第一章空间向量与立体几何单元试卷（二）-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 《空间向量与立体几何》高二单元卷，150分120分钟，覆盖向量概念、坐标运算、线面关系等核心知识，通过基础辨析与综合应用梯度设计，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|8/40|零向量性质、法向量方程|基础概念辨析，如向量相等条件判断| |多选题|3/18|向量垂直与投影、线面平行|多角度考查空间位置关系，如正方体中线面关系判断| |填空题|3/15|点到线距离、正四面体向量运算|结合几何体计算，如正四面体重心线段长度| |解答题|5/77|线面平行证明、二面角计算|以四棱锥、圆柱为背景，综合应用空间向量法，如二面角余弦值范围求解|

《空间向量与立体几何》单元测试（二） 高二 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟。 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 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．给出下列命题： ①零向量的方向是任意的； ②若两个空间向量相等，则它们的起点相同，终点也相同； ③若空间向量，满足，则； ④空间中任意两个单位向量必相等． 其中正确命题的个数为（    ）． A． B． C． D． 2．设，向量，，，且，，则（    ）． A． B． C．5 D．6 3．我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程：，化简得．类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（     ） A． B． C． D． 4．已知为空间的一组基底，能与，组成基底的向量是（ ） A． B． C． D． 5．对于三维向量，，定义，，，则（    ） A． B． C． D．以上选项均不正确 6．如图，在正方体中，点P满足，则向量与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 7．已知为空间中四点，任意三点不共线，O为平面ABC外一点，且，若四点共面，则的最小值为（    ） A． B． C．9 D．4 8．在空间直角坐标系中，，，点满足，则点到轴距离的最大值为（     ） A． B．4 C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题列出的选项中，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．已知空间向量，，下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则在上的投影向量为 C．若，则 D．若与的夹角为钝角，则 10．正方体的棱长为2，点，分别为棱，的中点，则有（   ） A．与平面平行 B． C．平面 D．四边形的面积为 11．在棱长为2的正方体中，点P满足，且，，则下列说法正确的是（   ） A．若，则平面 B．若，则 C．若，则P到平面的距离为 D．若，时，直线与平面所成角为，则 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知点，点，则点到直线的距离为________. 13．如图，在棱长为9的正四面体中，是的重心，是棱的中点，点在线段上，且有，则线段的长度为_______________. 14．在正方体中，，点,在线段上，且.点、、是正方体表面上动点,且，则的最小值为______. 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．如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，，，点是棱上的动点，且． (1)若，证明：平面； (2)若与平面所成角的正弦值为，求的值． 16．如图所示，在四棱锥中，平面，底面为等腰梯形，且，连接． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面所成锐角的余弦值． 17．如图，顶点为的圆锥的轴截面是等边三角形，是底面圆周上的点，是底面圆内的点，为底面圆圆心，，垂足为，，垂足为，且，是的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值的取值范围； (3)若，求三棱锥的体积． 18．如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，是该圆柱底面圆周上异于、两点的点． (1)设平面平面，证明：； (2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值． 19．