检测2空间向量与立体几何能力卷
一、单选题(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．（24-25高二上·四川成都·期末）向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024-2025河南高二上学期12月阶段性联合考试数学试题）在平行六面体中，点，分别在棱，上，且，.若，则（ ）
A． B． C． D．
3．（广西玉林市六校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷）已知，若，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
4．（24-25高二上·安徽·阶段练习）在直三棱柱中，，，若点满足，其中，则直线与平面所成角的最大值为（ ）
A． B． C． D．
5．（24-25高二上·广东佛山·阶段练习）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（24-25高二上·浙江·期中）正方体的棱长为2，是棱的中点，是棱上一点（含端点），且，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．1
7．（24-25高二上·山东·阶段练习）如图，正方形的棱长为4，G，E分别是，的中点，是四边形内一动点，，若直线与平面没有公共点，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（24-25高二上·北京·阶段练习）在正方体中，，，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题(本大题共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．（22-23高二上·山东菏泽·阶段练习）下列命题中，正确的命题有（ ）
A．是共线的充要条件
B．若，则存在唯一的实数，使得
C．对空间中任意一点和不共线的三点，若，则四点共面
D．若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底
10．（24-25高二上·河南驻马店·期末）在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱的中点，点在底面内运动（含边界），且平面，则（ ）
A．若，则平面
B．点到直线的距离为
C．若，则
D．直线与平面所成角的正弦值为
11．（24-25高二上·山东临沂·阶段练习）点P是棱长为1的正方体的表面上一个动点，则下列结论中正确的（ ）
A．当P在平面上运动时，四棱锥的体积变大．
B．当P在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．若F是的中点，当P在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是
D．使直线与平面所成的角为的点P的轨迹长度为
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（24-25高二上·河南·阶段练习）如图，将两个相同的四棱锥与对称摆放组成一个多面体，已知平面，四边形是边长为2的正方形，若平面与平面的夹角为，则该多面体的体积为 .
13．（24-25高二上·陕西西安·阶段练习）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则
14．（24-25高二上·河北保定·阶段练习）在四面体中，空间的一个点满足，若四点共面，则 .
四、解答题(本大题共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) （24-25高二上·四川成都·期中）如图，在平行六面体中，，，，E是的中点，设，，.
(1)用向量，，表示向量，并求向量的模；
(2)证明：.
16. (15分) （2024-2025安徽高二上学期12月阶段考试数学试题）已知四棱锥的底面是梯形，底面，且，.
(1)求证：平面；
(2)求点C到平面的距离；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
17. (15分) （24-25高三上·山东临沂·阶段练习）如图，四棱锥的底面是等腰梯形，，E是棱上的动点（不含端点），F是棱上的动点．
(1)求证：无论E点如何运动，总存在点F为使得；
(2)若为等边三角形，二面角的大小为，直线与平面所成角的正弦值为 ，求的值.
18. (17分) （24-25高二上·湖北·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，为等边三角形且垂直于底面.
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的正弦值.
19. (17分) （2024-2025海南高二上学期12月月考数学试题）如图，在三棱柱中，底面，，点为的中点.
(1)证明：平面；
(2)棱上是否存在点，使二面角的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由.检测2空间向量与立体几何能力卷
一、单选题(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．（24-25高二上·四川成都·期末）向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024-2025河南高二上学期12月阶段性联合考试数学试题）在平行六面体中，点，分别在棱，上，且，.若，则（ ）
A． B． C． D．
3．（广西玉林市六校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷）已知，若，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
4．（24-25高二上·安徽·阶段练习）在直三棱柱中，，，若点满足，其中，则直线与平面所成角的最大值为（ ）
A． B． C． D．
5．（24-25高二上·广东佛山·阶段练习）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（24-25高二上·浙江·期中）正方体的棱长为2，是棱的中点，是棱上一点（含端点），且，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．1
7．（24-25高二上·山东·阶段练习）如图，正方形的棱长为4，G，E分别是，的中点，是四边形内一动点，，若直线与平面没有公共点，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（24-25高二上·北京·阶段练习）在正方体中，，，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题(本大题共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．（22-23高二上·山东菏泽·阶段练习）下列命题中，正确的命题有（ ）
A．是共线的充要条件
B．若，则存在唯一的实数，使得
C．对空间中任意一点和不共线的三点，若，则四点共面
D．若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底
10．（24-25高二上·河南驻马店·期末）在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱的中点，点在底面内运动（含边界），且平面，则（ ）
A．若，则平面
B．点到直线的距离为
C．若，则
D．直线与平面所成角的正弦值为
11．（24-25高二上·山东临沂·阶段练习）点P是棱长为1的正方体的表面上一个动点，则下列结论中正确的（ ）
A．当P在平面上运动时，四棱锥的体积变大．
B．当P在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．若F是的中点，当P在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是
D．使直线与平面所成的角为的点P的轨迹长度为
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（24-25高二上·河南·阶段练习）如图，将两个相同的四棱锥与对称摆放组成一个多面体，已知平面，四边形是边长为2的正方形，若平面与平面的夹角为，则该多面体的体积为 .
13．（24-25高二上·陕西西安·阶段练习）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则
14．（24-25高二上·河北保定·阶段练习）在四面体中，空间的一个点满足，若四点共面，则 .
四、解答题(本大题共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) （24-25高二上·四川成都·期中）如图，在平行六面体中，，，，E是的中点，设，，.
(1)用向量，，表示向量，并求向量的模；
(2)证明：.
16. (15分) （2024-2025安徽高二上学期12月阶段考试数学试题）已知四棱锥的底面是梯形，底面，且，.
(1)求证：平面；
(2)求点C到平面的距离；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
17. (15分) （24-25高三上·山东临沂·阶段练习）如图，四棱锥的底面是等腰梯形，，E是棱上的动点（不含端点），F是棱上的动点．
(1)求证：无论E点如何运动，总存在点F为使得；
(2)若为等边三角形，二面角的大小为，直线与平面所成角的正弦值为 ，求的值.
18. (17分) （24-25高二上·湖北·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，为等边三角形且垂直于底面.
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的正弦值.
19. (17分) （2024-2025海南高二上学期12月月考数学试题）如图，在三棱柱中，底面，，点为的中点.
(1)证明：平面；
(2)棱上是否存在点，使二面角的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A A C B D B D A CD ACD
题号 11
答案 BC
1．A
【分析】求出，，，再根据投影向量公式求解即可.
【详解】因为向量，，
则，，
，
所以向量在向量上的投影向量为
故选：A．
2．A
【分析】结合图形，由向量的加法法则求出即可；
【详解】
如图，，
所以，所以，
故选：A.
3．C
【分析】根据条件，利用空间向量垂直的坐标表示，即可求解.
【详解】因为向量，
又，则，
整理得到，解得，
故选：C.
4．B
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求线面角的正弦值.
【详解】分别取，中点，，则，即平面，连接，因为，所以，以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知，，，，，则，，因为，，，易知平面的一个法向量是，
设直线与平面所成角为，，
则，
所以时，，即的最大值是.
故选：B.
5．D
【分析】由向量共面的性质逐项判断即可；
【详解】对于A，，所以三向量共面，故A错误；
对于B，，所以三向量共面，故B错误；
对于C，，所以三向量共面，故C错误；
对于D，假设共面，则，即，
所以，不符合题意，所以假设不成立，故D正确；
故选：D.
6．B
【分析】由空间向量数量积确定位置，再由体积公式即可求解.
【详解】如图建立空间直角坐标系：
则，设，
则：，
所以，又是棱上一点，所以，
即是棱的中点，
所以三棱锥的体积为，
故选：
7．D
【分析】建系，设，通过平面EFG，得到，再结合距离公式及二次函数求最值即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
，．
设平面EFG的法向量为，
则，即
令，可得．设 ，则．
因为直线AP与平面EFG没有公共点，所以平面EFG，则，
所以，即．
，
当时，AP取得最小值，最小值为．
故选：D
8．A
【分析】作出相关图象，建立空间坐标系，利用空间向量求解直线与直线夹角的余弦值，即可求解.
【详解】由题意作出相关图象，如下图，
以点D为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为，
则，，，，
连接，易得与相似，又由正方体性质，
所以，从而可得，
故，，
所以，
设直线与直线夹角为，则，故A正确.
故选：A.
9．CD
【分析】举反例排除AB；对C，根据空间向量共面的条件判定；对D，根据能成为基底的条件判定.
【详解】对A，因为向量、同向时，，即必要性不成立，故A错误；
对B，当，时，满足，但不存在实数，使得，故B错误；
对C，由于，得，
若共线，则三向量共线，故三点共线，与已知矛盾，
故不共线，由向量共面的充要条件知共面，
而过同一点，所以四点共面，故C正确；
对D，若为空间的一个基底，则，，不共面，
假设共面，设，
所以，无解，故不共面，
则构成空间的另一个基底，故D正确.
故选：CD.
10．ACD
【分析】分别取棱，，，的中点M，N，P，Q作出图形，确定平面，及点G的轨迹．对于A，由条件得点G为棱的中点P，根据线面平行的性质判定即可；对于B，由，可得点G到的距离即为与间的距离，求解即可判断；对于C，连，与的交点即为点G，求解即可得出；对于D，设面，根据对称性可知，为的中点，由已知得为直线与平面所成的角，即可求解判断.
【详解】分别取棱，，，的中点M，N，P，Q，
∵点E，F分别为棱，的中点，∴，
∵，∴，
∵平面，平面，∴，
∵平面，∴平面，
∵平面，∴，同理，
∵平面，∴平面，
根据条件平面，可得平面即为平面，
于是点G的轨迹即为线段
对于A，若，则点G在上，
又点G的轨迹即为线段，则点G为棱的中点P，
连，∵，∴为平行四边形，
∴，又平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，∵点F，Q分别为棱，的中点，∴，
∴正六边形的边长为，
设正六边形的中心，
则均是边长为的正三角形，
∵,
∴，即与间的距离，
因为，所以点G到的距离即为与间的距离，
所以点G到的距离为，所以 B错误；
对于C，连，交点为，
∵，则点G在上，
又点G的轨迹即为线段，则点G为与的交点，
∵分别为的中点，则，
此时，于是满足，所以C正确；
对于D，设平面，根据对称性可知，为的中点，
∴，
∵平面，∴为直线与平面所成的角，
又，
∴，
所以直线与平面所成角的正弦值为，故D正确，
故选：ACD.
11．BC
【分析】A选项，考虑底面积和高均未变，所以体积不变；B选项，找到异面直线所成角即可判断；C选项，建系，利用距离公式求解,D选项，找到的轨迹，计算即可；.
【详解】对于A，底面正方形的面积不变，P到平面的距离为正方体棱长，故四棱锥的体积不变，故A不正确；
对于B，与所成角即与所成，为等边三角形，
当P在端点A，时，所成角最小，为，当P在中点时，所成角最大为，故B正确；
对于C，如图建系，由，
设，则
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
因为平面，所以，可得，
所以，当时，等号成立，正确.
对于D，
因为直线与平面所成的角为，
若点在平面和平面内，
因为最大，不成立；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，点的轨迹是；
在平面时，作平面，如图所示，
因为，所以，
又因为，所以，所以，
所以点的轨迹是以点为圆心，以1为半径的四分之一圆，
故的轨迹长度为，故D错误；
故选：BC
12．
【分析】由题中条件可得平面，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，根据题中条件和向量夹角公式求出，然后利用棱锥的体积公式求解.
【详解】∵平面，平面，∴，，
又，，平面，∴平面，
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则,
，
设平面的法向量为，
由，令，则，，
设平面的法向量为，
由，令，则，，
若平面与平面的夹角为，
则，解得，
所以该多面体的体积为.
故答案为：.
13．
【分析】根据两个平面平行，则其法向量也平行，由共线向量定理，列方程组，可求得，即可得到答案.
【详解】因为平面的一个法向量为，平面β的一个法向量为，，
所以，则，所以，解得，
所以.
故答案为：.
14．/
【分析】根据空间向量的基本定理建立方程，解之即可.
【详解】四面体中，不共面，
空间的一个点满足，
因为四点共面，
所以，则.
故答案为：.
15．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据空间向量的线性运算以及模长公式计算即可；
（2）将也用，，表达出来，再根据向量垂直判定定理即可求解.
【详解】（1）在平行六面体，
可得,
所以，
因为，
所以
；
（2）由（1）知，，
则
，
根据向量垂直判定定理可知，所以.
16．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接与交于点，连接，易知，即可求证；
（2）建系，由点到面的距离公式即可求解；
（3）由线面所成角的计算公式即可求解；
【详解】（1）连接与交于点，连接
因为，所以.
又，故，所以
又不在平面内，平面，
所以平面;
（2）由已知得两两垂直，
以分别为轴建立空间直角坐标系
则，又，
故,
由已知得，
设平面BDM的法向量，则，
即，取，则，故,
设点到平面的距离为，则,
（3）由（2）知平面BDM的法向量为
故,
所以直线PB与平面MBD所成角的正弦值为,
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作交于点，可得；
（2）取中点，中点，连接，证得是二面角的平面角，同时证明平面平面，以为原点，为轴，作轴与垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，求出平面的一个法向量，由空间向量法求线面角可求得，然后求出后可得比值．
【详解】（1）在中，无论在上如何移动，不是端点时，都可作交于点，
因为，所以；
（2）取中点，中点，连接，
因为是等腰梯形，是等边三角形，所以，，，
则是二面角的平面角，所以，
，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，
平面平面，则平面内过与垂直的直线必与平面垂直，
以为原点，为轴，在平面内作轴与垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，因为，
所以则，，，
又，，
所以，，，
，，，
，，，
设，， ，
设平面的一个法向量是，
则，取，得，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，整理得，解得或，
又，所以，
此时，，，
所以．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证，再由线面垂直的判定定理证明面，即可得证；
（2）建系，由面面角的向量求法，代入计算，即可得到结果；
【详解】（1）证明：如图所示，取中点，为等边三角形，，
又面垂直于底面，交线为，得面，
又面.
底面为直角梯形，，，
，，，
所以，，，
所以，得，
又，面，得面，面，所以.
（2）由（1）知面，
不妨设，则，
以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，分别以、所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，
得，，，
，，；
设平面的一个法向量为，
则，，可取；
设平面的一个法向量为，
则，即，可取.
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
19．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）连接与交于点，从而得到，利用线面平行的判定定理，即可求解；
（2）根据条件，建立空间直角坐标系，设，，，求出平面与的法向量，利用面面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）连接与交于点，则为的中点，连接，
因为点为的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）存在，；理由如下：
因，则，故，
如图建立空间直角坐标系，
设，则，，，
设，，
，，，
设平面的一个法向量为，则有，
即，取，得，
设平面的一个法向量为，则有，
即，取，得，
因为，整理得，
解得或（舍），此时．
