第一章空间向量与立体几何（暑假单元测试卷）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 本单元卷聚焦高二上学期“空间向量与立体几何”单元，通过基础题与综合题梯度设计，考查投影向量、线面角、翻折旋转等核心知识，适配单元复习，培养空间观念与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|投影向量、空间向量线性表示、对称关系判断|基础巩固，层次分明，如单选考向量运算，多选考位置关系论证| |填空题|3题15分|共面向量、平行六面体棱长、曼哈顿距离|结合创新情境，如第14题引入曼哈顿距离，体现数学语言表达| |解答题|5题77分|正方体中向量表示与法向量、四棱锥线面垂直、翻折与旋转综合问题|突出综合性，如第18题翻折结合外接球与线面角，第19题旋转问题，培养空间观念与推理能力|

2026-2027学年高二上学期单元测试卷 第一章 空间向量与立体几何 数学•全解全析 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．已知，，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 2．在直三棱柱中，，分别为，的中点，设，，，则（    ） A． B． C． D． 3．在空间直角坐标系中，已知，，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 4．如图，三棱锥中，，，，且，，则（   ） A． B． C． D． 5．已知空间向量，，的长度分别为1，3，4，且两两夹角均为，点G为的重心，则（   ） A． B． C． D． 6．在棱长为2的正方体中，点，分别为平面，平面的中心，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 7．已知正方体的棱长为1，点在正方体内（包含表面）运动，若，则动点的轨迹所形成区域的面积是（   ） A． B． C． D． 8．如图，在正方体中，为棱上一点且，点是棱上的动点，给出下面个结论： ①存在点，使； ②存在点，使； ③的面积不变； ④三棱锥的体积不变． 则正确的结论的个数是（    ） 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．在空间直角坐标系中，已知点，（与点不重合），则下列结论正确的是（   ） A．若点，关于平面对称，则 B．若点，关于轴对称，则 C．若，则 D．若，则 10．三棱锥中，两两垂直，且，下列命题中错误的是（   ） A． B． C．三棱锥的体积为 D．和的夹角为 11．在等腰梯形中，为中点，点为的中点，将沿折起到的位置，使得平面平面，下列说法中正确的有（    ） A．平面 B．点到平面的距离为 C．与平面所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球表面积为 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．已知四点共面，且任意三点不共线，为平面外任意一点，若，则 ． 13．在平行六面体中，底面是边长为正方形，侧棱的长为，且，则的长为 . 14．对于两个空间向量与，我们可以定义它们之间的欧式距离为，欧式距离可以简单理解为两点之间的直线距离；根据需要，还可以定义它们之间的曼哈顿距离为，曼哈顿距离最初指的是区块建设的城市（如曼哈顿）中，两个路口间的最短行车距离，因此也被称为城市街区距离．如图，在棱长为的正方体中， ；若点在上底面内（含边界）运动，且，则的取值范围是 ． 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）如图，在正方体中，，，，点分别是的中点．    (1)试用表示； (2)若正方体的棱长为，求的面积； (3)保持（2）的条件不变，求平面的一个法向量． 16．（15分）如图，四棱锥中，，，平面⊥平面. (1)若，证明：； (2)若，，求长度的取值范围. 17．（15分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点． (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 18．（17分）如图，在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，连接，，，将沿着折线翻折，使点到达点位置，连接，形成三棱锥. (1)若，分别为边，上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积； (2)若，是的中点. （ⅰ）求的大小； （ⅱ）若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值. 19．（17分）如图，直四棱柱中，，，，，直线与直线所成角为，为棱的中点，矩形以边所在直线为旋转轴，逆时针旋转至矩形，如图所示. (1)求证：平面； (2)线段与平面交于点，且在上投影向量的模等于，求的值. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二上学期单元测试卷 第一章 空间向量与立体几何 数学•全解全析 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．已知，，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由，，得，， 所以在上的投影向量为. 2．在直三棱柱中，，分别为，的中点，设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在直三棱柱中，. 故选：A 故选：C 3．在空间直角坐标系中，已知，，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】依题意，得，． 因此在上得投影长为， 所以点到直线的距离为． 故选：B． 4．如图，三棱锥中，，，，且，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图所示： .故选：B 5．已知空间向量，，的长度分别为1，3，4，且两两夹角均为，点G为的重心，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】∵点G为的重心，∴， ∴.. ∴，∴，∴. 故选：B 6．在棱长为2的正方体中，点，分别为平面，平面的中心，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，平面的中心，平面的中心， 于是，， 设平面的法向量为，则，取，得， 则点B到平面APQ的距离为. 故选：B 7．已知正方体的棱长为1，点在正方体内（包含表面）运动，若，则动点的轨迹所形成区域的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】在棱长为1的正方体中， ， 则，而，由数量积的几何意义知，在上投影的数量为， 因此点在与垂直的平面内，且点到该平面的距离为， 在正方体中易证平面，点到平面的距离为， 取的中点，易得平面平面， 则平面，且点到平面的距离为， 所以点的轨迹所形成区域为等边，面积为. 故选：B 8．如图，在正方体中，为棱上一点且，点是棱上的动点，给出下面个结论： ①存在点，使； ②存在点，使； ③的面积不变； ④三棱锥的体积不变． 则正确的结论的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】不妨以为原点，、、分别为、、轴正方向建立直角坐标系， 设，则，，，设， 结论：，，令得，故当与重合时，，正确； 结论：，，令，故当时，，正确； 结论：与不平行，故点运动时到距离不是定值，又为定值，故的面积不是定值．错误． 结论：到底面距离不变，面积不变，而为定值．正确． 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．在空间直角坐标系中，已知点，（与点不重合），则下列结论正确的是（   ） A．若点，关于平面对称，则 B．若点，关于轴对称，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BC 【解析】对A，若点，关于平面对称，则， 所以，故A错误； 对B，若点，关于轴对称，则， 所以，故B正确； 对C，若，则，故C正确； 对D，若，则， 所以，两式相减得，故D错误. 故选：BC 10．三棱锥中，两两垂直，且，下列命题中错误的是（   ） A． B． C．三棱锥的体积为 D．和的夹角为 【答案】ABD 【解析】对于A，易知， 因为两两垂直，所以，而， 所以，即A正确； 对于B，易知， 因为两两垂直，所以，所以，即B正确； 对于C，易知， 显然，所以， 因此， 又，，所以， 所以， 因为两两垂直，且， 所以三棱锥的体积为，即C错误； 对于D，因为， 又，所以， ， 同理， 设和的夹角为， 可得，可得，即D正确. 故选：ABD 11．在等腰梯形中，为中点，点为的中点，将沿折起到的位置，使得平面平面，下列说法中正确的有（    ） A．平面 B．点到平面的距离为 C．与平面所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球表面积为 【答案】ACD 【解析】在等腰梯形中，为中点， ，且，四边形为平行四边形， ，且，又，所以为等边三角形， 即，所以四边形和四边形均为菱形， ，，， ，翻折后， ，， 又平面，，所以平面，故A正确； 对于B，平面平面，平面平面，， 平面，平面，， ，，， 则，即，， 设点到平面的距离为， ，解得，故B错误； 对于C，与平面所成角的正弦值为，故C正确； 对于D，根据题意为等边三角形，且平面平面， 设外接圆圆心，过分别作平面与平面的垂线，交点即为球心，连接， ， ， 所以三棱锥外接球表面积为，故D正确； 故选：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．已知四点共面，且任意三点不共线，为平面外任意一点，若，则 ． 【答案】/0.4 【解析】∵， 由空间向量共面定理得：， 故答案为：. 13．在平行六面体中，底面是边长为正方形，侧棱的长为，且，则的长为 . 【答案】 【解析】 ， 所以. 故答案为： 14．对于两个空间向量与，我们可以定义它们之间的欧式距离为，欧式距离可以简单理解为两点之间的直线距离；根据需要，还可以定义它们之间的曼哈顿距离为，曼哈顿距离最初指的是区块建设的城市（如曼哈顿）中，两个路口间的最短行车距离，因此也被称为城市街区距离．如图，在棱长为的正方体中， ；若点在上底面内（含边界）运动，且，则的取值范围是 ． 【答案】 【解析】以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、，则，， 所以． 因为在上底面内（含边界）运动，且， 则，即在上底面内，点在以为圆心，为半径的圆周上， 可设，则，，， 所以，， 因为，则，所以． 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，在正方体中，，，，点分别是的中点．    (1)试用表示； (2)若正方体的棱长为，求的面积； (3)保持（2）的条件不变，求平面的一个法向量． 【解析】（1）因点分别是的中点， 则，， 则. （2）以为原点，分别以的方向为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，， 则， 则，，， 得，则， 则， 故的面积为. （3）设平面的法向量为 则，令，则， 平面的一个法向量为. 16．（15分）如图，四棱锥中，，，平面⊥平面. (1)若，证明：； (2)若，，求长度的取值范围. 【解析】（1）设平面平面， 平面平面，平面， 又平面，平面平面，， ，， 又平面平面，平面平面平面， 平面. 又平面， 即. （2）在中由余弦定理可得，则有, 即. 又 以点为原点，以，平面的垂线所在直线分别为轴，建立如图坐标系，则， 设，则, 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则. 同理可求平面的一个法向量为， 由于平面平面，则，故则. 又，， ，解得或. 若，则; 若，则. 综上所述，长度的取值范围. 17．（15分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点． (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1） 取的中点，连接，， 因为为的中点， 所以， 因为， 所以， 所以四边形为平行四边形，所以． 又平面平面， 所以平面． （2） 因为平面，即两两垂直， 故可以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 因为，所以， 所以．   设平面的法向量为， 则 取，得， 所以． 因为平面， 所以平面． 所以为平面的一个法向量．   设平面与平面的夹角为， 则． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18．（17分）如图，在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，连接，，，将沿着折线翻折，使点到达点位置，连接，形成三棱锥. (1)若，分别为边，上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积； (2)若，是的中点. （ⅰ）求的大小； （ⅱ）若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）由题意得，又，，平面，， 所以平面，则此时三棱锥如图所示， 由题意得，，，，都是直角三角形，所以， 将三棱锥补全为长方体，此时三棱锥的外接球球心为长方体对角线的中点， 即， 所以三棱锥外接球的表面积为. （2）（ⅰ）设，，则，， 因为，所以， 在直角三角形中，得，整理得，， 因为，， 所以， 因为，所以，故. （ⅱ）由（ⅰ）知，设，则， 所以，， 所以 ， 因为，所以， 当时，有最大值，最大值为1，此时有最小值， 所以当取最小值时，，且， 由，得，， 所以，，. 如图1，取中点，连接，，则，，故，，，四点共线， 当取最大值时，即平面平面，由翻折关系知， 故直线，，两两垂直，且，， 如图2，以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， ∴，， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成的角为，则. ∴直线与平面所成角的正弦值为. 19．（17分）如图，直四棱柱中，，，，，直线与直线所成角为，为棱的中点，矩形以边所在直线为旋转轴，逆时针旋转至矩形，如图所示. (1)求证：平面； (2)线段与平面交于点，且在上投影向量的模等于，求的值. 【解析】（1）中，，，， 由余弦定理得， 因为，故， 在四棱柱中，，，故四边形为平行四边形， 所以， 因为直线与直线所成角为， 所以为直线与直线所成角或其补角， 又因为，所以，则，所以， 因为，，故四边形为平行四边形，所以， 所以， 又平面，平面，所以平面. （2）（法一）因为，，，所以， 由勾股定理得，且， 因为为直四棱柱，故以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、，设点，. ，， 因为在投影向量的模为， 所以即，得或（舍去）， 所以，， 因为、、、四点共面，所以设平面的一个法向量为， 由，令，得， 由题意可得，则， 由得， 化简得，所以. （法二）因为，，，所以， 由勾股定理得，且， 因为为直四棱柱，故以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、，设点，. ，，， 因为在投影向量的模为， 所以，，得或（舍去）， 所以，， 因为、、、四点共面， 所以设平面的一个法向量为，由， 令，得，由题意可得，， 由得， 化简得，所以. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $