空间向量与立体几何单元检测试卷（人教A版2019）
一、单选题
1．已知向量，，则（ ）
A． B． C． D．
2．设，向量，且，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．若向量，，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知，分别是平面的法向量，若，则（ ）
A． B． C．1 D．7
5．中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．在棱长为2的正四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，则（ ）．
A． B．1 C． D．2
7．如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（ ）
A． B． C．4 D．2
8．棱长为的正方体内有一个内切球，过正方体中两条互为异面直线的，的中点作直线，该直线被球面截在球内的线段的长为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知点,在z轴上求一点B，使|AB|＝7，则点B的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
10．已知，，则（ ）
A． B．
C． D．∥
11．如图所示的几何体是由正方形ABCD沿直线AB旋转90°得到的，设G是圆弧的中点，H是圆弧上的动点（含端点），则（ ）
A．存在点H，使得
B．存在点H，使得
C．存在点H，使得EH∥平面BDG
D．存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°
12．下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题
13．已知两平面的法向量分别为，，则两平面所成角的大小为 .
14．已知空间三点A(1，-1，-1)，B(-1，-2，2)，C(2，1，1)，则在上的投影向量的模是 .
15．在正三棱柱中，，点P满足，其中，则三角形周长最小值是 .
16．如图，在长方体中，，为中点，则三棱锥外接球的表面积为 .
四、解答题
17．如图，平行六面体的底面是菱形，且，．
(1)求的长；
(2)求异面直线与所成的角．
18．如图所示，四棱锥的底面是平行四边形，，，，F分别是棱的中点，二面角为.
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
19．已知向量是空间的一个基底，从，，中选哪一个向量，一定可以与向量，构成空间的另一个基底？
20．如图一， 是等边三角形，为边上的高线，分别是边上的点，；如图二，将沿翻折，使点到点的位置，.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值.
21．如图，矩形ABCD中，，，N为边BC的中点，将沿直线AN翻折成三角形，M为线段的中点.
(1)证明：平面；
(2)在翻折过程中，求直线与平面ABCD所成角的正弦的最大值.
22．在四棱锥S﹣ABCD中，已知底面ABCD为菱形，若.
(1)求证：SE⊥平面ABCD；
(2)若，设点H满足，当直线与平面所成角的正弦值为时，求μ的值.试卷第4页，共5页
试卷第1页，共1页
试卷第1页，共1页
试卷第6页，共1页空间向量与立体几何单元检测试卷（人教A版2019）
一、单选题
1．已知向量，，则（ ）
A． B． C． D．
2．设，向量，且，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．若向量，，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知，分别是平面的法向量，若，则（ ）
A． B． C．1 D．7
5．中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．在棱长为2的正四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，则（ ）．
A． B．1 C． D．2
7．如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（ ）
A． B． C．4 D．2
8．棱长为的正方体内有一个内切球，过正方体中两条互为异面直线的，的中点作直线，该直线被球面截在球内的线段的长为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知点,在z轴上求一点B，使|AB|＝7，则点B的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
10．已知，，则（ ）
A． B．
C． D．∥
11．如图所示的几何体是由正方形ABCD沿直线AB旋转90°得到的，设G是圆弧的中点，H是圆弧上的动点（含端点），则（ ）
A．存在点H，使得
B．存在点H，使得
C．存在点H，使得EH∥平面BDG
D．存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°
12．下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题
13．已知两平面的法向量分别为，，则两平面所成角的大小为 .
14．已知空间三点A(1，-1，-1)，B(-1，-2，2)，C(2，1，1)，则在上的投影向量的模是 .
15．在正三棱柱中，，点P满足，其中，则三角形周长最小值是 .
16．如图，在长方体中，，为中点，则三棱锥外接球的表面积为 .
四、解答题
17．如图，平行六面体的底面是菱形，且，．
(1)求的长；
(2)求异面直线与所成的角．
18．如图所示，四棱锥的底面是平行四边形，，，，F分别是棱的中点，二面角为.
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
19．已知向量是空间的一个基底，从，，中选哪一个向量，一定可以与向量，构成空间的另一个基底？
20．如图一， 是等边三角形，为边上的高线，分别是边上的点，；如图二，将沿翻折，使点到点的位置，.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值.
21．如图，矩形ABCD中，，，N为边BC的中点，将沿直线AN翻折成三角形，M为线段的中点.
(1)证明：平面；
(2)在翻折过程中，求直线与平面ABCD所成角的正弦的最大值.
22．在四棱锥S﹣ABCD中，已知底面ABCD为菱形，若.
(1)求证：SE⊥平面ABCD；
(2)若，设点H满足，当直线与平面所成角的正弦值为时，求μ的值.
试卷第4页，共5页
试卷第1页，共1页
参考答案：
1．D
【分析】根据向量线性运算的坐标表示得出答案.
【详解】，
故选：D.
2．A
【分析】根据向量平行和垂直的坐标表示求出y和x即可．
【详解】，
∥，
∴.
故选：A.
3．D
【分析】根据空间向量的坐标运算法则一一计算可得；
【详解】解：因为，，所以，，，
所以与不垂直也不平行，所以，
故选：D
4．B
【分析】利用平面平行可得法向量平行，列出等式即可求解
【详解】因为，分别是平面的法向量，且，
所以，即，解得
故选：B
5．A
【分析】建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式求；两向量的夹角的余弦值，结合线面角的定义可得结论.
【详解】如图，设上底面圆心为，下底面圆心为，
连接，，，，，
以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，则
，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则
，所以，
令，则，
所以为平面的一个法向量；
，
设直线与平面所成角的为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：A．
6．C
【分析】根据向量加减、数乘的几何意义可得，再由已知及向量数量积的运算律求.
【详解】
由题设，，
因为，
所以，
所以．
故选：C．
7．C
【分析】根据题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】由二面角的平面角的定义知，
∴，
由，得，又，
∴
，
所以，即.
故选：C.
8．A
【分析】建立空间直角坐标系，根据向量求出球心到直线的距离.然后根据球的过球心的截面圆的半径等于球的半径，求出直线被圆截得的弦长即可.
【详解】由已知得，内切球的半径为·
如图1，以为坐标原点建立空间直角坐标系，所以球心，，，，.
过点作于点，则是的中点，连结，，
所以.
又球的半径为，所以在球内的线段长度即为被以为圆心，以为半径的圆截得的弦长，如图2.
则，所以.
故选：.
9．AC
【分析】设点B的坐标为,根据空间两点间距离公式列式求解.
【详解】设点B的坐标为,
由空间两点间距离公式可得，解得或10,
所以B点的坐标为或.
故选：AC.
10．AD
【分析】根据向量的坐标模长公式、线性运算、数量积的坐标表示、共线向量定理逐项判断即可.
【详解】对A，因为，所以，故A正确；
对B，，故B不正确；
对C，，所以不垂直，故C不正确；
对D，，所以∥，故D正确.
故选：AD.
11．ACD
【分析】先将图形补全为一个正方体，对于A、B：利用正方体的性质直接判断；对于C、D：以A为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】由题意可将图形补全为一个正方体，如图示：
对于A：因为正方体中，面，
所以.所以当重合时，有.故A正确；
对于B：因为面，而是圆弧上的动点，所以不成立.故B错误；
对于C：以A为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.设，
则，
所以.
设为平面的一个法向量，则，
不妨设，则.
假设平面，则，所以.
因为，所以，即是圆弧的中点，符合题意.故C正确；
对于D：当点与点重合时,直线EH与平面BDG所成角最大，
因为，所以,
此时直线EH与平面BDG的所成角的正弦值为，
由,得直线EH与平面BDG的所成角的最大角大于30°，
所以存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°，选项D正确.
故选：ACD
12．AC
【分析】根据四点共面的条件逐项判断即可求得结论．
【详解】空间向量共面定理，，若，，不共线，且，，，共面，则其充要条件是；
对于A，因为，所以可以得出，，，四点共面；
对于B，因为，所以不能得出，，，四点共面；
对于C，，则，，为共面向量，所以与,，一定共面；
对于D，因为，所以，因为，所以不能得出，，，四点共面．
故选：AC．
13．45°/
【分析】根据法向量和平面夹角的关系即可求解．
【详解】，∴，
因为两平面夹角范围是[0°,90°]，
∴这两个平面所成角的大小为45°．
故答案为：45°．
14．
【分析】先求得，再根据投影向量的模的公式求解即可
【详解】由题，，故在上的投影向量的模
故答案为：.
15．/
【分析】根据题意，结合向量线性运算可知，点在线段上，再根据两点之间线段最短，即可求解.
【详解】根据题意，因为，其中，
所以点在线段上.
如图所示，沿展开正三棱柱的侧面，
故三角形周长为，
当、、三点共线时，取等号.
故答案为：.
16．
【解析】建立空间直角坐标系：取的中点，，，根据是直角三角形，其外接圆的圆心为，则球心在过平面的垂线上，再利用半径相等求解.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系：
取的中点，，，
因为是直角三角形，
所以其外接圆的圆心为，
所以球心在过平面的垂线上，
设球心为，则，
即，
解得，则，
所以三棱锥外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查球的外接问题，球的截面性质以及向量法球距离，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.
17．(1)
(2)90°．
【分析】(1)因为三组不共线，则可以作为一组基底，用基底表示向量，平方即求得模长.
(2) 求出两条直线与的方向向量，用向量夹角余弦公式即可.
【详解】（1）设，，，构成空间的一个基底．
因为，
所以
，
所以．
（2）又，，
所以
∴
∴异面直线与所成的角为90°．
18．(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由余弦定理求出PB，从而由勾股定理逆定理得到线线垂直，从而证明线面垂直，得到面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.
(1)
连接PE，BE，
因为为AD中点，
所以PE⊥AD，
因为，E为AD中点，
所以BE⊥AD，
因为，
所以AD⊥平面PBE，
因为平面PBE，
所以AD⊥PB，
因为，E为AD中点，
所以，由勾股定理得：，
因为，
由勾股定理逆定理可得：，
所以，
因为BE⊥AD，PE⊥AD，
所以即为二面角的平面角，
所以=.
在三角形PEB中，由余弦定理得：，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以平面ABCD，
因为平面PBC，
所以平面PBC⊥平面ABCD
(2)
由（1）证明可知：BP，BD和BA两两垂直，
以B为坐标原点，BD所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面PBC的法向量为，
则，
解得：，令得：，
所以，
设直线与平面所成角为，
则
19．
【分析】易得，再根据是否与共面判断.
【详解】因为，，
所以，
所以与共面，与共面，
所以与不可以构成空间的一个基底，与不可以构成空间的一个基底，
而与不共面，
所以与可以构成空间的一个基底.
故答案为：.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平面得到，根据勾股定理得到，得到线面垂直.
（2）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，得到平面和平面的一个法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1）因为为等边三角形，，，
为边上的高线，故，
又，平面，所以平面.
因为平面，所以.
在中，，所以，故，
而平面，平面，故平面
（2）分别以方向为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，
则.
设平面的法向量，平面的法向量，
则，且，
取，，
得到平面的一个法向量，平面的一个法向量，
设二面角大小为，则，
所以.
21．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）证得，结合线面平行的判定定理即可得出结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，然后可得， ，再由，表示成关于的表达式，结合均值不等式求解.
（1）
取的中点，连接,
因为为的中点，所以且，
因为四边形为矩形，且边BC的中点，所以且，
因此且，
所以四边形为平行四边形，所以，
且平面，平面，
所以平面；
（2）
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
设，因为，
所以，
即， ，
,
由于轴垂直于平面，则平面的一个法向量为，
设直线与平面ABCD所成角为，
则，
，
，
，
，
由，且，
解得或），
由题意得：，
所以，
当且仅当，即时，等号成立；
故直线与平面ABCD所成角的正弦的最大值为.
22．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用菱形的性质及线线垂直证线面垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面夹角计算即可.
【详解】（1）由底面ABCD为菱形，得，
又平面，∴平面，
∵平面，∴，
又平面，∴平面，
∵平面，∴，
又平面，
∴平面；
（2）由（1）结论，可以以点E坐标原点，以向量的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，取，则，
由，则，
设平面的一个法向量为
则由，
取，则，
所以平面的一个法向量为，
直线的方向向量为，
记直线与平面所成角为θ，
则，
解得或μ＝3(舍)，∴.
试卷第1页，共1页
试卷第21页，共16页
