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

湘教版高中数学必修第二册 第2章：空间向量与立体几何单元测试卷 命题人：李文元 (考试时间：120分钟试卷满分：150分) 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答 题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.考试范围：湘教版(2019)必修第二册第2章 第一部分（选择题共58分） 一、单项选择题：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.在空间直角坐标系中，点P1-2,3)关于平面zOx对称的点的坐标是() A.(-1,2,-3) B.(1,2,3) C.(-1,-2,3) D.(1,-2,-3) 【答案】B 【详解】点P1,-2,3)关于平面Ozx对称点的坐标为(1,2,3) 2.如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，AC=CC=CB=4,AC⊥CB,且D为AB的中点， CE=3EB,则DE的长为() B A D A.25 B.√21 C.2√6 D.5 【答案】B 【分析】建立适当空间直角坐标系，求出点D、E的坐标即可由两点间距离公式计算求解。 【详解】以C为坐标原点，CA,CB,CC的方向分别为x,八，z轴的正方向建立如图所示的空间 直角坐标系， Z▲ B 则由题意可知A(4,0,0),B(0,4,0),B(0,4,4),C(0,0,4), 又因为D是AB的中点，所以D的坐标为D(2,2,0), 点E满足CE=3EB,,所以E的坐标为E(0,3,4), 从而DE=V(2-0)2+(2-3)}'+(0-4)}=V21. 3.如图，M,P分别是四面体OABC的棱BC,BA的中点，且OM=3ON,记 04=a,OB=b,OC=c,NP=() M B a+16-1c 1 12 1÷1 A. B. -ā+-b+一c 2 6 2 3 6 1 11」 C.- -a+-b+-C D.- a+6-1c 1 3 6 2 36 【答案】A 【详解】因为OM=3ON,所以NM:OM=2:3; 又因为M,P分别是棱BC,BA的中点，所以PM4C. 所以-M+m-号oM+a-号roa+0c)-c0+oa网 号o丽+5oc+00+oi-0a+5o丽-2oc-i+5-名 3 6 36 4.如图，圆M为△ABC的外接圆，AB=6,AC=8,N为边BC的中点，则N.AM=() M A.13 B.14 C.20 D.25 【答案】D 【分析】根据向量的线性运算、向量数量积的运算及三角形外接圆的性质求解即可」 【详解】因为N为边BC的中点，根据向量的平行四边形法则可知，N=)(aB+4C)， 所.AM=(B+AC=(+4c.) 取边AB中点D,连接MD,则MD⊥AB,所以AB.DM=0 所以AB:AM=AB(AD+DM）=AB.AD+AB.DM=AB.】AB+AB.DM =×6=18同理可得，C.-(a0列-×8-32 所以不.4-6+4c.)×18+32)=25. 5.己知a=(2,3,-4),i=(-4,-x,8),a/6,则x=() A.-5 B.-6 C.4 D.6 【答案】D 【详解】因为a6,所以4==8- 234 2=-2,故x=6. 6.已知向量=(-2,1,0)，b=(0,2,4),则向量6在向量ā上的投影向量的坐标为() c.(50} D.(0 【答案】B 【详解】向量ā=(-21,0)，万=(0,2,4)，有a=5,ā.6=2， 则向量6在向量ā上的投影向量的坐标为 6日-a-2o（号0 aa 5 7.如图，在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中，M,N分别是棱AB,AD的中点，点 P为线段CM上的动点，则() A D MA 、 C A.平面CMN截正方体ABCD-ABCD所得的截面形状是五边形 B.向量B丽在向量B+D+A上的投影向量的模为 3 C.存在点P,使得∠BPD=90 D.点P到棱DD距离的最小值为3 5 【答案】ABC 【分析】通过截面图形判断选项A:建立空间直角坐标系，利用向量投影公式判断选项B: 根据坐标关系判断C:通过坐标法求点到直线的距离判断选项D 【详解】如图直线MN与CB、CD的延长线分别交于M1、N1, 连接QM交BB,于点E,连接CN交DD于点F,连接ME、NF, 则五边形CEMNF即为所得截面图形，选项A正确： A M M AB+AD+AA=AC, B 向量B在向量AB+AD+AA上的投影向量为向量BN在向量AC上的投影向量， D M B C A B 以点A为坐标原点，AB、AD、AA所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 所以B(2,0,0),C(2,2,2),N(01,2),BN=(-2,1,2),AC=(2,2,2), 向量BN在向量AC上的投影向量为 ·4CAC-=2x2+1x2+2x2 AC 22+22+22 .22》 333 向量B在向量AB+AD+AA上的投影向量的模为 选项B正确：设PC=MC,其中0<<1，P(x,y,z),M(1,0,2),C(2,2,0), 则(2-x,2-y,0-z)=(1,2,-2),所以P(2-2,2-22,2),B(2,0,2),D(0,2,2), 假设存在点P,使得∠B,PD=90°， PB,·PD=(,21-2,2-2)(1-2,21,2-2)=2(1-2)+2(21-2)+(2-2)2=0整理得 92-14以+4=0，解得=+)厅（舍去）或无=7-店 9 9 所以存在点P,使得∠BPD,=90°，选项C正确： 由上知P(2-2,2-22,22),所以点P在DD,上的射影为(0,2,22)， 点P到棱D0距离d=2-那+(-2示=V52-4+4=5-名+5 当=2 ，点P到棱DD距离的最小值为 否-专5，运项D请碳 8.如图，已知两个正方形ABCD,ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.点M, N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM=BN=a(0<a<V2).当MN的长最小时， 直线MN和AB夹角的余弦值是() D M B 1 A·2 B.0 C. D. 5 2 4 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式、配方法进行求解MN最小时的a, 进而利用向量计算即可求得结果。 【详解】因为平面ABCD⊥平面ABEF,BC⊥AB,BE⊥AB, 且平面ABCDO平面ABEF=AB,BCC平面ABCD, 故CB⊥平面ABEF,又BEC平面ABEF, 故BC⊥BE,从而BC,AB,BE两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 有B(0,0,0),A(1,0,0),C(0,0,1),F(1,1,0),E(0,1,0), cw=w=a,M505方 w-好++= MN=Va2-√2a+1 2 2 当a=2时，MN最小，最小值为 2 即当M,N为AC、BF中点时，MN最短， BA=(1,0,0),MN= 022J .cos BA,MN= BAMN =0 BAMN ∴.直线MW和AB夹角的余弦值是0。 ZA D 的 二、多项选择题：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.如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，AC=BC=CC=2,AC⊥BC,E、F分别为BB,AC的 中点，过点A,E,F作三棱柱的截面α，则下列结论中正确的是() A.BC∥a B.三棱柱ABC-ABC外接球的半径为5 C.若a交B,C于M,则M为BC中点 D.a将三棱柱ABC-AB,C分成两部分，体积较大部分的体积为 26 【答案】BD 【分析】对A,通过证明直线BC,与截面α内的法向量不垂直判断；对B,将直三棱柱补为 长方体，根据长方体外接球半径等于长方体体对角线的长度计算；对C,设交点M为B,C,中 点，共面向量定理求解验证；对D,先求三棱柱总体积，用补形法（总体积减较小部分体积） 计算较大部分体积. 【详解】以C为原点，分别以CA,CB,CC所在直线为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标 系， A 则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),A(2,0,2),B(0,2,2),所以E(0,2,1), F(1,0,2),对于选项A:BC=(0,-2,2),AE=（-2,2,1),AF=（←1,0,2)， 设平面a的法向量为n=(（x,y,z), E= ，即 「-2x+2y+z=0 则由 AF=0 -X+2z=0，令x=4,则y=3,2=2, 所以i=(4,3,2)是平面a的一个法向量 因为BC·i=0×4+(-2)×3+2×2=-2≠0，故BC1不平行于平面a,A错误： 对于选项B:直三棱柱ABC-AB,C中AC⊥BC,AC=BC=CC,=2, 可补为棱长为2的正方体，设外接球的半径为R, 则外接球直径等于正方体体对角线，即2R=√22+22+22=2√5，解得R=√5，B正确： 对于选项C:若M为BC中点，则坐标为(0,1,2)，AM=（-2,1,2),且A,E,F,M四点共面， 「-2=-元-24 则32∈R,AM=AF+uAE,即(-2,1,2)=2(-1,0,2)+4(-2,2,1)，所以 1=24 2=21+4 方程组无解，所以M不是B,C中点，C错误： 对于选项D:设a与B,C交点M(0,a,2),则AM=(-2,a,2), [-2=-元-24 由AM=AF+uAE得(-2，a,2)=2(-1,0,2)+4(-2,2,1),所以 a=2μ， 2=21+4 2 解得4 3 4 a=3 三棱柱总体积V总= 2×2×2x2=4= ,体积较小部分可分割为四棱锥A-ABMF和三棱锥 36 A-BME,对四棱锥A-ABMF,顶点A(2,0,O),底面四边形顶点 42a2,8@22.M02rta2) 底面四边形面积S4w=84a6-Sx=×2x2-X 4_4 2 33,高为A到平面AB,C的距离 14 2,所以V4AMr=33义 8 二×-×2=9 91 对三楼催4-月M,厦发42@0，底面顶点8@22M0号2EQ2), 12 1 底面三角形面积S,4w=2×兮×1=3高为A到平面B8CCB的距离2， 23 11。 2 所以ysr=3×3×2=9 9 8,210 所以体积较小部分的体积为二+ 。+。。所以体积较大部分的体积为，，，，D正确 10.如图，在长方体ABCD-ABCD中，AB=AD=2,AA,=2V3,点E为四边形ABCD 内部（不含边界）的一个动点，平面DD,E⊥平面CD,E,则下列说法正确的是() D D :C E B A.异面直线BD,与AD所成角的余弦值为 5 B.当DE=1时，二面角D-CE-D的正切值为2√3 C.四面体D,-CDE的外接球体积为16π D.若DE=DA+uDC(2,u∈R),则元+u的取值范围是 √2+1 0, 2 【答案】ABD 【分析】建系借助空间向量判断A选项：根据二面角的定义判断B选项：设出外接球球心， 根据球心到各点距离相等得到球心坐标和半径进而判断C选项：根据E点坐标结合三角函 数换元，利用三角函数值域即可判断D选项. 【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD为z轴，建立如图空间直角坐标系， D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C0,2,0),D(0,0,2V3),设E(x,y,0), BD=（-2,-2,25),AD=(-2,0,0), AD.BD 4 所以Cos(AD,BD)= 5 AD.BD 2×2W5 5 故异面直线BD,与AD所成角的余弦值为5 故A正确： 过D作DP⊥DE,垂足为P,因为平面DDE⊥平面CDE, 且平面DDEO平面CD,E=DE,DPc平面DD,E, 所以DP⊥平面CDE,又CEC CDE,故DP⊥CE, 又CE⊥DD,DD,ADP=D,DD,DPC平面DDE, 所以CE⊥平面DDE,DEc平面DDE, 故CE⊥DE.所以E的轨迹是以CD为直径，CD中点为圆心的圆在正方形ABCD内的部分， 所以E在平面xoy上的轨迹方程为x2+(y-1)2=1(x>0), 而DE=1,故此时E的轨迹方程为x2+y2=1(x>0,y>0), +-)-1,得E5 x2+y2=1 联立{ 220.D= gw 因为CE⊥平面DDE,DE,DEc平面DDE, 所以CE⊥DE,CE⊥DE, 根据二面角定义可知∠DED是二面角D-CE-D的平面角， 则tan∠DED, DD_23 DE 1 =2√3，故B正确：相教版高中数学必修第二册 第2章：空间向量与立体几何单元测试卷 命题人：李文元 (考试时间：120分钟试卷满分：150分) 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答 题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.考试范围：湘教版(2019)必修第二册第2章 第一部分（选择题共58分） 一、单项选择题：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.在空间直角坐标系中，点P(1,-2,3)关于平面=Ox对称的点的坐标是() A.（-1,2,-3) B.1,2,3) C.(-1,-2,3) D.(1,-2,-3) 2.如图，在直三棱柱ABC-AB,C1中，AC=CC=CB=4,AC1CB,且D为AB的中点， CE=3EB,则DE的长为() D A.25 B.√21 C.26 D.5 3.如图，M,P分别是四面体OABC的棱BC,BA的中点，且OM=3ON,记 OA=a,OB=b,OC=c,则N亚=() B A.1 B. 1 23 C.-Ja+46.18 2 36 D. 4.如图，圆M为△ABC的外接圆，AB=6,AC=8,N为边BC的中点，则M=() A 夕 A.13 B.14 C.20 D.25 5.已知a=(2,3,-4),b=(-4,-x,8),a/b,则x=(） A.-5 B.-6 C.4 D.6 6.已知向量=(-2,1,0)，b=(0,2,4),则向量在向量a上的投影向量的坐标为() 7.如图，在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中，M,N分别是棱AB,AD的中点，点 P为线段CM上的动点，则() D M∠ B N、 C 、D D A.平面CMN截正方体ABCD-ABC1D所得的截面形状是五边形 B.向量丽在向量AB+AD+A4上的投影向量的模为 3 C.存在点P,使得∠B,PD,=90 D.点P到棱DD距离的最小值为35 5 8.如图，已知两个正方形ABCD,ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.点M, N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM=BN=a(0<a<√2).当MN的长最小时， 直线MN和AB夹角的余弦值是() B A. B.0 5 2 c. D. 2 4 二、多项选择题：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.如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，AC=BC=CC=2,AC⊥BC,E、F分别为BB,AC的 中点，过点A,E,F作三棱柱的截面“，则下列结论中正确的是() A.BC∥ B.三棱柱ABC-AB,C外接球的半径为√ C.若a交B,C于M,则M为B,C中点 D.将三棱柱ABC-AB,C分成两部分，体积较大部分的体积为 26 9 10.如图，在长方体ABCD-ABCD中，AB=AD=2,A4=2V5,点E为四边形ABCD 内部（不含边界）的一个动点，平面DDE⊥平面CD,E,则下列说法正确的是() D A.异面直线BD与AD所成角的余弦值为 5 B.当DE=1时，二面角D-CE-D的正切值为2W3 C.四面体D-CDE的外接球体积为16π D.若DE=DA+DC(2,L∈R),则元+u的取值范围是 02+1 2 11.已知向量AB=(2,-1,-4),AC=(4,2,0),AP=(1,2,-1),则下列说法正确的有() A.BP=3V3 B.BC/IAC C.A亚是平面ABC的一个法向量 D.BP⊥CP 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.在平行六面体ABCD-A8GA中，∠44D=∠BAD-=∠44B号AB=AD=A4-2, 则AC·AB= 13.已知向量ā与6满足=4，=3，向量ā与5的夹角为，a1(a-历)，则实数 = 14.如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2√2，PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中 点，若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C的大小为30°，则PC与平面PAM所成角的正 弦值为 M B 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)在平行六面体ABCD-A'B'CD中，AB=4,AD=4,AA=5,∠BAD=90°， ∠BAA'=∠DAA'=60°. (1)求AA.DC: (2)求证：AA⊥DB: (3)求AC的长. 16.(15分)如图，己知在四棱锥P-ABCD中，AD/BC,AB⊥BC,BC=22, AD=AB=PB=PD=√2. B (1)证明：AD/平面PBC: (2)证明：BD⊥PA; (3)若直线PA与平面ABCD所成角为45°，点D在平面PAB内的正投影是点Q,求四棱锥 O-ABCD的体积. 17.(15分)如图，在三棱柱ABC-AB,C中，平面ABB,A⊥平面ABC,AB⊥AB,∠BAC=120°， AB=AB=4,D为AB,的中点，E为CC的中点. 0 C E (1)求证：DE∥平面AB,C; (2)若三棱柱ABC-AB,C的体积为8√3，求AE与平面BCC,B,所成角的正弦值. 18.(17分)如图，在多面体ABCDEF中，平面ABCD⊥平面ADEF,四边形ABCD是直 角梯形，AB⊥AD,CD⊥AD,AD=CD=AF=DE=EF=2,AB=3,且BC⊥AF B (1)证明：AF⊥平面ABCD. (2)求多面体ABCDEF的体积. (3)求平面BCF与平面CDE夹角的余弦值， 19.(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ADC=60°，AB=PB=PD=4. (1)证明：BDL平面PAC; (2)已知PA=2,点E满足BE=1AP,0<1<L,BD/平面PEC. (i)求： (ii)求平面PBD与平面PEC夹角的余弦值. 湘教版高中数学必修第二册 第2章：空间向量与立体几何 单元测试卷 命题人：李文元 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．考试范围：湘教版（2019）必修第二册第2章 第一部分（选择题 共58分） 1、 单项选择题：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．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】点关于平面对称点的坐标为. 2．如图，在直三棱柱中，，且为的中点，，则的长为（   ） A． B． C． D．5 【答案】B 【分析】建立适当空间直角坐标系，求出点、的坐标即可由两点间距离公式计算求解. 【详解】以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则由题意可知， 又因为是的中点，所以的坐标为， 点满足，所以的坐标为， 从而． 3．如图，分别是四面体的棱的中点，且，记，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为 又因为分别是棱的中点，所以. 4．如图，圆为的外接圆，，，为边的中点，则（   ） A．13 B．14 C．20 D．25 【答案】D 【分析】根据向量的线性运算、向量数量积的运算及三角形外接圆的性质求解即可. 【详解】因为为边的中点，根据向量的平行四边形法则可知，， 所以. 取边中点，连接，则，所以. 所以 .同理可得，. 所以. 5．已知，，，则（   ） A． B． C．4 D．6 【答案】D 【详解】因为，所以，故. 6．已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】向量，，有，， 则向量在向量上的投影向量的坐标为. 7．如图，在棱长为的正方体 中，分别是棱，的中点，点 为线段 上的动点，则（   ） A．平面截正方体 所得的截面形状是五边形 B．向量在向量上的投影向量的模为 C．存在点，使得 D．点到棱₁距离的最小值为 【答案】ABC 【分析】通过截面图形判断选项A；建立空间直角坐标系，利用向量投影公式判断选项B；根据坐标关系判断C；通过坐标法求点到直线的距离判断选项D. 【详解】如图直线与、的延长线分别交于、， 连接交于点，连接交于点，连接、， 则五边形即为所得截面图形，选项A正确； ， 向量在向量上的投影向量为向量在向量上的投影向量， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，， 向量在向量上的投影向量为， 向量在向量上的投影向量的模为， 选项B正确；设，其中，，，， 则，所以，，， 假设存在点，使得， 整理得，解得（舍去）或， 所以存在点，使得，选项C正确； 由上知,所以点在上的射影为， 点到棱₁距离， 当，点到棱₁距离的最小值为 ，选项D错误. 8．如图，已知两个正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.点M，N分别在正方形对角线和上移动，且.当的长最小时，直线和夹角的余弦值是（    ） A． B．0 C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式、配方法进行求解最小时的，进而利用向量计算即可求得结果. 【详解】因为平面平面，，， 且平面平面，平面， 故平面，又平面， 故，从而两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 有，，，，， ，，， ， ， 当时，最小，最小值为； 即当，为、中点时，最短， 则，， ，， ， 直线和夹角的余弦值是. 二、多项选择题：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．如图，在直三棱柱中，分别为的中点，过点作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是（    ） A． B．三棱柱外接球的半径为 C．若交于，则为中点 D．将三棱柱分成两部分，体积较大部分的体积为 【答案】BD 【分析】对A，通过证明直线与截面α内的法向量不垂直判断；对B，将直三棱柱补为长方体，根据长方体外接球半径等于长方体体对角线的长度计算；对C，设交点为中点，共面向量定理求解验证；对D，先求三棱柱总体积，用补形法（总体积减较小部分体积）计算较大部分体积. 【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，所以，，对于选项A：，， 设平面的法向量为， 则由，即，令，则， 所以是平面的一个法向量. 因为，故 不平行于平面，A错误； 对于选项B：直三棱柱中，， 可补为棱长为2的正方体，设外接球的半径为， 则外接球直径等于正方体体对角线，即，解得，B正确； 对于选项C：若为中点，则坐标为，，且四点共面， 则，，即，所以， 方程组无解，所以不是中点，C错误； 对于选项D：设与交点，则， 由得，所以， 解得，即. 三棱柱总体积，体积较小部分可分割为四棱锥和三棱锥，对四棱锥，顶点，底面四边形顶点， 底面四边形面积，高为到平面的距离，所以； 对三棱锥，顶点，底面顶点， 底面三角形面积，高为到平面的距离， 所以， 所以体积较小部分的体积为，所以体积较大部分的体积为，D正确. 10．如图，在长方体中，，，点为四边形内部（不含边界）的一个动点，平面平面，则下列说法正确的是（    ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．当时，二面角的正切值为 C．四面体的外接球体积为 D．若，则的取值范围是 【答案】ABD 【分析】建系借助空间向量判断A选项；根据二面角的定义判断B选项；设出外接球球心，根据球心到各点距离相等得到球心坐标和半径进而判断C选项；根据E点坐标结合三角函数换元，利用三角函数值域即可判断D选项. 【详解】以为原点，为轴，为轴，​为轴，建立如图空间直角坐标系， ，设， ，， 所以 故异面直线与所成角的余弦值为，故A正确； 过作，垂足为，因为平面平面， 且平面平面，平面， 所以平面，又，故， 又，，平面， 所以平面，平面， 故.所以的轨迹是以为直径，中点为圆心的圆在正方形内的部分， 所以在平面上的轨迹方程为， 而DE=1，故此时的轨迹方程为， 联立 ​，得，， 因为平面，平面， 所以， 根据二面角定义可知​是二面角的平面角， 则 ，故 B正确； 而直角三角形外心为中点，设外接球心为， 由球心到各点距离相等得，即， 解得​，半径，体积 ，故C错误； 得，故，因为的轨迹方程为， 设，得 ， 而，故，所以，故D正确. 11．已知向量，，，则下列说法正确的有（   ） A． B． C．是平面的一个法向量 D． 【答案】AC 【分析】依据向量的坐标运算得出，利用向量的求模公式、向量平行的坐标关系、数量积的坐标运算逐一判断. 【详解】由题意得，， ， ， 则，故A正确； 因，故B错误； ，， 则，，故是平面的一个法向量，C正确； ，故D错误.故选：AC 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．在平行六面体中，，则__________. 【答案】 【分析】设，则，再根据向量运算求解即可. 【详解】设，则， 所以 因为， 所以 故答案为： 13．已知向量与满足，，向量与的夹角为，，则实数=____. 【答案】 【分析】先根据向量点积公式计算出的值，再利用向量垂直的点积为这一性质，建立方程求解出实数. 【详解】由题可知， 因为，所以，即，解得. 故答案为：. 14．如图，在三棱锥中，，，为的中点，若点在棱上，且二面角的大小为，则与平面所成角的正弦值为______． 【答案】 【分析】方法一：建立空间直角坐标系，得到相关点及相关向量的坐标，设出点坐标，结合二面角的向量求法及已知条件求出点，根据线面角的向量求法求解即可. 方法二：根据三正弦定理求解即可. 【详解】方法一：因为，为的中点，所以，且. 连接，因为，，， 所以是等腰直角三角形，又为的中点，所以，且. 在中，，所以是直角三角形，且. 所以，，两两垂直， 以点为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系. 则，，，，， 设. 则，， 设平面的法向量为， 则，即，取，则，， 所以. 易知平面，所以平面的一个法向量为. 又二面角的大小为，所以， 整理得，解得或（舍去），所以. 又，设与平面所成角为， 所以， 所以与平面所成角的正弦值为. 方法二：设与平面所成角为．由题意知，，二面角的大小是， 由三正弦定理得． 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）在平行六面体中，，，，，． (1)求； (2)求证：； (3)求的长． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由向量数量积的定义计算即可； （2）根据数量积为证明垂直； （3）由，再计算模长即可. 【详解】（1）. （2）证明：因为 ，所以. （3）因为， 所以， .所以. 16．（15分）如图，已知在四棱锥中，，，，． (1)证明：平面； (2)证明：； (3)若直线与平面所成角为，点在平面内的正投影是点，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据，由线面平行的判断定理证明； （2）取中点，连接，设，可得，，由线面垂直的判定定理和性质可证； （3）方法一：过作，可证点与重合，即平面，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，根据平面，设，根据，可得，进而得解； 方法二：以点为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，其他同方法三；同方法一可证平面，取中点，连接，可证点在平面内的正投影必在直线上，过点作，垂足为，则点到平面的距离，利用等体积法求点到平面的距离，从而得解. 【详解】（1）因为，平面， 平面， 所以平面. （2） 取中点，连接，设， 因为， 所以四边形是正方形，所以. 连接，因为为的中点，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以. （3）方法一： 由（2）可知平面，平面，所以平面平面. 过作，垂足为，又因为平面平面平面， 所以平面， 所以在底面的射影在直线上， 所以直线与平面所成角是，所以， 因为正方形中，所以， 又因为，所以， 所以，所以． 所以点与重合，即平面. 以点为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为点在平面内的正投影是，所以平面． 设， 因为，所以，所以， 所以，所以， 所以点到平面距离为， 方法二： 以点为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为点在平面内的正投影是，所以平面． 因为，所以，所以， 所以，所以， 所以点到平面距离为， 方法三：由（2）可知平面，平面， 所以平面平面. 过作，垂足为，因为平面平面，且平面， 所以平面， 所以在底面的射影在直线上， 所以直线与平面所成角是，所以， 因为正方形中，所以， 又因为，所以， 所以，所以． 所以点与重合，即平面. 取中点，连接， 由题意知，则；同理题意知， 又，所以平面， 因为平面，所以平面平面． 注意到平面平面， 故点在平面内的正投影必在直线上， 过点作，垂足为，则点到平面的距离， 因为，所以， 即，所以. ，设点到平面的距离， 因为，所以， 即，解得. 17．（15分）如图，在三棱柱中，平面平面，为的中点，为的中点. (1)求证：平面； (2)若三棱柱的体积为，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，连接，证明四边形为平行四边形，进而可得，可证结论； （2）由已知可得平面，结合柱体的体积公式求得，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）取的中点为，连接， 因为为的中点，所以且， 又因为为的中点，，，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）因为平面平面，平面平面，， 所以平面，所以为三棱柱的高， 所以， 所以，解得， 在平面内作， 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， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 则平面的一个法向量为， 设与平面所成角为， 所以. 所以与平面所成角的正弦值为. 18．（17分）如图，在多面体中，平面平面，四边形是直角梯形，，，，且． (1)证明：平面． (2)求多面体的体积． (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先由题意求证平面得到，再结合和线面垂直的判定定理即可求证； （2）依次求出和即可求解多面体的体积； （3）建立适当空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用平面夹角的向量法公式即可计算求解. 【详解】（1）证明：因为平面平面，， 且平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以，又，，平面， 所以平面； （2）由题意可知，所以由平面得平面， 因为平面，平面，所以， 所以由可知四边形是边长为2的正方形， 所以， 又，所以， 所以多面体的体积为； （3）由平面和可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 因为，平面， 所以平面，所以是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则， 所以， 平面与平面夹角的余弦值为. 19．（17分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，． (1)证明：平面PAC； (2)已知，点满足平面PEC． （i）求； （ii）求平面PBD与平面PEC夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2)； 【分析】（1）设AC，BD交于点，通过证明即可证明平面PAC； （2）（i）取PC中点，通过证明及可得OFEB是平行四边形，即可求得； （ii）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面PBD、PEC的法向量，通过法向量求解余弦值即可． 【详解】（1）因为ABCD为菱形，所以，设AC，BD交于点，则， 又因为，所以，因为，AC，平面PAC，所以平面PAC． （2）（i）取PC中点，则且，由知， 所以，即四点共面， 因为平面PEC，平面OBEF，平面平面，所以， 因此OFEB是平行四边形，故，即． （ii）由（1）可知，平面PAC，因为平面ABCD，所以平面平面PAC， 因为平面平面，所以在平面PAC内作Oz垂直于AC，如图， 以为原点，建立空间直角坐标系， 由题意可知，，，， 因为，且，所以，， 因此，，， ，， 由此可知，设平面PBD的一个法向量， 则，也即， 令，得，设平面PEC的一个法向量， 则，也即， 令，得，所以， 所以平面PBD与平面PEC夹角的余弦值为． 学科网（北京）股份有限公司 $ 湘教版高中数学必修第二册 第2章：空间向量与立体几何 单元测试卷 命题人：李文元 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．考试范围：湘教版（2019）必修第二册第2章 第一部分（选择题 共58分） 1、 单项选择题：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．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（   ） A． B． C． D． 2．如图，在直三棱柱中，，且为的中点，，则的长为（   ） A． B． C． D．5 3．如图，分别是四面体的棱的中点，且，记，则（    ） A． B． C． D． 4．如图，圆为的外接圆，，，为边的中点，则（   ） A．13 B．14 C．20 D．25 5．已知，，，则（   ） A． B． C．4 D．6 6．已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 7．如图，在棱长为的正方体 中，分别是棱，的中点，点 为线段 上的动点，则（   ） A．平面截正方体 所得的截面形状是五边形 B．向量在向量上的投影向量的模为 C．存在点，使得 D．点到棱₁距离的最小值为 8．如图，已知两个正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.点M，N分别在正方形对角线和上移动，且.当的长最小时，直线和夹角的余弦值是（    ） A． B．0 C． D． 二、多项选择题：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．如图，在直三棱柱中，分别为的中点，过点作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是（    ） A． B．三棱柱外接球的半径为 C．若交于，则为中点 D．将三棱柱分成两部分，体积较大部分的体积为 10．如图，在长方体中，，，点为四边形内部（不含边界）的一个动点，平面平面，则下列说法正确的是（    ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．当时，二面角的正切值为 C．四面体的外接球体积为 D．若，则的取值范围是 11．已知向量，，，则下列说法正确的有（   ） A． B． C．是平面的一个法向量 D． 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．在平行六面体中，，则__________. 13．已知向量与满足，，向量与的夹角为，，则实数=____. 14．如图，在三棱锥中，，，为的中点，若点在棱上，且二面角的大小为，则与平面所成角的正弦值为______． 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）在平行六面体中，，，，，． (1)求； (2)求证：； (3)求的长． 16．（15分）如图，已知在四棱锥中，，，，． (1)证明：平面； (2)证明：； (3)若直线与平面所成角为，点在平面内的正投影是点，求四棱锥的体积． 17．（15分）如图，在三棱柱中，平面平面，为的中点，为的中点. (1)求证：平面； (2)若三棱柱的体积为，求与平面所成角的正弦值. 18．（17分）如图，在多面体中，平面平面，四边形是直角梯形，，，，且． (1)证明：平面． (2)求多面体的体积． (3)求平面与平面夹角的余弦值． 19．（17分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，． (1)证明：平面PAC； (2)已知，点满足平面PEC． （i）求； （ii）求平面PBD与平面PEC夹角的余弦值． 学科网（北京）股份有限公司 $