第二章 空间向量与立体几何（单元测试卷）高二数学湘教版选择性必修第二册

命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2025-2026学年高二数学单元检测卷 第二章空间向量与立体几何（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 8 D 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 ABD BC BCD 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。 12.313.75x 14.2-5 2 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) 【详解】(1)方法一：由题意知， AG=B+BC+CG=B+D+)CB-丽+AD+(丽-BC) =孤+而+4-而列-+0+杯： 方法二：因为G为CR的中点，所以AG=(B+AC) 丽+)+（丽+列]-孤+0+.4分 (2)因为四边形ABCD是正方形，∠A,AD=∠AAB=60°，AA,=2AB=2, 所以AB·AD=0,AB·AA=1×2×c0s60°=1，AD·AA=1×2×cos60°=1， 所以AG= 西+而+ 1/7 西学科网·上好课 www.ZX×k.com 上好每一堂课 =孤+号而+}+孤而+孤杯+与D =1++1+0+1+=15, 4 24 所以4G=正，即线段4G的长为压.…8分 2 因为BD=AD-AB=AD+AA-AB, 所以BD=(AD+AA-AB =AD+A4'+4B'+24D.AA-24D AB-244AB =1+4+1+2-0-2=6,所以BD=6. XAGBD=B+DD+-B) 2 号0+-6+号06+BM+而 1 +2-1+0+5+1=3, 2 2 则向量G,丽夹角的余弦值为0s(4G,BD)= AG BD AG·BD 5x6513分 16.(15分) 【详解】(1)在正方体ABCD-A,B,CD,中，以点D为原点，DA,DC,DD的方向分别为x,y,z轴的正方向， 建立空间直角坐标系， D B D 令正方体棱长为1，则D(0,0,0),A(1,0,1),B(1,1,0),D,(0,0,1), 于是AD=(-1,0,-1),BD1=(-1,-1,1), 有AD.BD1=-1×(-1)+0×(-1)+(-1)×1=0, 2/7 命学科网·上好课 www.ZX×k.com 上好每一堂课 因此AD1BD,所以AD⊥BD…4分 (2)设A8=a,AD=c,AA=b,则ab=ac=bc=0.则 EF-EB+BF-(BB+BD)-(+BD)-(+AD-AB)-(-d+6+c) AB,AB+BB=AB+,=a+6 .瓜=-a+6+-a+万=-a+）=0 :EF⊥AB,即EF⊥AB 同理EF⊥B,C.:AB,OB,C=B,AB,B,CC平面BAC, EF⊥平面BAC.…9分 (3)在正方体ABCD-A,B,CD,中，以D为原点，建立空间直角坐标系如图所示，设正方体的棱长为1， ZA D aC B A M D 则8LL0,010,0.0,C0,0》D丽=Lo.M-02 设平面DBM的一个法向量为万=(x,y,2), i·DB=x+y=0 元DM=x+2=0令z=2,则=-1，y=1,即元=-112 由 2 DC=(01,,DB=(1,1,0),设平面BCD的一个法向量为m=x,,2), mD5=+=0令=1，则%=-1，=1，即元=，-11 由 m·DC=y+3=0 mi=-1×1+1×(-1+2x1=0,即m⊥i, 所以平面MBD⊥平面BC,D. 3/7 可学科网·上好课 www.ZX×k.com 上好每一堂课 15分 17.(15分) 【详解】(1)由题意可知AB,AC,AA两两垂直，则以A为原点，A,B,AC,AA的方向分别为x, y,z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=2,则AA=4. Z外 B G E·A 所以D(0,1,4,F(1,0,0,E(0,2,2),G(2,0,3),则DF=(1,-1,-4),EG=(2,-2,1. 因为DF.EG=1×2+(-1)×(-2)+(-4)×1=0,所以DF1EG,即DF1EG.5分 (2)由题中数量关系可得A(0,0,4),B2,0,4,D0,1,4),E(0,2,2),G2,0,3, 则BD=（-2,1,0),AE=(0,2,-2),AG=（2,0,-1). 设平面AEG的法向量为i=(x,y,z), i·AE=2y-2z=0 则 ,令x=1,得y=z=2,i=1,2,2. AG=2x-z=0 因为BD.万=-2x1+1×2+0×2=0, 所以BD⊥n,又BD￠平面EG,所以BD∥平面AEG.…10分 (3)由(2)可知平面G的一个法向量为i=(1,2,2). 因为平面A8C的一个法向量为元=(00,1，所以c0s元，m)=i而-2 3 改平面G与平面4BC的夹角为0，则os0=cos元m网子sn9=1-0s20-V5 3 故平面BG与平面ABC夹角的正弦值为5. …15分 3 18.(17分) 4/7 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【详解】(I)取PA的中点F,连接EF,BF :E为PD的中点，：EF1IAD且EF= 又：BCIIAD,BC=2,AD=4,EF//BC,且EF=BC, :四边形EFBC为平行四边形，：CEIIBF, BFC平面PAB,CEd平面PAB,.CEI/平面PAB.5分 (2)以A为原点，直线AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系， PA=AB=BC=2,AD=4, ∴.A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,4,0),P(0,0,2),E(0,2,1), PD=(0,4,-2),÷PD=16+4=2V5, AC=(2,2,0),AE=(0,2,1),…8分 设平面ACE的法向量为n=(x,y,z), i·AC=2x+2y=0 则有 ,取x=1,则y=-1,2=2, 元·AE=2y+z=0 则平面ACE的法向量为n=(L,-1,2), 则PDn=-4-4=-8,同=√6.…11分 设PD与平面ACE所成的角为O, PD.n 则有sin0=cos(PD,》= -842V30 PD:i2V5×√63015， .sin20+cos20=1, .cos0=V1-sin20=1 20、 105V105 V225-15 :直线PD与平面ACE所成角的余弦值为O5 15 17分 D方 5 19.(17分) 5/7 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【详解】(I)证明：设PD中点为F,连接EF,FC, :E,F分别为PA,PD中点， >C D :EFHAD且EF=2AD, ·EFIIBC且FE=BC, 即四边形BCFE为平行四边形， BEIICF,又BEt面PCD,CFc面PCD, :BE∥面PCD.…5分 (2)证明：取AD中点为0，连接PO,BO, 由等腰三角形PAD得：PO⊥AD, 因为ADIIBC,所以BOIICD,又CD⊥AD,BO⊥AD, ·.∠POB为平面PAD与平面ABCD所成二面角的平面角， :AD⊥PB,BCIIAD,BC⊥PB, 设AD=PC=4,则P0=2,0B=2,BC=2,PB=25,则∠POB=120°， :二面角P-AD-B的大小为120°.一一10分 (3)由(2)知PO⊥AD,又由CD⊥AD可得OB⊥AD, 0BP0=0,OB,POC面P0B, 所以AD⊥平面POB,如图建立空间直角坐标系， D 则0(0,0,0，P0,-1,5,B0,2,0),C(2,2,0),D(2,0,0), BC=(2,0,0),PB=(0,3,-V5,设DG=kDP(k∈[0,1)， 设平面PBC的法向量为万=(x,y,z, 6/7 画学科网·上好课 www.ZX×k.com 上好每一堂课 n.PB=3y-3z=0 则 可取元=0,25,6， .BC=2x=0 得到CG=CD+kDP=(-2k,-2-k,V5k), 令CG与平面PBC所成角为O, n.CG 0,25,6-2k,-2-kV3k 则sin0= .CG 36+12-2k2+(-2-k2+(3k 8 得6k2-17k+7=0,解得k= 3 DP 2 ，17分 717 2025-2026学年高二数学单元检测卷 第二章 空间向量与立体几何 建议用时：120分钟，满分：150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．若向量，，则（    ） A．12 B．8 C．5 D．1 2．如图，在四面体中，.点在上，且为的中点，则等于（    ） A． B． C． D． 3．已知点是点在坐标平面内的射影，则（    ） A． B． C． D． 4．在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（    ） A． B． C．3 D． 5．如图，在正方体中，是的中点，则与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 6．下列关于空间向量的命题中正确的是（   ） A．已知两个向量，，则与的夹角为锐角 B．已知过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为 C．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D．已知，，则在上的投影向量坐标为 7．在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，平面AEF与棱CD交于点G，则（   ） A． B． C． D． 8．如图，在长方体中，，点分别在四边形､四边形内运动（不与长方体的顶点重合），若，，且都在球上，则球的表面积的取值范围为（    ） 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．在空间直角坐标系中，为坐标原点，若点，则下列叙述正确的有（   ） A．点关于轴的对称点是 B．点关于平面的对称点是 C．点关于轴的对称点是 D．点关于原点的对称点是 10．关于空间向量，以下说法正确的是（    ） A．若，则向量的夹角是锐角 B．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 C．若，则四点共面 D．若分别表示两空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不共面 11．如图，在棱长为的正方体中（    ） A．与的夹角为 B．二面角的平面角的正切值为 C．与平面所成角的正切值为 D．点到平面的距离为 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．已知向量是平面的一个法向量，向量为直线的一个方向向量，若，则的值为____. 13．圆柱两个底面中心分别为和，底面的圆周上有点，该圆柱的体积为__________. 14．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面且，，点是线段上一点，当平面与平面的夹角为时，______，这时，点到平面的距离为______. 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．（13分）如图，在四棱柱中，四边形是正方形，，，点为的中点． (1)用向量，，表示； (2)求线段的长及向量与夹角的余弦值． 16．（15分）在正方体中，，，M分别是，，的中点，求证： (1)． (2)平面. (3)平面平面． 17．（15分）如图，在直三棱柱中，，，D，E，F分别是棱，，的中点，点G在棱上，且． (1)证明：． (2)证明：平面． (3)求平面与平面夹角的正弦值． 18．（17分）如图，在四棱锥中，，，底面，，，是的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 19．（17分）如图，已知四棱锥中是以为斜边的等腰直角三角形，为中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的大小； (3)若是线段上一动点，直线与平面所成角正弦值为，求的值． 1 / 9 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学单元检测卷 第二章 空间向量与立体几何 建议用时：120分钟，满分：150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．若向量，，则（    ） A．12 B．8 C．5 D．1 【答案】C 【分析】根据空间向量数量积的公式计算即可. 【详解】因为向量，， 所以. 2．如图，在四面体中，.点在上，且为的中点，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定的几何体及空间的基底，利用空间向量线性运算求解即可. 【详解】由为的中点，得， 所以. 故选：A 3．已知点是点在坐标平面内的射影，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据空间直角坐标系，可得点在坐标平面内的射影为， 所以点，可得，所以. 4．在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（    ） A． B． C．3 D． 【答案】D 【分析】由向量法求点到直线的距离公式求解即可. 【详解】由题， 所以点到直线的距离为. 5．如图，在正方体中，是的中点，则与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，可求得与夹角的余弦值. 【详解】设正方体的棱长为1， 如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 所以与所成角的余弦值是. 故选：C. 6．下列关于空间向量的命题中正确的是（   ） A．已知两个向量，，则与的夹角为锐角 B．已知过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为 C．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D．已知，，则在上的投影向量坐标为 【答案】D 【分析】根据可判断A；根据点到平面距离向量法计算可判断B；根据空间向量基本定理可判断C；根据投影向量计算公式计算可判断D. 【详解】A，因为，所以，故与的夹角为， 错误； B，由题意可得，所以点到平面的距离为，错误； C，是空间的一组基底，而， 即是共面向量，故不是空间的一组基底，错误． D，由在上的投影向量为，正确． 7．在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，平面AEF与棱CD交于点G，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间向量基本定理，结合四点共面的性质进行求解即可. 【详解】因为，， 所以， 设， ， ， 显然不是共线向量. 因为平面AEF与棱CD交于点G，所以四点共面， 因此有 ， 因为彼此两两不互相共线， 所以有， 所以. 8．如图，在长方体中，，点分别在四边形､四边形内运动（不与长方体的顶点重合），若，，且都在球上，则球的表面积的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，确定球的球心的位置，列出球的表面积的表达式，根据参数的取值范围即可求得结果. 【详解】因为，所以是直角三角形，其外接圆的圆心为的中点， 所以球的球心在过的中点且垂直于平面的直线上. 又，所以为四边形内以为直径，以的中点为圆心，2为半径的半圆上一点， 如图，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设， 因为球的半径，即， 化简得， 因为，所以，，即， 所以， 而球的表面积为，， 所以，即球的表面积的取值范围为. 故选：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．在空间直角坐标系中，为坐标原点，若点，则下列叙述正确的有（   ） A．点关于轴的对称点是 B．点关于平面的对称点是 C．点关于轴的对称点是 D．点关于原点的对称点是 【答案】ABD 【详解】由空间直角坐标系对称性知：点关于轴的对称点是， 点关于平面的对称点是， 点关于轴的对称点是， 点关于原点的对称点是. 所以选项ABD正确，选项C错误. 10．关于空间向量，以下说法正确的是（    ） A．若，则向量的夹角是锐角 B．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 C．若，则四点共面 D．若分别表示两空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不共面 【答案】BC 【详解】对于A，由，得向量的夹角是锐角或0，A错误； 对于B，根据空间向量共面定理知，空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，B正确； 对于C，对空间中任意一点，，由，得四点共面，C正确； 对于D，若分别表示两空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，但向量可以平移到同一个平面，D错误． 11．如图，在棱长为的正方体中（    ） A．与的夹角为 B．二面角的平面角的正切值为 C．与平面所成角的正切值为 D．点到平面的距离为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可一一求解. 【详解】如图建立空间直角坐标系， 则， ，，即，与的夹角为，故A 错误； 设平面的法向量为，， 所以，令，则， 平面的法向量可取，二面角的平面角为， 则，所以，故B 正确； 因为，设与平面所成角为， 则，故C 正确； 因为，设点到平面的距离为，则 ，故D 正确． 故选：BCD 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．已知向量是平面的一个法向量，向量为直线的一个方向向量，若，则的值为____. 【答案】 【分析】由直线垂直平面，推得直线的方向向量与平面的法向量平行，利用向量平行的坐标比例关系列方程求解. 【详解】已知，， 若，则与平行， 所以，则，即. 13．圆柱两个底面中心分别为和，底面的圆周上有点，该圆柱的体积为__________. 【答案】 【分析】根据题意确定圆柱的高，利用底面圆心到圆周上点的距离计算出底面半径，进而求得底面积，得到圆柱体积. 【详解】由题意可得：圆柱的高为两个底面中心坐标之差，即. 底面圆心为，圆周上点到圆心的距离为半径，即. 底面积为. 圆柱体积为. 故答案为：. 14．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面且，，点是线段上一点，当平面与平面的夹角为时，______，这时，点到平面的距离为______. 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，用向量的方法计算两个平面夹角，进而可得线段的长度和距离. 【详解】因为底面是矩形，平面，所以， 故以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则， 因为点是线段上一点，设， 设平面的法向量为，则，， 令，则.平面的法向量为. 因为平面与平面的夹角为， 所以， 所以，解得（舍去），所以. 此时，， 所以点到平面的距离. 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，在四棱柱中，四边形是正方形，，，点为的中点． (1)用向量，，表示； (2)求线段的长及向量与夹角的余弦值． 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）通过向量的线性运算进行表示； （2）通过向量的线性表示与模长公式计算线段，的长度，计算，再通过夹角公式求解. 【详解】（1）方法一：由题意知， ； 方法二：因为为的中点，所以 ．……4分 （2）因为四边形是正方形，，， 所以，，， 所以 ， 所以，即线段的长为．……8分 因为， 所以 ，所以． 又 ， 则向量，夹角的余弦值为....................13分 16．（15分）在正方体中，，，M分别是，，的中点，求证： (1)． (2)平面. (3)平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理作答. （2）设，，，作为一组基底，分别表示向量，证明，即可. （3）建立坐标系，结合空间向量分别求出法向量，再根据面面垂直空间向量证法可证结论； 【详解】（1）在正方体中，以点为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 令正方体棱长为1，则， 于是， 有， 因此，所以.……4分 （2）设，，，则.则. ∴. ∴，即. 同理.∵，平面， ∴平面.……9分 （3）在正方体中，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，设正方体的棱长为1， 则，，，，， 设平面的一个法向量为， 由令，则，，即. ，，设平面的一个法向量为， 由令，则，，即. ，即， 所以平面平面． ..................15分 17．（15分）如图，在直三棱柱中，，，D，E，F分别是棱，，的中点，点G在棱上，且． (1)证明：． (2)证明：平面． (3)求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）建立空间直角坐标系用向量的方法判断两条直线的垂直关系可得； （2）先用向量证明与平面的法向量垂直，再结合平面可得； （3）直接用向量的方法计算平面与平面的夹角可得. 【详解】（1）由题意可知，，两两垂直，则以为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系．设，则． 所以，，，，则，． 因为，所以，即．……5分 （2）由题中数量关系可得，，，，， 则，，． 设平面AEG的法向量为， 则，令，得． 因为， 所以，又平面，所以平面．……10分 （3）由（2）可知平面的一个法向量为． 因为平面的一个法向量为，所以． 设平面与平面的夹角为，则，． 故平面与平面夹角的正弦值为.……15分 18．（17分）如图，在四棱锥中，，，底面，，，是的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取的中点通过题中条件证得四边形为平行四边形，从而得到，利用线面平行判定定理得到平面. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设与平面所成的角为，利用向量的数量积求出， 利用公式求出，即为直线与平面所成角的余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接，. 为的中点，且， 又，，，，且， 四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面.……5分 （2）以为原点，直线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，， ，，，，，， ，， ，，……8分 设平面的法向量为， 则有，取，则，， 则平面的法向量为， 则，.……11分 设与平面所成的角为， 则有， ， ， 直线与平面所成角的余弦值为. .....................17分 19．（17分）如图，已知四棱锥中是以为斜边的等腰直角三角形，为中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的大小； (3)若是线段上一动点，直线与平面所成角正弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点构造中位线，结合已知的平行与边长关系证明平行于平面内的直线，再利用线面平行的判定定理证明结论； （2）取中点找垂线确定二面角平面角，通过解三角形求角度； （3）设，用表示出坐标，求出平面的法向量，结合线面角的向量计算公式列方程求解，得到的值. 【详解】（1）证明：设中点为，连接，， ，分别为，中点， 且 ， 且， 即四边形为平行四边形， ，又面，面， 面.……5分 （2）证明：取中点为，连接，， 由等腰三角形得：， 因为，所以，又，， 为平面与平面所成二面角的平面角， ，，， 设，则，，，，则， 二面角的大小为.——10分 （3）由（2）知，又由可得， ，面， 所以平面，如图建立空间直角坐标系， 则 ， 设， 设平面的法向量为， 则，可取， 得到， 令与平面所成角为， 则， 得，解得或（舍去）．故．......................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 $