第2章 空间向量与立体几何·（单元自测·基础卷）数学湘教版选择性必修第二册

………………○………………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：______________________ 第2章 空间向量与立体几何·基础通关 建议用时：100分钟，满分：150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．已知向量，向量，且，则（     ） A． B． C． D． 2．已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则（   ） A． B． C． D． 3. 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． 4．如图所示，三棱柱中，是的中点，若，，，则＝（    ） A．) B． C． D． 5.如图，正四面体的长为，，则（    ） A． B． C． D． 6．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． 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、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．已知分别为直线的方向向量（不重合），，分别为平面的法向量（不重合），则下列说法中，正确的是（   ） A． B． C． D． 10．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 11.在棱长为2的正方体中为CD的中点，是的中点，是侧面内的一动点（不包含四个顶点），则下列结论正确的是：（    ） A．点到平面的距离为 B．三棱锥体积是定值，定值为1 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得且 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量的夹角的余弦值为，则 13.（如图，在四棱锥中，底面是正方形，为的中点，若，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）（13分）已知，. (1)若，求实数的值； (2)若，求实数的值. 16．（15分）在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，四边形是边长为2的菱形，，E是AD的中点. (1)判断直线BE与平面的位置关系，并证明； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 17．（15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. 18．（17分）如图，三棱锥由三个以为公共直角顶点的直角三角板拼成，其中直角三角板和为两个全等的直角三角板，且，，分别为，的中点，平面与平面的交线为. (1)证明：平面； (2)点在直线上，直线与直线的夹角为，直线与平面的夹角为，是否存在点，使得.如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由. 19．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. 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 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学单元自测 第2章 空间向量与立体几何·基础通关 建议用时：100分钟，满分：150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．已知向量，向量，且，则（     ） A． B． C． D． 2．已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则（   ） A． B． C． D． 3. 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． 4．如图所示，三棱柱中，是的中点，若，，，则＝（    ） A．) B． C． D． 5.如图，正四面体的长为，，则（    ） A． B． C． D． 6．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． 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、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．已知分别为直线的方向向量（不重合），，分别为平面的法向量（不重合），则下列说法中，正确的是（   ） A． B． C． D． 10．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 11.在棱长为2的正方体中为CD的中点，是的中点，是侧面内的一动点（不包含四个顶点），则下列结论正确的是：（    ） A．点到平面的距离为 B．三棱锥体积是定值，定值为1 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得且 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量的夹角的余弦值为，则 13.（如图，在四棱锥中，底面是正方形，为的中点，若，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）（13分）已知，. (1)若，求实数的值； (2)若，求实数的值. 16．（15分）在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，四边形是边长为2的菱形，，E是AD的中点. (1)判断直线BE与平面的位置关系，并证明； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 17．（15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. 18．（17分）如图，三棱锥由三个以为公共直角顶点的直角三角板拼成，其中直角三角板和为两个全等的直角三角板，且，，分别为，的中点，平面与平面的交线为. (1)证明：平面； (2)点在直线上，直线与直线的夹角为，直线与平面的夹角为，是否存在点，使得.如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由. 19．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. 1 / 5 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学单元自测 第2章 空间向量与立体几何·基础通关 建议用时：100分钟，满分：150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．已知向量，向量，且，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量垂直，解方程即得解. 【详解】因为，所以，所以，所以. 故选：C. 2．已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据方直线向向量和平面法向量的定义及线面垂直的性质，可知，得，求出的值即可作出判断． 【详解】∵，∴，∴，解得，所以C正确. 故选：C. 3. 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. 4．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 5.如图，正四面体的长为，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以、、为基底表示，然后利用向量的数量积计算公式计算即可. 【详解】 . 故选：D 6．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. 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、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．已知分别为直线的方向向量（不重合），，分别为平面的法向量（不重合），则下列说法中，正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【知识点】空间位置关系的向量证明 【分析】根据空间向量判定空间位置关系一一判定选项即可. 【详解】若两直线不重合，则其方向向量平行（垂直）是两直线平行（垂直）的充要条件， 故A、B正确； 若两平面不重合，则其法向量平行（垂直）是两平面平行（垂直）的充要条件， 故C正确，D错误. 故选：ABC 10．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 11.在棱长为2的正方体中为CD的中点，是的中点，是侧面内的一动点（不包含四个顶点），则下列结论正确的是：（    ） A．点到平面的距离为 B．三棱锥体积是定值，定值为1 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得且 【答案】ACD 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量结合点到平面距离判断A,应用等体积结合三棱锥体积公式计算判断B,设点的坐标，应用线面平行的向量关系及线线垂直的向量关系分别计算求解判断C,D. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， ，， 设平面的法向量，则，取，得， 所以点到平面的距离为，A选项正确； ，B选项错误； 设，，，则，， 则 设平面的法向量，则，取，得， 当，即时，平面,C选项正确； 因为， 则，， 则所以，当时满足得且，D选项正确； 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量的夹角的余弦值为，则 【答案】 【分析】先根据数量积的定义可得，结合数量积的运算律分析求解. 【详解】由题意可得， 所以． 故答案为：. 13.（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： 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】（1）（4） 【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（1）（4）. 故答案为：（1）（4） 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）（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），，2分 若，则，即，，，解得.6分 （2），，8分 若，则，10分 即，化简可得，解得或.13分 16．（15分）在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，四边形是边长为2的菱形，，E是AD的中点. (1)判断直线BE与平面的位置关系，并证明； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 【答案】(1)平面，证明见解析 (2) 【分析】（1）连接BD，通过证明，可得到平面. （2）以E为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可计算平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【详解】（1）平面，证明如下： 如图，连接BD. 因为为等边三角形，E是AD的中点，所以，且. 2分 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，4分 因为平面，所以， 因为四边形是边长为2的菱形，， 所以为等边三角形，所以， 因为平面，，所以平面. 7分 （2）以E为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，，9分 设平面PAB的法向量为，则， 令，则，故，11分 设平面PBC的法向量为，则， 令，则，故，13分 所以， 故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.15分 17．（15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，2分 因为且且，所以且，4分 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 7分 （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. 9分 设平面的法向量为，则， 令，则，故平面的一个法向量，13分 设直线与平面夹角为，， 所以，直线与平面夹角的正弦值为.15分 18．（17分）如图，三棱锥由三个以为公共直角顶点的直角三角板拼成，其中直角三角板和为两个全等的直角三角板，且，，分别为，的中点，平面与平面的交线为. (1)证明：平面； (2)点在直线上，直线与直线的夹角为，直线与平面的夹角为，是否存在点，使得.如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，. 【分析】（1）通过线面平行的判定定理和性质定理先证得， 再根据平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，设，根据，可确定点坐标. 【详解】（1）因为，分别为，的中点，∴. 又平面，平面，∴平面.3分 又平面，平面平面，. 又，且，，平面，6分 ∴平面，从而平面.8分 （2）以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设，如图， 则，，，，，9分 由于，设， 则，，，11分 设平面的法向量， 则取.13分 由题意，， 即，解得，从而符合题意的点存在，.17分 19．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. 4分 （2）因为为的中点，为的中点，且为的重心，5分 由题意可得，从而.7分 又，如图1所示， ∴.即，9分 故.因此，是三棱锥外接球的球心.10分    （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.11分 设，则.于是. 设平面和平面的法向量分别为， 则.令，得； 令，得.13分 设平面与平面所成的夹角为，则由题意可得 .所以.15分 整理得，即，解得或. 当时，，得；当时，，得. 综上，或. 17分 学科网（北京）股份有限公司14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学单元自测 第2章 空间向量与立体几何·基础通关 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 C B B D C A C 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 ABC AB ACD 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． 13． 14．（1）（4） 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（本小题满分13分） 【详解】（1），，2分 若，则，即，，，解得.6分 （2），，8分 若，则，10分 即，化简可得，解得或.13分 16．（本小题满分15分） 【详解】（1）平面，证明如下： 如图，连接BD. 因为为等边三角形，E是AD的中点，所以，且. 2分 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，4分 因为平面，所以， 因为四边形是边长为2的菱形，， 所以为等边三角形，所以， 因为平面，，所以平面. 7分 （2）以E为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，，9分 设平面PAB的法向量为，则， 令，则，故，11分 设平面PBC的法向量为，则， 令，则，故，13分 所以， 故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.15分 17．（本小题满分15分） 【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，2分 因为且且，所以且，4分 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 7分 （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. 9分 设平面的法向量为，则， 令，则，故平面的一个法向量，13分 设直线与平面夹角为，， 所以，直线与平面夹角的正弦值为.15分 18．（本小题满分17分） 【详解】（1）因为，分别为，的中点，∴. 又平面，平面，∴平面.3分 又平面，平面平面，. 又，且，，平面，6分 ∴平面，从而平面.8分 （2）以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设，如图， 则，，，，，9分 由于，设， 则，，，11分 设平面的法向量， 则取.13分 由题意，， 即，解得，从而符合题意的点存在，.17分 19．（本小题满分17分） 【详解】（1）因为平面底面，平面底面，且平面， 所以底面. 4分 （2）因为为的中点，为的中点，且为的重心，5分 由题意可得，从而.7分 又，如图1所示， ∴.即，9分 故.因此，是三棱锥外接球的球心.10分    （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.11分 设，则.于是. 设平面和平面的法向量分别为， 则.令，得； 令，得.13分 设平面与平面所成的夹角为，则由题意可得 .所以.15分 整理得，即，解得或. 当时，，得；当时，，得. 综上，或. 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 / 5 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $