据共面，结合空间向量共面定理先求出x的值，再计算的值. 【详解】共面，则存在非零实数，满足， 则即解得 所以，则，所以．故答案为：. 14．在长方体中，为棱上的动点（不与重合），在直线上的点满足.给出下列四个结论： ①； ②为定值； ③存在点，使得平面平面； ④存在点，使得点到平面的距离为2. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①④ 【分析】根据给定的长方体，建立空间直角坐标系，由确定点的竖坐标关系，再利用空间位置关系的向量证明判断①③；利用向量夹角公式求解判断②；利用点到平面距离的向量求法求解判断④即可得解. 【详解】在长方体中，，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， ，由，得，解得， 对于①，，，因此，①正确； 对于②，， 不是常数，因此不为定值，②错误； 对于③，由平面，得平面， 即平面的一个法向量为，设平面的法向量， 则，令，得，，即不垂直， 因此不存在点，使得平面平面，③错误； 对于④，点到平面的距离，若， 则，整理得，解得， 因此存在点，使得点到平面的距离为2，④正确， 所以所有正确结论的序号是①④. 故答案为：①④ 四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15．（13分）已知，. (1)若，求实数的值； (2)若，求实数的值. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）首先分别求和的坐标，再根据向量平行的坐标表示，即可求解； （2）分别求和的坐标，再根据向量垂直的坐标表示，即可求解. 【详解】（1），， 若，则，即，，，解得. （2），， 若，则， 即，化简可得，解得或. 16．（15分）如图，在三棱锥中，三角形ABC是边长为2的正三角形，为的中点，为的中点，且平面底面.设.    (1)求证：底面； (2)设为三角形ABC的重心，.求证：是三棱锥外接球的球心； (3)若平面与平面所成夹角的正弦值的平方等于，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)或 【分析】（1）根据面面垂直的性质即可得证； （2）根据平面图形的性质结合勾股定理证得即可得证； （3）以为坐标原点，所在方向为轴，过且垂直于底面的方向为轴，建立空间直角坐标系.设，分别求出平面与平面的法向量、，由题意可得平面与平面所成夹角的余弦值为，再由求得，进而可求得的值. 【详解】（1）因为平面底面，平面底面，且平面， 所以底面. （2）因为为的中点，为的中点，且为的重心，由题意可得 ，从而. 又，如图1所示， ∴.即， 故.因此，是三棱锥外接球的球心.    （3）以为坐标原点，所在方向为轴，过且垂直于底面的方向为轴，建立如图2所示的空间直角坐标系.    则. 设，则.于是. 设平面和平面的法向量分别为， 则.令，得； 令，得.设平面与平面所成的夹角为，则由题意可得 .所以. 整理得，即，解得或. 当时，，得；当时，，得. 综上，或. 17．（15分）如图，在中，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥为棱上一动点（不包含端点）． (1)若为棱的中点，证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为． （ⅰ）求； （ⅱ）求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）根据已知得是等边三角形，取的中点，连接，进而得，再由线面、面面平行的判定定理证明平面平面，再由线面平行的性质证明结论； （2）（i）根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，设，进而得，求直线与平面的方向向量和法向量，应用向量法求线面角及已知列方程求出参数值；（ii）应用点面距离的向量求法求点面距离. 【详解】（1）因为，所以， 因为为的中点，则，所以是等边三角形， 取的中点，连接，则， 又为棱的中点，且，即，则． 因为平面平面平面平面， 所以平面，平面， 又平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2）（ⅰ）因为，所以． 所以，因为，所以， 又平面，所以平面， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 则， 设，则， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，则． 设直线与平面所成的角为，所以， 整理得，解得（舍），所以． （ⅱ）由（ⅰ）知， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，则， 所以点到平面的距离为． 18．（17分）如图所示，在多面体中，底面为矩形，且底面，，，.    (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）取线段的中点，连接，求证即可由线面平行判定定理得证. （2）建立空间直角坐标系，求出向量和平面的一个法向量即可由线面角的空间向量法计算求解. 【详解】（1）证明：取线段的中点，连接，    因为四边形是矩形，且，所以且， 因为且且，所以且， 所以且，所以四边形是平行四边形，则， 因为平面平面，所以平面 （2）因为底面平面，所以，又因为 所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则. 设平面的法向量为，则， 令，则，故平面的一个法向量， 设直线与平面夹角为，， 所以，直线与平面夹角的正弦值为. 19．（17分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面是的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量数量积公式求解二面角； （3）假设棱存在一点使得，且，即可求出，利用向量的夹角公式列出关于的方程求解即可. 【详解】（1）连接，交于点，连接， 点是的中点，点是的中点， 所以,平面,平面， 所以平面； （2）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， ，则， 设平面的法向量， 则，令，则， 所以平面的法向量， 平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）， ，设， ， 由（2）知平面的法向量， 设直线与平面的夹角为， 则， 整理得，所以，解得或， 当时，，当时，， 则的长为或. 学科网（北京）股份有限公司 $