如图所示，在四棱锥中，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若，，二面角的平面角为. （ⅰ）求平面与平面的夹角的正弦值； （ⅱ）设点为四棱锥外接球面上的一点，求点到平面距离的最大值，并求此时点的坐标. 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《空间向量与立体几何》单元测试（二）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D D C A A A D AB ABD 题号 11 答案 AD 1．D 【分析】根据零向量的定义判断①，根据相等向量的定义判断②③，根据单位向量定义判断④. 【详解】零向量是大小为的向量，零向量的方向是任意的，命题①正确； 方向相同，大小相等的空间向量相等，它们的起点不一定相同，终点也不一定相同，命题②错误； 若空间向量，满足，但由于它们的方向不一定相同，故不一定相等，③错误； 空间中任意两个单位向量由于它们的方向不一定相同，故它们不一定相等，④错误； 所以正确的命题只有个； 故选：D. 2．D 【分析】由条件结合垂直向量的坐标表示和平行向量的坐标关系求，由此可求的坐标，再求其模即可. 【详解】因为，，， 所以，所以， 因为，，，所以，所以， 所以， 所以. 故选：D. 3．D 【分析】结合题意可得出所求平面的点法式方程，化简即可. 【详解】由题意可知经过点的平面的一个法向量为， 该平面的方程为，即. 4．C 【分析】根据基底的概念判断即可. 【详解】对于A，，共面，不可为基底； 对于B，，共面，不可为基底； 对于C，假设共面，则，则，得，即为零向量， 这与为空间的一个基底，不为零向量矛盾，故不共面，可作为空间的一个基底， 对于D，，共面，不可为基底. 5．A 【分析】根据题意得到，结合空间向量运算的坐标表示即可求解. 【详解】已知，，根据题意，， 因此. 6．A 【详解】如图，以D为原点，分别以，，所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为3，则，，，， 所以，， 故， 所以向量与夹角的余弦值为.   7．A 【详解】因为四点共面，则有， 由共面条件可得，，即， 所以， 当且仅当，即，即时，等号成立. 故选A. 8．D 【分析】先分析点的轨迹，再求到轴距离的最大值. 【详解】设，则，， 由可得，， 整理得：. 所以点轨迹是以为球心，以为半径的球面. 因为点到轴的距离为， 所以点到轴距离的最大值为. 9．AB 【分析】根据数量积的坐标运算判断A，根据投影向量的定义判断B，根据向量模的坐标表示判断C，由求出的范围，即可判断D. 【详解】对于A：若，则，解得，故A正确； 对于B：当时，，则，， 所以在上的投影向量，故B正确； 对于C：若，则，解得，故C错误； 对于D：若与的夹角为钝角，则，解得， 若，则，方程无解，所以与不共线， 所以若与的夹角为钝角，则，故D错误. 故选：AB 10．ABD 【分析】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判断ABC；求出四边形面积判断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， 则， 对于A，，即，而直线， 因此，又平面，平面， 则平面，A正确； 对于B，，， 因此，B正确； 对于C，，， 因此不垂直，直线与平面不垂直，C错误； 对于D，， 等腰梯形的高， 因此四边形的面积，D正确. 11．AD 【分析】利用面面平行判断线面平行，即可判断A，建系后写出相关点的坐标，对于B，利用向量的数量积的坐标公式计算即可判断；对于C，利用空间中点到平面的距离公式计算即可：对于D，由条件求得，利用线面角的向量求法得到，借助于函数的单调性即可求得的范围. 【详解】连结，，，由可知，点在线段上， 因为，平面，平面，所以平面， 同理平面，且，且，平面， 所以平面平面，平面，所以平面，故A正确； 如图以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 对于B，，， 则，得， 所以，，， 故不与垂直，故B错误； 对于C，时，，又，， 设平面的法向量为，则， 故可取，又， 则到平面的距离为，故C错误； 对于D，当，时，，则， 又由C已得平面的法向量为， 则， 当时，， 当时，， 因在上单调递减，则，则有， 则，则当时，，故D正确． 12． 【分析】先求出直线的方向向量和向量，再代入空间点到直线的向量距离公式计算即可. 【详解】由点，，，得： ， , ， ， , 根据空间点到直线的距离公式 . 13． 【分析】选取作为空间向量的一组基底，利用重心和线段比例关系将用基底表示，再通过数量积运算求模长. 【详解】设， 因为是棱长为的正四面体， 所以，且两两夹角为， 则，, 因为是的重心，所以， 因为是棱的中点，所以， 所以, 因为点在线段上，且，所以， 则， 所以 ， 所以，即线段的长度为. 14．/ 【分析】建立空间直角坐标系，由已知可得点在球心为半径为2的球面上，由向量的知识可知，求出的最小值解答即可. 【详解】如图， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，由， 则， 即， 也即， 由此可知点都是在球心为，半径为2的球面上， 由于，故是球的直径，为中点， ， 故要求的最小值，只需要求出的最小值， 而在正方体的表面上，设点在平面内的射影为， 则当在处时， 此时，即的最小值为. 15．(1) 如图连接交于点，连接 因为且， 所以， 因为，所以， 所以，所以 ， 又因为平面，平面, 所以平面 (2) 【分析】（1）根据平行线等分线段定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）略 （2）如图建立空间直角坐标系，则,， 则,， 因为，所以， 所以， 设平面的一个法向量， 则 ，即，令，得， 所以，解得或（舍） 所以的值为. 16．(1) 如图所示，取的中点，连接，， 所以，则四边形是平行四边形，故， 同理，四边形是平行四边形． 又因为，所以四边形是菱形，故， 所以， 又因为平面平面，所以． 又因为平面平面， 所以平面． 又因为平面，所以平面平面． (2) 【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明平面平面. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）略 （2）如图所示，分别以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则有， 所以， 设平面的法向量为， 则有，故可取， 由（1）可知平面的法向量为， 因为， 所以平面与平面所成锐角的余弦值为． 17．(1)证明：由题意得平面，因为平面，所以． 又，，，平面，所以平面． (2) (3) 【详解】解：（1）略 （2）由题意可知，圆锥底面半径为1，高为， 即，，设，则， 由（1）可知平面，因为平面，所以， 又，平面与平面相交于直线，平面，平面， 所以就是二面角的平面角， 在直角三角形中，， 因为，，， 所以， 故二面角的余弦值的取值范围为．     （3）由（1）得，平面，因为，平面，所以，． 又，，平面，，所以平面． 因为，所以，， 在直角三角形中，由，得， 在直角三角形中，由，， 得， 又，所以， 所以． 18．(1)证明：因为为正方形， 所以，又因为平面，面， 所以平面， 又因为平面平面，平面 所以 (2) 【分析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理即可证明； （2）利用空间向量法，分别求出两个面的法向量即可求出答案；也可以利用面面角的定义找到所求角，借助三角函数定义求出余弦值. 【详解】（1）略 （2）设的边上的高为，则， 当三棱锥的体积最大时，，即B为的中点. 法1：因为B为的中点，所以，因为面，，面， 所以，以，，为x，y，z轴正方向，建立如图所示坐标系. 因为，，，面，， 所以面，所以面的法向量 设面的法向量，，，，，， 所以，令，则，，所以. 设二面角的平面角为，， 由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 法2：连接，作，连接. 因为，，，面，， 所以面. 又因为面，所以. 又因为，，面，，所以面. 因为面，所以. 因为，面，面， 所以为二面角的平面角. 在中，，，， 所以，所以， 所以二面角的余弦值为. 19．(1)如图（1）所示，连接，取的中点为，因为，所以， 又因为，所以，所以B，O，D三点共线， 即，所以； 又因为，为中点，所以，，平面，，所以平面， 又因为平面，所以平面平面； (2)（ⅰ）（ⅱ）， 【分析】（1）先证明平面，得到平面平面； （2）（ⅰ）建立空间坐标系，得到法向量,,根据二面角向量公式：,计算可得； （ii）根据确定球心位置为，点到平面距离的最大值转化为半径与点到平面距离的和，得到平面，根据点到平面的距离的向量公式计算可得. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）因为，，则即为二面角的平面角，即. 因为，，为中点，所以，又因为，在中，由余弦定理得：，所以，即，因为，所以. 因为，，，所以， 又因为，则. 又因为，，，所以，即. 记过点且与平面垂直的直线为轴，因为平面平面，所以轴在平面内.再以，为，轴建立空间直角坐标系，如图（2）所示. 则，，，，，. 设平面的一个法向量为，，， 由，令，则，则； 设平面的一个法向量为，，， 由，令，则，，则. 设平面与平面的夹角为，则， 则，即平面与平面的夹角的正弦值为； （ii）由上分析可知，，所以点为四棱锥外接球的球心，且外接球半径为2. 因为，平面的一个法向量为， 则点到平面的距离， 所以点到平面距离的最大值为：，并且此时平面. 设，所以有，且，则有①，②， 令，即，，， 代入①得：，即，所以或. 所以或. 当时，， 此时点到平面的距离为：，所以不符合题意，舍； 当，， 此时点到平面的距离为：，所以符合题意， 所以点的坐标为. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $