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）选择性必修第二册第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．点关于平面的对称点为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间直角坐标系中点的对称关系可得结果. 【详解】在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点，其坐标和坐标保持不变，坐标变为原来的相反数，则点关于平面的对称点为，故选：B. 2．在三棱锥中，是的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用中线向量公式，再结合向量的减法，即可求解. 【详解】    由是的中点，可知， 故选：B 3．已知空间向量，，则在上的投影向量的模为（    ） A． B．2 C．1 D． 【答案】A 【分析】根据投影向量的模的公式计算后可得正确的选项. 【详解】 在 上的投影向量的模为 ，因为，， 所以 ，， 所以投影向量的模为 ，故选：A. 4．已知点，点在平面内，若平面的一个法向量，则点到平面的距离为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】求出向量，然后利用点到平面的距离公式计算可得. 【详解】因为，所以，又点在平面内，平面的一个法向量，所以点到平面的距离为，故选：B． 5．在三棱锥中，，，为的中点，且，，若二面角的大小为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，二面角的平面角就是向量与的夹角，进而得与的夹角为，再根据数量积定义求解即可. 【详解】因为，为的中点，所以，因为， 所以二面角的平面角就是向量与的夹角，为， 因为向量与方向相反，所以与的夹角为 ，因为，， 所以 6．在长方体中，，点是的中点，那么异面直线DE和BC所成的角的余弦值等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 由已知，，向量， 则异面直线DE和BC所成的角的余弦值为： . 7．如图，在三棱锥中，为的中点，平面，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系， 求出平面的法向量， 利用向量夹角公式计算直线与平面所成角的正弦值. 【详解】在中，，且2，所以是等腰直角三角形. 因为为的中点，根据等腰三角形性质，. 在中，，所以. 因为平面，平面，所以. 以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系. 所以 ， ，， ，. 设，在中，，. 所以，故. 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以平面的一个法向量为). ，设直线与平面所成的角为. 所以. 8．如图，正方体的棱长为4，G，E、F分别是，AB，BC的中点，P是四边形内一动点，若直线AP与平面EFG没有公共点，则线段AP的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，由直线与平面没有公共点得，代入配方求最值可得答案. 【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则， ， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为直线与平面没有公共点，所以平面， 则，即，， 所以， 即当时，此时,取得最小值，最小值为.故选：C. 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．已知正四面体的棱长为2，点分别为的中点，则（   ） A． B．直线与所成角的余弦值为 C． D．该正四面体的内切球体积为 【答案】ABD 【分析】取的中点，利用线面垂直的判定性质判断A；利用定义法求出异面直线夹角余弦判断B；利用空间向量数量积运算律计算判断C；利用体积法求出内切球的半径，进而求出球的体积判断D. 【详解】对于A中，因为点分别为的中点，所以， 取的中点，分别连接，因为，所以， 又因为且平面，所以平面， 因为平面，所以，又因为，所以，所以A正确； 对于B，取的中点，连接，因为为的中点，所以， 所以异面直线与所成角，即为直线与所成角所成的角， 因为正四面体的棱长为，可得， 在中，可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为，所以B正确； 对于 C，设向量，则，且， 则， 因为，， 所以， 所以C错误；对于D，设正四面体的底面正三角形ABC的中心为，连接， 在等边三角形ABC中，可得，在直角中，可得，即正四面体的高为， 所以正四面体的体积为， 又由正四面体的表面积为， 设正四面体的内切球的半径为， 根据等体积法，可得，即，解得， 所以内切球的体积为，所以D正确. 10．金刚石，俗称“金刚钻”，它是一种由碳元素组成的矿物，是自然界中天然存在的最坚硬的物质，如图1所示是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接.从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示，，若正四面体的棱长为2，则（   ）    A．为四面体外接球的球心 B．正四面体外接球的表面积为 C．二面角的余弦值是 D． 【答案】ACD 【分析】根据正四面体外接球的特征可判断A,B，求出二面角的平面角可判断C，利用数量积的运算公式可判断D. 【详解】对于A，因为，所以为四面体外接球的球心，A正确； 对于B，设底面正三角形的外接圆半径为，则，即， 正四面体的高为，设外接球的半径为，则， 解得，所以正四面体外接球的表面积为，B不正确； 对于C，取的中点 M，连接， 因为和都是正三角形，所以，就是二面角的平面角， 因为，所以，C正确； 对于D，在中，，，由余弦定理可得， 所以，D正确. 11．如图，在棱长为3的正方体中，点P为线段上的一个动点，则（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点P，使平面 C．若，则二面角的余弦值为 D．若，则过点，D，P三点的平面截正方体所得截面的周长为 【答案】ABD 【分析】根据平行线的性质，结合三棱锥体积公式判断选项A；利用线面垂直的判定定理判断选项B；建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行运算判断选项C；利用正方体截面性质判断选项D. 【详解】对于A：连接，显然平面，平面， 所以平面，因为点P为线段上的一个动点， 所以点P到平面的距离等于点到平面的距离，即的长度， 因为为定值，所以本选项说法正确； 对于B：    当点P与点重合时， 因为平面，平面， 所以，因为四边形是正方形， 所以，因为平面， 所以平面，又因为平面，所以， 同理可证明，因为平面， 所以平面，因此存在点P，使平面，所以本选项说法正确； 对于C：建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， 设平面的法向量为， 令，得，即， 平面的法向量为， ，令，得，即， ， 显然二面角的余弦值为不正确，因此本选项说法不正确； 对于D：在平面中，过点P作的平行线，交于两点， 则为所求的截面，因为，所以 所以，，， 所以的周长为. 因此过点，D，P三点的平面截正方体所得截面的周长为，所以本选项正确. 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．已知三棱锥的顶点在底面上的射影为的外心．若，，则的值为________． 【答案】 【分析】由题可知，，再结合空间斯坦纳定理：，再代入计算即可． 【详解】解：如图， 因为在底面上的射影为的外心，所以， 由空间斯坦纳定理：． 故答案为：． 13．在三棱锥中，，，，，，则异面直线与所成的角的余弦值为________． 【答案】 【分析】将两直线夹角转化为两向量夹角的绝对值，先求解的数量积，再利用空间向量夹角余弦值公式进行求解即可. 【详解】因为在三棱锥中，，，，， 所以 又由题知所以，所以， 所以. 又因为，，所以， 所以异面直线与所成的角的余弦值为.故答案为：. 14．如图，三棱锥中，底面为直角三角形，为直角，面，且，为棱上一个动点，则到直线的距离的最小值为______． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，根据点到直线距离的向量公式即可求解． 【详解】以为原点，以所在直线为轴，如图建系， 则，设，则， 在方向上投影向量长度为， 故到直线的距离， 当时，，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．（13分）如图，正方体的棱长为6，点，分别是棱，上的动点（包含端点），且． (1)证明：； (2)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)若直线和平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法证明即可证明结论； （2）根据，结合基本不等式得三棱锥的体积最大时，，再求解对应面的法向量，计算平面的夹角余弦值即可； （3）求解平面的法向量为，再根据线面角求得即可求得. 【详解】（1）证明：以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，，，，，，，． 因为，，所以， 所以，即． （2）解：三棱锥的体积即三棱锥的体积，此时． 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以当三棱锥的体积最大时，，此时， 所以，． 设平面的一个法向量为，则 令，则，，所以． 因为平面的一个法向量为，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）解：设平面的法向量为，则 因为，，所以 令，则，，所以． 设直线和平面所成的角为，则． 因为，， 所以，解得或（舍去），所以． 16．（15分）如图，在四棱锥中，平面，且． (1)证明：平面． (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用全等三角形来证明垂直，再利用线线垂直证明线面垂直即可； （2）利用空间向量法来求线面角，然后解一元二次方程即可. 【详解】（1）设，因为， 所以，所以． 在三角形ODA与中，因为， 所以，从而， 又，所以，即． 因为平面平面，所以， 又，平面，所以平面． （2）以（1）中的为坐标原点，所在的直线分别为轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则． 设，因为， 所以，则， 所以． 设平面的法向量为， 则令，则． 设直线与平面所成的角为， 则， 化简得，解得或（舍去）， 故． 17．（15分）已知半圆的圆心为O，直径，C为的中点，将扇形绕着翻折使B 到达的位置，如图所示，扇形在翻折过程中形成的几何体的体积为.点D，E分别在上且不与端点重合，. (1)求证; (2)求平面与平面夹角的余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据给定条件，证得平面，再利用性质推理得证. （2）由（1）中信息，以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，设，求出平面的法向量，利用面面角的向量法列式，再结合正弦函数的性质求出最大值. 【详解】（1）设， 在半圆中，直径，为中点，则，折后，， 由扇形在翻折过程中形成的几何体的体积为， 得，则，所以，所以， 又，平面，因此平面， 又平面，所以. （2）由（1）得直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由，令，则，， 则，， 设平面的一个法向量， 则，取，则，， 所以得平面的一个法向量， 而平面的一个法向量， 因此 ， 由，得，则， 所以当时，， 所以平面与平面夹角余弦的最大值为. 18．（17分）如图，在直三棱柱中，，，，P为棱上的动点，点Q为的中点. (1)若， （i）证明：平面； （ii）求直线与直线的所成角的余弦值； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii） (2)2 【分析】（1）（i）可利用中位线找平行关系，利用线面平行的判定定理证明即可；（ii）通过建立空间直角坐标系，再利用向量夹角公式计算即可； （2）设出P点坐标，分别求出两个平面的法向量，再利用法向量夹角公式建立方程求解即可. 【详解】（1）（i）因为，所以P为的中点， 连接，因为Q为的中点，所以，且Q为的中点， 所以为的中位线，所以， 因为平面，平面，所以平面. （ii）取的中点O，的中点E，连接，， 因为三棱柱为直棱柱，且的中点为，的中点E， 所以平面，又因为，且的中点为，所以， 所以，，两两垂直，以为原点，直线，，分别为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，， 所以，则，，，， 所以，， 所以， 故直线与直线的所成角的余弦值为. （2）在（ii）的坐标系下，设（）， 又，则， 设平面的一个法向量为，则即 取，则，，所以， 易知为平面的一个法向量， 所以，整理得，解得或（舍）， 所以. 19．（17分）如图，四棱锥中，平面，平面平面， (1)证明：平面： (2)点为线段上一点（与不重合）. （i）若，求二面角的余弦值： （ii）是否存在点，使得四点共球且该球心位于平面内，若存在，指出点位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在，时点使得，，，四点共球且该球心位于平面内. 【分析】（1）方法一：利用线面垂直判定定理，通过证明垂直平面内两条相交直线与来实现；方法二：先求出相关边长和角度，再证明垂直平面内两条相交直线与. （2）（i）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，分别求平面与平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值. （ii）先根据向量关系得出点坐标，再利用球心到四点距离相等列出方程，求解方程得到球心坐标，最后根据球心在平面内确定的值. 【详解】（1）方法一：由平面，平面，得， 因为平面平面，且平面平面， 取的中点，连接，又因为，所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面. 方法二：因为平面，平面，得， 又因为，所以，， 又因为，所以，，又因为， 由余弦定理得， 所以，故， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面，因为平面，故， 又因为，且，，、平面， 所以平面. （2）（i）以为原点，、、方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 由于，即，即， 所以，则， 设平面的法向量为，，， 则，令，则， 设平面的法向量为，，则， 令，则，设二面角的平面角为，注意到为锐二面角， 所以，即二面角的余弦值为. （ii）设，则， 设过，，，四点的球的球心为， 半径为，则， 即，求解可得：， 令，解得满足条件， 综上所述：时点使得，，，四点共球且该球心位于平面内. 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)选择性必修第二册第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.点(4-1,3)关于平面yO:的对称点为() A.(4,1,3) B.(-4,-1,3) C.(41,-3) D.(4,-1,-3) 【答案】B 【分析】根据空间直角坐标系中点的对称关系可得结果 【详解】在空间直角坐标系中，点(x,y,)关于平面yOz对称的点，其y坐标和z坐标保持 不变，x坐标变为原来的相反数，则点(4-13)关于平面yO:的对称点为(4，-13)，故选：B. 2.在三棱锥A-BCD中，E是CD的中点，则() A. BE=4B-LAC-LAD B.B距=-AB+1AC+1AD 2 D. 丽-孤-c-为0 2 【答案】B 【分析】利用中线向量公式，再结合向量的减法，即可求解 【详解】 B 由B是cD的中点，可知=号Bc+号BD=(ac-B)+(aD-AB)Ac+号AD-AB, 故选：B 3.已知空间向量a=(5.0,1),i= 则在ā上的投影向量的模为() A.3 B.2 C.1 D.√5 2 【答案】A 【分析】根据投影向量的模的公式计算后可得正确的选项 【年】6在石上的设重的模为，因为a=人5a小.6=}写） 所以a6-5分0版0+1k55,1a-W+0-2 所以投影向量的模为3，放选：A 4.己知点P(1,2,1),2(1,-2,3),点P在平面内，若平面a的一个法向量i=（1,0,1),则点 Q到平面a的距离为() A.1 B.√2 C.5 D.2 【答案】B 【分析】求出向量PO,然后利用点到平面的距离公式计算可得 【详解】因为P(1,2,1),2(1,-2,3),所以P0=(0,-4,2),又点P在平面a内，平面a的一个 法向量i=(-1,0,1),所以点Q到平面α的距离为d P0列_2万，故选：B √2 5.在三棱锥A-BCD中，AB⊥BC,BD=CD,E为BC的中点，且AB=4,ED=√5， 若二面角A-BC-D的大小为汇，则BBD=() 6 A.6 B.25 C.-6 D.-25 【答案】C 【分析】根据题意，二面角A-BC-D的平面角就是向量BA与ED的夹角，进而得AB与ED 的夹角为π-π_5 ，再根据数量积定义求解即可！ 66 【详解】因为BD=CD,E为BC的中点，所以DE⊥BC,因为AB⊥BC, 所以二面角A-BC-D的平面角就是向量BA与ED的夹角，为， 6 因为向量西与BA方向相反，所以西与D的夹角为元-工江，因为AB=4,8D=5, 66 所以亚而-画网警-456 2 6.在长方体ABCD-ABGD中，AB=4,BC=3,AA=2,点E是AB的中点，那么异面直 线DE和BC所成的角的余弦值等于() A.3v7 B. V17 6 C. D. 6v17 17 17 17 17 【答案】A 【详解】以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 由已知，A(3,0,0),B(3,4,0),C(0,4,0),D(0,0,0),E(3,2,2),向量DE=(3,2,2),BC=（-3,0,0), 则异面直线DE和BC所成的角的余弦值为： DE.BC 3×(-3)+2×0+2×0 9_3W17 DE BC V32+2+2×V-3)2+02+0217×317 ZA D A E B 7.如图，在三棱锥P-ABC中，D为BC的中点，PD⊥平面ABC, AB⊥AC,∠PCA=60°，AB=AC=PB=PC=2,则直线BP与平面PAC所成角的正弦值为 () D A. 6 B.5 c. D. 3 4 3 4 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面PAC的法向量，利用向量夹角公式计算直线BP 与平面PAC所成角的正弦值. 【详解】在△ABC中，AB L AC,且AB=AC=2,所以△ABC是等腰直角三角形. 因为D为BC的中点，根据等腰三角形性质，ADL BC 在RtAABC中，BC=VAB2+AC=V22+2=22,所以AD=1BC=V反 因为PD⊥平面ABC,AD,BCC平面ABC,所以PD⊥AD,PD⊥BC 以D为原点，DA、DB、DP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系 所以D0.ao,A5.Qo.BD-号Bc=5，a(05.0,c0-5.o 设P(0,0,h),在Rt△PDC中，PC=2,CD=√2 所以PD=VPc2-cD=2-(=5,故P0,0,2) 所以AP=(（-√2,02,4c=（5,-2,0）, i.AP=-√2x+√2z=0 设平面PAC的法向量为i=(x,y,),则 i:Ac=-V2-V2y=0' 令x=1,则y=-1,z=1,所以平面PAC的一个法向量为i=(L,-1,1) BP=(0,-V2,2),设直线BP与平面PAC所成的角为0. 所以sn0=kos<丽i== 0x1+-②x(-1)+2x1=2W2= V4XV3 2xV5= 8.如图，正方体ABCD-AB,CD的棱长为4，G,E、F分别是CC,AB,BC的中点，P 是四边形CC,D,D内一动点，若直线AP与平面EFG没有公共点，则线段AP的最小值为() D C B P G B A.√6 B.√7 C.2√6 D.2W5 【答案】C 【分析】以D为原点，以DA,DC,DD所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设 P(0,m,t),由直线AP与平面EFG没有公共点得t=4-m,代入A配方求最值可得答案 【详解】以D为原点，以DA,DC,DD所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角 坐标系， ZA A H 设P(0,m,t)(0≤m≤4,0≤t≤4)， 则D(0,0,0),E(4,2,0),G(0,4,2),F(2,4,0),A(4,0,0), EF=(-2,2,0),EG=(4,2,2,AP=(4,m9, i.EF=-2x+2y=0 设平面EFG的法向量为i=(x,y,),则 i.EG=-4x+2y+2z=0 令x=1,则y=1,z=1,可得i=(1,1,1), 因为直线AP与平面EFG没有公共点，所以API1平面EFG, 则n⊥AP,即元.AP=4+m+t=0,t=4-m, 所以AP=16+m2+t=6+m2+4-m）2=26u-2+24, 即当m=2时，此时t=2,AD取得最小值，最小值为2√6故选：C. 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.已知正四面体P-ABC的棱长为2，点M,N分别为PA,PB的中点，则() A.MNLPC B.直线M与PC所成角的余弦值为5 C.CM.AN= D.该正四面体的内切球体积为6， 27t 【答案】ABD 【分析】取AB的中点D,利用线面垂直的判定性质判断A:利用定义法求出异面直线夹角 余弦判断B:利用空间向量数量积运算律计算判断C:利用体积法求出内切球的半径”，进 而求出球的体积判断D, 【详解】对于A中，因为点M,N分别为PA,PB的中点，所以MN∥AB, 取AB的中点D,分别连接PD,CD,因为PA=PB,AC=BC,所以PD⊥AB,CD⊥AB, 又因为PDOCD=D且PD,CDC平面PCD,所以AB⊥平面PCD, 因为PCc平面PCD,所以AB⊥PC,又因为MN∥AB,所以MN⊥PC,所以A正确： 对于B,取AC的中点E,连接ME,BE,因为M为PA的中点，所以ME //PC, 所以异面直线BM与PC所成角，即为直线BM与ME所成角所成的角， 因为正四面体的棱长为2，可得MB=号PC=1,BM=BE=V3, 在aBMB中，可得coS∠BME=BM+ME-BE_V3)2+12-W323 2BM.ME 2xV3×1 6 所以异面直线与PC所成角的余弦值为。，所以B正确： 对于C,设向量及=a历-c-c,则4--l-2,且ab-ac-6c-号 a.b=a.c=b.c=2x2xcos=2, 3 因为亚-应-元}-元-a-,=丽-顶西-顶-a, 所以厦丽-a-0-0-a68}5+a-片2-142 2a- 2 所以C错误：对于D,设正四面体P-ABC的底面正三角形ABC的中心为O,连接PO,AO, 在等边三角形ABC中，可得A0=2W ,在直角△PAO中，可得 3 PO=PA'-A02= 2-2-2,即正四面休P48C的高为=5， 3 3， 所以正四面体P-ABC的体积为V-号Seh=×5× 3 3*￥×2×2622 33 又由正四面体P-ABC的表面积为S=4×5×2:=4N5, 4 设正四面体P一ABC的内切球的半径为r, 限据等体积法。可得7-台57，即25}45，解得- 6 所以内切球的体积为-4=4（ 元，所以D正确， 3 6 27 10.金刚石，俗称“金刚钻”，它是一种由碳元素组成的矿物，是自然界中天然存在的最坚硬 的物质，如图1所示是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个 碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接.从立体几何的角度来看，可以认 为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子 距离都相等的位置，如图2所示，EA=EB=EC=ED,若正四面体ABCD的棱长为2，则() 图1 图2 A.E为四面体ABCD外接球的球心 3 B.正四面体ABCD外接球的表面积为 C.二面角A-BC-D的余弦值是 D.BE.BC=2 【答案】ACD 【分析】根据正四面体外接球的特征可判断A,B,求出二面角的平面角可判断C,利用数量 积的运算公式可判断D. 【详解】对于A,因为EA=EB=EC=ED,所以E为四面体ABCD外接球的球心，A正确： 对于B,设底面正三角形8CD的外接圆半轻为，则2=2元45 simπ3，即r=23 3 3 正四面体的高为h=√AB-产_2W6 3~,设外接球的半径为R,则R=户+(h-R) 2h-,所以正四面体A5CD外接球的表面积为S=4:-6,B不正确。 解得R=+6 对于C,取BC的中点M,连接AM,DM, 因为△ABC和△DBC都是正三角形，所以AM⊥BC,DM⊥BC,∠AMD就是二面角 A-BC-D的平面角， 因为AM=DM=5,4D=2,所以cos∠D=4M+DM-1D-,C正确： 2AM·DM 3 对于D,在ABBC中，BB=BC=R=6,BC=2,由余弦定理可得cos∠BBC-V6 2 所以BEBC=V6 x2cos∠BC-2,D正确 11.如图，在棱长为3的正方体ABCD-ABCD中，点P为线段BC1上的一个动点，则() D A D:. A.三棱锥A-PAD的体积为定值 B.存在点P,使AC1⊥平面APD C.若BP=BC,则二面角A-B,P-D的余弦值为 D.若BP=BC,则过点4，D,P三点的平面截正方体所得截面的周长为5V2+2W0 3 【答案】ABD 【分析】根据平行线的性质，结合三棱锥体积公式判断选项A:利用线面垂直的判定定理判 断选项B;建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行运算判断选项C;利用正方体 截面性质判断选项D 【详解】对于A:连接AD,显然AD,/BC,ADC平面AADD,BC￠平面AADD, 所以BCII平面AADD,因为点P为线段BC,上的一个动点， 所以点P到平面AADD的距离等于点B到平面AADD的距离，即AB的长度， 因为'-AD=,-4D S4D·AB为定值，所以本选项说法正确： D A D D: 对于B: 当点P与点B重合时， 因为CC⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 所以CC1⊥BD,因为四边形ABCD是正方形， 所以AC L BD,因为CC∩AC=C,CC,ACC平面CCA, 所以BDI平面CCA,又因为AC1C平面CC,A,所以BD⊥AC, 同理可证明AD⊥AC,因为AD⌒BD=D,AD,BDC平面ABD, 所以AC⊥平面ABD,因此存在点P,使AC⊥平面APD,所以本选项说法正确： 对于C:建立如图所示的空间直角坐标系， 40o岛a31@03r(3 瓜=Q3列=(0-引=-到 设平面ABP的法向量为=(x,y,), m.AB=3y+3z=0 mRp=-3x-3,」 令c=-1,得y=1,x=1,即i=(1,1,-1), 一X- z=0 2”2 平面DBP的法向量为=(x,,5), 3 元·D2-2x+3y2 1=0 n.Bp=-3x3. ,令c=-1,得x=1,y=-1,即i=(1,-1,-1), 212=0 i 1-1+1 1 cos(m,)= 园V1+1+1×1+1+13? 显然二面角A-B,P-D的余弦值为。不正确，因此本选项说法不正确： 2 B B 对于D:在平面BCC,B,中，过点P作B,C的平行线，交BB,BC于M,N两点， 则4DM为所求的我面，因为B丽-号BC,所以BM=BN-2 所以MW=√22+22=2√2，AM=DN=V32+1=10,AD=V32+32=3√2， 所以ADM的周长为210+2√2+3V2=5迈+20 因此过点A,D,P三点的平面截正方体所得截面的周长为5√2+210，所以本选项正确， 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.已知三棱锥O-ABC的顶点O在底面ABC上的射影为△ABC的外心.若AB=3,AC=4, 则OABC的值为 【答案】 7 2 【分析1由题可知，OB=0C,再结合空间斯坦纳定理：OABC-Oc+西-O5-AC） 再代入计算即可， 【详解】解：如图， 0 --- B 因为O在底面ABC上的射影为△ABC的外心H,所以OB=OC, 由空间斯坦纳定理：01，c-0c+而-0-4C'18,4C-7 2 2 7 故答案为：- 2 13.在三棱锥A-BCD中，AB=CD=N5,AD=BC=2,BD=2Y5,4D1DC,AB⊥BC, > 则异面直线BD与AC所成的角的余弦值为 【案】} 【分析】将两直线夹角转化为两向量夹角的绝对值，先求解BDAC的数量积，再利用空间 向量夹角余弦值公式进行求解即可。 【详解】因为在三棱锥A-BCD中，AD⊥DC,AB⊥BC,AB=CD=√5，AD=BC=2, 所以BD.AC=(BA+AD(AD+DC BA.AD+DC+ADAD+DC=BA.AC+AD+AD.DC 又由题知AD⊥DC所以AD⊥DC,所以AD.DC=0, 所以BD.AC=BA(AB+BC)+AD2=AD-AB=4-3=1. 又因为AC=VA9+C-万，D-25,所以o(m,aC BD.AC 1 7 BD AC 21 所以异面直线BD与AC所成的角的余弦值为分故答案为：专 14.如图，三棱锥D-ABC中，底面ABC为直角三角形，∠C为直角，DA⊥面ABC,且 CA=CB=DA=1,P为棱AC上一个动点，则P到直线BD的距离的最小值为 D ---------->B 【答案】② 2 【分析】建立空间直角坐标系，根据点到直线距离的向量公式即可求解， 【详解】以C为原点，以CA,CB所在直线为x,y轴，如图建系， 0 ZA B 则B(0,1,0),D1,0,1),BD=(1,-1,1),设Pt,0,0),(0≤t≤1)，则BP=,-1,0), BP在BD方向上投影向量长度为| BP.BD t+1 I BDI 故P到直线BD的距离d BP t+1)2 t+2t+1 22-2t+2 3 3 3 当t=时，d= 2 2 故答案为：巨 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)如图，正方体ABCD-ABCD的棱长为6，点E,F分别是棱BC,CD上的 动点（包含端点），且CE=DF. D A A B (1)证明：B,F⊥DE； (2)当三棱锥C-C,EF的体积最大时，求平面C,EF与平面CEF夹角的余弦值； (3)若直线DB,和平面CDE所成角的正弦值为 √33 求BE的长 11 【答案】(1)证明见解析 23 (3)4 【分析】(1)根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法证明B,F⊥DE即可证明结论： (2)根据V三棱G-csr=t(6-),结合基本不等式得三棱锥C-CEF的体积最大时，t=3, 再求解对应面的法向量，计算平面的夹角余弦值即可： (3)求解平面CDB的法向量为方=(6，-t,t),再根据线面角求得t=2即可求得BE=6-t=4 【详解】(1)证明：以D为坐标原点，DA,DC,DD的方向分别为x轴、y轴、z轴的 正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D D 设CE=DF=t(0≤t≤，则D(0,0,0),B(6,6,0),C(0,6,0),E(t,6,0),F(0,t,0),D(0,0,, B(6,6,6),C1(0,6,6. 因为B,F=(←6，t-6,-6),D,E=(化，6，-6)，所以B,F.D,E=-6t+6t-)+36=0, 所以BF⊥DE,即B,F⊥DE. (2)解：三棱锥C-CEF的体积即三棱锥C1-CEF的体积，此时0<t<6. 因为时cc,2646161【9--9, 32 当且仅当t=6-t,即t=3时，等号成立， 所以当三棱锥C-CEF的体积最大时，t=3,此时E(3,6,0),F(0,3,0) 所以FE=(3,3,0),EC=(-3,0,6). FE.m=3x+3y=0 设平面CEF的一个法向量为m=(x,y,z),则 EC1·i=-3x+6z=0 令z=1,则x=2,y=-2,所以m=(2,-2,1) 因为平面CEF的一个法向量为n=(0,0,1),所以cos(m,)= m.元。2×0-2×0+1×1_1 m网√22+（←2）2+12×13’ 所以平面C8F与平面CBF夹角的余弦值为3 DC.=0 (3)解：设平面CDE的法向量为p=(a,b,c),则 DE.币=0 6b+6c=0 因为DC1=(0,6,可，DE=,6,0),所以 ta+6b=0 令a=6,则b=-t,c=t,所以D=(6,-t,t) 设直线DB,和平面C,DE所成的角为B,则sinO= cos(D丽 因为DB,=(6,6,6,sin0= V33 11 同66x36+交V36,解得1=2或=2（舍去. DB· 所以cos(DB,D 36-6t+6d23V33 所以BE=6-t=4 16.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD,且DA=DC,BA=BC=V2. p B (1)证明：BDL平面PAC. (2)若PC=AC=2,直线AP与平面rCD所成角的正弦值为35 ,求BD的长. 10 【答案】(1)证明见解析 (2)BD=4 【分析】(1)利用全等三角形来证明垂直，再利用线线垂直证明线面垂直即可： (2)利用空间向量法来求线面角，然后解一元二次方程即可 【详解】(1)设AC∩BD=O,因为DA=DC,BA=BC,BD=BD, 所以△DBA≌ADBC,所以∠ODA=∠ODC 在三角形ODA与△ODC中，因为∠ODA=∠ODC,DA=DC,DO=DO, 所以△ODA≌AODC,从而∠DOA=∠DOC, 又∠DOA+∠DOC=180°，所以∠DOA=90,即BD⊥AC. 因为PC⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以BD⊥PC, 又AC∩PC=C,AC,PCC平面PAC,所以BDL平面PAC. (2)以(1)中的O为坐标原点，OB,OC所在的直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空 间直角坐标系，则C(0,1,0),P(0,1,2). 设BD=a,因为OA=OC=1,BA=BC=V2,AC⊥BD, 所以OB=√2-1=1，则A(0,-1,0),D(1-a,0,0), 所以CD=(1-a,-1,0),CP=(0,0,2)AP=0,2,2) 设平面PCD的法向量为=(xy,=), i.CP=2-=0, 令x=1,则i=(1,1-a,0). i.CD=(1-ax-y=0, 设直线AP与平面PCD所成的角为O, AP.n 21-a 则sin0= 3v5 Ad-网2W2.Vd-2a+210' 化简得a2-2a-8=0,解得a=4或a=-2(舍去)， 故BD=4. 17.(15分)已知半圆的圆心为O,直径AB=2,C为AB的中点，将扇形BOC绕着OC翻 置，如图所示，扇形BOC在翻折过程中形成的几何 点D,E分别在AC,BC上且不与端点重合，AD=CE.· (1)求证OA⊥BE; (2)求平面OAB'与平面ODE夹角的余弦值的最大值！ 【答案】(1)证明见解析 ⊙9 【分析】(1)根据给定条件，证得OA⊥平面B'OC,再利用性质推理得证 (2)由(1)中信息，以O为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，设 ∠4A0D=6∈0,2 求出平面ODE的法向量，利用面面角的向量法列式，再结合正弦函数 的性质求出最大值， 【详解】(1)设∠B'OB=,0<a<π， 在半圆O中，直径AB=2,C为AB中点，则OC⊥AB,折后OC⊥OA,OC⊥OB, 由扇形B0C在翻折过程中形成的几何体B8OC的体积为君， 得品分了1后则a=受所以408-登所以0110， 2π23 2 又OC∩OB'=O,OC,OB'C平面B'OC,因此OA⊥平面B'OC, 又B'EC平面B'OC,所以OA⊥B'E (2)由(1)得直线OA,OC,OB'两两垂直， 以O为坐标原点，直线OA,OC,OB′分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， ZA B 则O(0,0,0),A1,0,0),C(0,1,0,B(0,0,), 由D云.令∠400-0(0写}则D((0i.o.,E0css血0. 则OD=(cos0,sin6,0),OE=(0,cos8,sinθ)， 设平面ODE的一个法向量i=(x,y,z）, =ycs+sin0csin0 y=-sin0cos0. m.OD=x cos+ysin=0 则 所以得平面ODE的一个法向量m=(sin20,-sin0cos8,cos20, 而平面OAB的一个法向量i=(0,1,0), 因此cos(m,= 流 sinθcosθ m-同√sin日+sin28cos28+cos◆日 sinecos0 1 (sin0+cos')-sin'0cos 2 1 2 sinecose sin 20 得20e(0,π)，则0<simn20≤1， 所以当6年时k饭砚号。 3 所以平面Q1B'与平面ODB夹角余弦的最大值为 3 18.(17分)如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，AB=BC=√5，AA=2,AC=4,P为 棱AC上的动点，点Q为AB的中点. B B (1)若4C=2AP, (i)证明：BC∥平面CPQ; (ii)求直线C2与直线AC的所成角的余弦值： (2)诺平面CP0与平面4ACC4夹角的余弦值为 ,求CP的值. 3 【答案】()(1)证明见解析：（的④ (2)2 41 【分析】(1)()可利用中位线找平行关系，利用线面平行的判定定理证明即可；()通过 建立空间直角坐标系，再利用向量夹角公式计算即可： (2)设出P点坐标，分别求出两个平面的法向量，再利用法向量夹角公式建立方程求解即 可 【详解】(1)(i)因为AC=2AP,所以P为AC的中点， 连接AB,因为Q为AB的中点，所以Q∈AB,且Q为AB的中点， 所以QP为△ABC的中位线，所以QP∥BC1, 因为QPc平面CPQ,BC￠平面CPQ,所以BC∥平面CPQ. (ii)取AC的中点O,AC1的中点E,连接EO,BO, 因为三棱柱ABC-AB,C为直棱柱，且AC的中点为O,AC的中点E, 所以OP⊥平面ABC,又因为AB=BC,且AC的中点为O,所以OA⊥OB, 所以OB,OA,OB两两垂直，以O为原点，直线OA,OB,OE分别为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB=BC=√5，A4=2,AC=4, 所以0B=1,则4(2,0,0)，B(0,12),C(-2,0,0), 所以C0= 32,4=4c=(4o ZA 所以c0sC,4G Co.AC -12-6W④ co.4G 41, 故直线C巴与直线4C的所成角的余弦值为6④ 1 (2)在(ii)的坐标系下，设C卫-CA=(42,0,0)(0≤1≤1)， 又CC=(0,0,2),则Cp=CC+CP=(41,0,2), CP.m=0 [42x+2z=0, 设平面CPQ的一个法向量为=(x,y,),则 即 1 C0m=03x+5y+z=0, 取x=1,则y=42-6,z=-2元，所以m=(1,42-6,-2), 易知i=(0,1,0)为平面ACCA的一个法向量， 所以cosi,= 41-6_2√ V2022-481+373 ,整理得42+121-7=0，解得元=}或2=-7（合）， 2 2 所以GP-AC2 19.(17分)如图，四棱锥P-ABCD中，BC⊥平面PAB,平面PAC⊥平面ABCD, LBAD=90,PA=AB=BC=1,AD=2 B (I)证明：PAL平面ABCD: (2)点E为线段PD上一点（E与P,D不重合)· ①若器背求二面角P-4C-日的会弦强： (i)是否存在点E,使得B,C,P,E四点共球且该球心位于平面ABCD内，若存在，指出点 E位置；若不存在，请说明理由 【答案】(1)证明见解析 (2i)6 ()存在，P亚=4PD时点E使得B,C,P,B四点共球且该球心位于平面 3 ABCD内 【分析】(1)方法一：利用线面垂直判定定理，通过证明PA垂直平面ABCD内两条相交直 线BC与BK来实现；方法二：先求出相关边长和角度，再证明PA垂直平面ABCD内两条相 交直线BC与DC (2)(1)建立空间直角坐标系，确定各点坐标，分别求平面PAC与平面ACE的法向量，利 用法向量求二面角P-AC-E的余弦值， ()先根据向量关系得出E点坐标，再利用球心到四点距离相等列出方程，求解方程得到 球心坐标，最后根据球心在平面ABCD内确定入的值 【详解】(I)方法一：由BC⊥平面PAB,PAC平面PAB,得BC⊥PA, 因为平面PAC⊥平面ABCD,且平面PAC∩平面ABCD=AC, 取AC的中点K,连接BK,又因为BA=BC,所以BK⊥AC, 又因为BKC平面ABCD,所以BK⊥平面PAC, 因为PAC平面PAC,所以BK⊥PA, 又因为BC∩BK=B,BC、BKC平面ABCD,所以PA⊥平面ABCD 方法二：因为BC⊥平面PAB,BAC平面PAB,得BC⊥BA, 又因为AB=BC=1,所以AC=√2，∠BAC=45°， 又因为∠BAD=90°，所以，∠CAD=45°，又因为AD=2, 由余弦定理得cD:=AD+AC:-24D.AC co∠C4D=442-2×2x52, 2 所以AC2+CD2=AD2,故AC⊥CD, 因为平面PAC⊥平面ABCD,且平面PAC∩平面ABCD=AC,CDC平面ABCD, 所以CD⊥平面PAC,因为PAc平面PAC,故DC⊥PA, 又因为BC⊥PA,且BCOCD=C,BC∩BK=B,BC、BKC平面ABCD, 所以PA⊥平面ABCD (2)()以A为原点，AB、AD、AP方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标 系 则A(0,0,0)，B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,1), 由于器即器苏，即正o-网， 所以亚-0--a20r子aay》则o号引 设平面PAC的法向量为=(x,,Z),AC=1,1,0),A亚=(0,0,1)， 则货0令，则=10 则 设面4C的法向量为m=化，店〔》则 C=x2+y2=0 %A=2 + 30 令x2=1,则n=(1,-1,1),设二面角P-AC-E的平面角为0，注意到日为锐二面角， 2 所以cosθ % √23 3 即=面角P-AC-B的余弦值为y 3 (ii)设P亚=PD(0<<1),则E(0,22,1-)(0<1<1), 设过B,C,P,E四点的球的球心为O(x,y,), 半径为R,则R2=OB2=OC2=OP2=OE2, (x-1)2+y2+z2=R2 s2 2 (x-1)2+(y-1)}+z2=R2 即 x2+y2+(-102=R2 ,求解可得： y=2 5λ x2+(y-2)+[z-1-)]=R z=2- 2 令二=0，解得元=-∈(0,1)满足条件， 综上所述：PE=4PD时点B使得B,C,P,B四点共球且该球心位于平面ABCD内 5相教版高中数学选择性必修第二册 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)选择性必修第二册第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.点(4-1,3)关于平面yOz的对称点为() A.(41,3) B.(-4,-1,3) C.(41,-3) D.(4,-1,-3) 2.在三棱锥A-BCD中，E是CD的中点，则() A丽恋-号c号而 B.BE=-4B+4C+1AD 2 C.BE=4B+LAC+LAD D.亚=04c40 2 则b在a上的投影向量的模为() A.3 2 B.2 C.1 D.5 4.已知点P(1,2,1),2(1,-2,3),点P在平面a内，若平面a的一个法向量i=（-1,0,1),则点 Q到平面a的距离为() A.1 B.√2 C.5 D.2 5.在三棱锥A-BCD中，AB⊥BC,BD=CD,E为BC的中点，且AB=4,ED=√3， 若二面角A-BC-D的大小为，则ABBD=() 6 A.6 B.2W3 C.-6 D.-25 6.在长方体ABCD-ABGD中，AB=4,BC=3AA=2,点E是AB,的中点，那么异面直 线DE和BC所成的角的余弦值等于() A.37 B.17 17 17 C. D. 617 17 7.如图，在三棱锥P-ABC中，D为BC的中点，PD⊥平面ABC, AB⊥AC,∠PCA=60°，AB=AC=PB=PC=2,则直线BP与平面PAC所成角的正弦值为 () A.V6 3 B.5 c. 4 3 D.② 4 8.如图，正方体ABCD-ABCD的棱长为4，G,E、F分别是CC,AB,BC的中点，P 是四边形CCD,D内一动点，若直线AP与平面EFG没有公共点，则线段AP的最小值为() D D A.6 B.√万 C.2√6 D.2W5 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.已知正四面体P-ABC的棱长为2，点M,N分别为PA,PB的中点，则() A.MN⊥PC B.直线M与PC所成角的余弦值为 6 C.CN.N D.该正四面体的内切球体积为Y6元 27 10.金刚石，俗称金刚钻”，它是一种由碳元素组成的矿物，是自然界中天然存在的最坚硬 的物质，如图1所示是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个 碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接.从立体几何的角度来看，可以认 为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子 距离都相等的位置，如图2所示，EA=EB=EC=ED,若正四面体ABCD的棱长为2，则() H B 图1 图2 A.E为四面体ABCD外接球的球心 B.正四面体ABCD外接球的表面积为？ C.二面角ABC-D的余弦值是号 D.BE.BC=2 11.如图，在棱长为3的正方体ABCD-ABCD中，点P为线段BC1上的一个动点，则() D A.三棱锥A-PAD的体积为定值 B.存在点P,使AC⊥平面APD C.若5=8C,则二面角A-BP-B的余弦值为 3 D.若BP=BC,则过点4，D,P三点的平面截正方体所得截面的周长为5V2+210 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.己知三棱锥O-ABC的顶点O在底面ABC上的射影为△ABC的外心.若AB=3,AC=4, 则OA.BC的值为 B.在三枝锥A-BCD中，4B=CD=3,AD=BC=2,BD2,ADLDXC,AB上BC 则异面直线BD与AC所成的角的余弦值为 14.如图，三棱锥D-ABC中，底面ABC为直角三角形，∠C为直角，DA⊥面ABC,且 CA=CB=DA=I,P为棱AC上一个动点，则P到直线BD的距离的最小值为一· D .3 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，正方体ABCD-ABGD的棱长为6，点E,F分别是棱BC,CD上的 动点（包含端点），且CE=DF. D C D C A B (1)证明：BF⊥D,E: (2)当三棱锥C-C,EF的体积最大时，求平面C,EF与平面CEF夹角的余弦值： (3)若直线DB和平面CDB所成角的正弦值为YS ,求BE的长 11 16.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD,且DA=DC,BA=BC=√2. B (1)证明：BDI平面PAC. (2)若PC=AC=2,直线AP与平面2CD所成角的正弦值为35 求BD的长. 10 17.(15分)已知半圆的圆心为O,直径AB=2,C为AB的中点，将扇形BOC绕着OC翻 折使B到达B的位置，如图所示，扇形B0C在翻折过程中形成的儿何体BBOC的体积为君 点D,E分别在AC,BC上且不与端点重合，AD=CE.· B B (1)求证OA⊥B'E; (2)求平面OAB与平面ODE夹角的余弦值的最大值， 18.(17分)如图，在直三棱柱ABC-AB,C1中，AB=BC=√5，A41=2,AC=4,P为 棱AC上的动点，点Q为AB,的中点. P B计C B (1)若A4C=2AP, (i)证明：BC∥平面CPQ; (ii)求直线C2与直线AC的所成角的余弦值： 2)若平面CP0与平面4CC4夹角的余弦值为25，求CP的值 3 19.(17分)如图，四棱锥P-ABCD中，BC⊥平面PAB,平面PAC⊥平面ABCD, ∠BAD=90°，PA=AB=BC=1,AD=2 D (1)证明：PA⊥平面ABCD: (2)点E为线段PD上一点(E与P,D不重合). 0若路行求二面箱户一4C-8的会弦组： (i)是否存在点E,使得B,C,P,E四点共球且该球心位于平面ABCD内，若存在，指出点 E位置：若不存在，请说明理由 湘教版高中数学选择性必修第二册 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）选择性必修第二册第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．点关于平面的对称点为（   ） A． B． C． D． 2．在三棱锥中，是的中点，则（    ） A． B． C． D． 3．已知空间向量，，则在上的投影向量的模为（    ） A． B．2 C．1 D． 4．已知点，点在平面内，若平面的一个法向量，则点到平面的距离为（   ） A．1 B． C． D．2 5．在三棱锥中，，，为的中点，且，，若二面角的大小为，则（    ） A． B． C． D． 6．在长方体中，，点是的中点，那么异面直线DE和BC所成的角的余弦值等于（   ） A． B． C． D． 7．如图，在三棱锥中，为的中点，平面，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 8．如图，正方体的棱长为4，G，E、F分别是，AB，BC的中点，P是四边形内一动点，若直线AP与平面EFG没有公共点，则线段AP的最小值为（   ） A． B． 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．已知正四面体的棱长为2，点分别为的中点，则（   ） A． B．直线与所成角的余弦值为 C． D．该正四面体的内切球体积为 10．金刚石，俗称“金刚钻”，它是一种由碳元素组成的矿物，是自然界中天然存在的最坚硬的物质，如图1所示是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接.从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示，，若正四面体的棱长为2，则（   ）    A．为四面体外接球的球心 B．正四面体外接球的表面积为 C．二面角的余弦值是 D． 11．如图，在棱长为3的正方体中，点P为线段上的一个动点，则（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点P，使平面 C．若，则二面角的余弦值为 D．若，则过点，D，P三点的平面截正方体所得截面的周长为 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．已知三棱锥的顶点在底面上的射影为的外心．若，，则的值为________． 13．在三棱锥中，，，，，，则异面直线与所成的角的余弦值为________． 14．如图，三棱锥中，底面为直角三角形，为直角，面，且，为棱上一个动点，则到直线的距离的最小值为______． 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）如图，正方体的棱长为6，点，分别是棱，上的动点（包含端点），且． (1)证明：； (2)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)若直线和平面所成角的正弦值为，求的长． 16．（15分）如图，在四棱锥中，平面，且． (1)证明：平面． (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 17．（15分）已知半圆的圆心为O，直径，C为的中点，将扇形绕着翻折使B 到达的位置，如图所示，扇形在翻折过程中形成的几何体的体积为.点D，E分别在上且不与端点重合，. (1)求证; (2)求平面与平面夹角的余弦值的最大值. 18．（17分）如图，在直三棱柱中，，，，P为棱上的动点，点Q为的中点. (1)若， （i）证明：平面； （ii）求直线与直线的所成角的余弦值； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 19．（17分）如图，四棱锥中，平面，平面平面， (1)证明：平面： (2)点为线段上一点（与不重合）. （i）若，求二面角的余弦值： （ii）是否存在点，使得四点共球且该球心位于平面内，若存在，指出点位置；若不存在，请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $