第28练 空间向量的概念、运算与基本定理-高考数学一轮复习小题多维练（新高考专用）

专题09 空间向量与立体几何

第28练 空间向量的概念、运算与基本定理

1．（2022·宁夏·石嘴山市第一中学一模（理））如图，在三棱锥S—ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在棱EF上，且满足，若，，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】由题意可得

.

故选：D

2．（2022·新疆乌鲁木齐·二模（理））在三棱锥中，，，，则（       ）

A． B． C．1 D．

【答案】A

【解析】解：因为三棱锥中，，，，

所以，

故选：A.

3．（2022·重庆八中模拟）若构成空间的一个基底，则下列向量也可以构成空间中的一个基底的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】选项A：令，则，，A正确；选项B：因为，所以不能构成基底；选项C：因为，所以不能构成基底；选项D：因为，所以不能构成基底．

故选：A.

4．（2022·上海黄浦·二模）在长方体中，设，，，若用向量、、表示向量，则____________．

【答案】

【解析】由题意，

故答案为：

5.已知直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为________．

【答案】

【解析】如图所示,将直三棱柱补成直四棱柱,

连接,则,所以或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．

因为,

所以, .

在中,,

所以

所以

故答案为:

1．（2022·广西桂林·模拟（文））如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为O，则下列结论中

①+与1+1是一对相反向量；②-1与-1是一对相反向量；③1+1+1+1与+++是一对相反向量；④-与1-1是一对相反向量．

正确结论的个数为（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【解析】设E,F分别为AD和A1D1的中点，

①+与+不是一对相反向量，错误；②-与-不是一对相反向量，错误；③1+1+1+是一对相反向量,正确；④-与1-不是一对相反向量,是相等向量，错误．

即正确结论的个数为1个

故选：A

2．（2022·江西新余·二模（文））已知长方体，，，M是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是（       ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【解析】如图所示，E，F，G，H，N分别为，，，DA，AB的中点，

则，，

所以平面平面，

所以动点P的轨迹是六边形MEFGHN及其内部.

又因为，所以点在侧面，

所以点的轨迹为线段，

因为AB=AD=2，，

所以.

故选：A.

3．（2022·江苏南通·模拟）已知正四棱台的上、下底面边长分别为1和2，P是上底面的边界上一点．若的最小值为，则该正四棱台的体积为（       ）

A． B．3 C． D．1

【答案】A

【解析】由题意可知，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示

，，由对称性，点在是相同的，

故只考虑在上时，设正四棱台的高为，则

，,

设，，

因为在上，所以，则

，

，

所以

由二次函数的性质知，当时，取得最小值为，

又因为的最小值为，所以，解得（负舍），

故正四棱台的体积为

.

故选：A.

4．（2022·浙江温州·二模）如图，在四面体中，、分别是、的中点，过的平面分别交棱、于、（不同于、、、），、分别是棱、上的动点，则下列命题错误的是（       ）

A．存在平面和点，使得平面

B．存在平面和点，使得平面

C．对任意的平面，线段平分线段

D．对任意的平面，线段平分线段

【答案】D

【解析】对于A选项，当时，因为平面，平面，此时平面，A对；对于B选项，当时，因为平面，平面，此时平面，B对；对于C选项，取的中点，的中点为，设，，

则有，

同理可得，，

，

，

所以，所以，，

因为、、、四点共面，则，所以，，

所以，，则，

所以，，可得，

即、、三点共线，即的中点在上，即线段平分线段，C对；对于D选项，若线段平分线段，又因为线段平分线段，则四边形为平行四边形，

事实上，四边形不一定为平行四边形，故假设不成立，D错.

故选：D.

5．（2022·广东茂名·二模）正方体的棱长为2．动点P在对角线上．过点P作垂直于的平面．记平面截正方体得到的截面多边形（含三角形）的周长为y＝f（x），设BP＝x，．下列说法中，正确的编号为 _____．

①截面多边形可能为四边形；②函数f（x）的图象关于x＝对称；③当x＝时，三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为9π．

【答案】②③

【解析】连接AB′，AC，A′D，DC′，分别以DA，DD′为x，y，建立如下图所示的空间直角坐标系：

∴，，

，

∴，，

所以D′B⊥AC，D′B⊥AB′，又，所以D′B⊥面AB′C，

同理可证：D′B⊥面A′C′D，所以面A′C′D∥面AB′C，如下图所示，

夹在面A′C′D和面AB′C之间并且与这两个平面平行的截面为六边形，

故截面只能为三角形和六边形，故①错误；由正方体的对称性，当在中点处时，可得函数的图像关于对称，故②正确；当时，此时点P在线段BD1的中点，连接AC，如图，

则，则，

所以PH⊥AC，同理可证：PH⊥BD，BD，AC⊂面ABCD，所以PH⊥面ABCD，

取PH的中点为，，则三棱锥P﹣ABC的外接球的球心为O，半径为，

则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为，故③正确．

故答案为：②③．

6．（2022·上海徐汇·三模）已知､是空间相互垂直的单位向量，且，，则的最小值是___________.

【答案】3

【解析】因为互相垂直，所以，

，

当且仅当时，取得最小值，最小值为9，

则的最小值为3.

故答案为：3

7．（2022·四川南充·二模（文））如图，棱长为的正方体中，点为线段上的动点，点，分别为线段，的中点，给出以下命题

①；②三棱锥的体积为定值；③；④的最小值为.

其中所有正确的命题序号是___________.

【答案】①②④

【解析】①如图所示，连接，，由正方体可知，且平面，即，又，所以平面，所以，即，正确；

②如图所示，连接，，，，，，由点，分别为线段，的中点，得，故平面，即点到平面的距离为定值，且，，故为定值，所以三棱锥的体积为定值，正确；

③连接，，由点为线段上的动点，设，，故，，，当时，取最小值为，当时，取最大值为，故，即，，错误；

④，当时，的最小值为，正确；故答案为：①②④.

1．（2022·辽宁大连·二模）如图所示，在正方体中，点F是棱上的一个动点(不包括顶点)，平面交棱于点E，则下列命题中正确的是(       )

A．存在点F，使得为直角

B．对于任意点F，都有直线∥平面

C．对于任意点F，都有平面平面

D．当点F由向A移动过程中，三棱锥的体积逐渐变大

【答案】C

【解析】对于A，易知，故与不垂直，故A错误；对于B，连接、AC、EF，则平面平面=EF，

若∥平面，则∥EF，显然仅当F和E为所在棱中点时与EF才平行，故B错误；对于C，连接、、、、、，

由AB⊥平面得AB⊥，易知⊥，

∵AB∩=A，AB、平面，∴⊥平面，

∴⊥，同理可证⊥，

∵∩=，、平面，∴⊥平面，

∵平面，∴平面⊥平面，故C正确；对于D，连接、、，

∵∥，平面，平面，

∴∥平面，则F到平面的距离为定值，

又△面积为定值，故三棱锥F-体积为定值，故D错误．

故选：C．

2．（2022·河南省杞县高中模拟（理））正四面体的棱长为4，空间中的动点P满足，则的取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】分别取BC，AD的中点E，F，则，

所以，

故点的轨迹是以为球心，以为半径的球面，，

又，

所以，，

所以的取值范围为．

故选：D．

3．（多选题）（2022·重庆八中模拟）下列说法不正确的是（       ）

A．若，，且与的夹角为锐角，则的取值范围是

B．若，，不共线，且，则，，、四点共面

C．对同一平面内给定的三个向量，，，一定存在唯一的一对实数，，使得.

D．中，若，则一定是钝角三角形.

【答案】ACD

【解析】对于A，依题意，，且与不同向共线，求得，解得：且，A错误；对于B，由，则，即，

于是得共面，且公共起点C，而，，不共线，，，，四点共面，B正确；对于C，同一平面内不共线的非零向量，，，才存在唯一的一对实数，，使得，否则不成立，C错误；对于D，在中，，则，于是得是锐角，不能确定是钝角三角形，D错误.

故选：ACD

4．（多选题）（2022·江苏·常州高级中学模拟）棱长为1的正方体中，点P为线段上的动点，点M，N分别为线段，的中点，则下列说法正确的是（       ）

A． B．三棱锥的体积为定值

C． D．的最小值为

【答案】ABC

【解析】选项A，连接，由正方体可知，且平面，

而，又，所以平面，

而平面，所以，即，故A正确；

选项B，连接，，，，，，

由点，分别为线段，的中点，

得，平面，平面，

故平面，即点到平面的距离为定值，

又，，故为定值，

所以三棱锥的体积为定值，故B正确；

选项C，连接，，由点为线段上的动点，

设，，

故，，

所以

，

当时，取最小值为，当时，取最大值为，

故，即，，

故C正确；

选项D，

，

当时，的最小值为，故D错误.

故选：ABC.

5．（多选题）已知直四棱柱的底面为正方形，，P为直四棱柱内一点，且，其中，，则下列说法正确的是（       ）

A．当时，三棱锥的体积为定值

B．当时，存在点P，使得

C．当时，的最小值为

D．当时，存在唯一的点P，使得平面平面PBC

【答案】ACD

【解析】对于A选项，

设Q，R分别为AB，的中点，连结QR，则.面，面，所以平面.

因为，其中，，当时，所以点P在线段QR上运动，平面，所以点P到面的距离为定值，而的面积为定值，因此三棱锥的体积为定值，故A正确；对于B选项，

连结，设M，N分别为，的中点，连结MN，则.

因为，其中，，当时，所以

点P在线段MN上运动，且，，从而，故不可能存在点P，使得，故B错误；对于C选项，

连结，则由可知B，P，三点共线，故点P在线段上运动.

连结，将翻折到平面内，得到四边形，其中，，，，连结，如图1，所以，，所以，故C正确；对于D选项，

设M为的中点，连结BM，则，由知P在线段BM上运动.设S为的中点，连结SM，则，连结BS，过P作交BS于点T，则易知PT为平面PAD与平面PBC的交线，，，故为二面角的平面角，当时，平面平面PBC，且T点唯一确定，所以P点也唯一确定.故D正确.

故选:ACD.

6．（多选题）（2022·湖北省天门中学模拟）如图，在棱长为的正四面体中，，分别在棱，上，且，若，，，，则下列命题正确的是（       ）

A．

B．时，与面所成的角为，则

C．若，则的轨迹为不含端点的直线段

D．时，平面与平面所的锐二面角为，则

【答案】AD

【分析】利用的范围，根据向量数乘的意义得点轨迹，判断AC，作出直线与平面所成的角，计算正弦值，作出二面角的平面角，计算正弦值，然后判断BD．

【解析】由题意，当，，点的轨迹是内部（不含边界），的的最小值是点到平面的距离，最大值是棱长（取不到），如图，设是的中心，则平面，从而有与平面内所有直线垂直，

，，

所以的范围是，A正确．

时，是中位线，点轨迹是线段（不含端点），作平面，为垂足，连接，则是与平面所成的角．

点到平面的距离等于，是中位线，，

由，平面，平面，得平面，

所以等于到平面的距离，也等于点到平面的距离的一半，即，

中，，，边上的高为，

所以，，所以，B错；

当时，与重合，时，与重合，是两个极限点（实际上取不到），当时，是中位线的中点．三点不共线，因此C错误；

在上取点，使得，连接，时，点轨迹是线段（不含端点），如图，由A选项讨论知平面，从而有与平面内所有直线垂直，，

作，垂足为，连接，则由于是平面内两条相交直线，

则平面，平面，所以，所以是平面与平面所的锐二面角的平面角，即．

（是中点）中，，，

，

由得，所以，

，

，D正确．

故选：AD．

7．（2022·山东泰安·模拟）《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.在堑堵中，，M是的中点，，N，G分别在棱，AC上，且，，平面MNG与AB交于点H，则___________，___________.

【答案】     6     -42

【解析】如图，延长MG，交的延长线于K，连接KN，显然平面，平面，

因此，平面MNG与AB的交点H，即为KN与AB交点，

在堑堵中，，则，即，

又，则，而，于是得，所以，

因，，所以.

故答案为：6；-42

8．（2022·北京通州·模拟）如图，在棱长为2的正方体中，点是侧面内的一个动点．若点满足，则的最大值为__________，最小值为__________．

【答案】         

【解析】解：如图建立空间直角坐标系，则，，，

设，，所以，，

因为，所以，即，，，

则动点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，

将其放到平面直角坐标系中如下图所示：

则，，，所以，所以；显然当点在时（即立体图形中的点）取得最大值，

因此的最大值为，最小值为；故答案为：；

9．（2022·福建龙岩·模拟）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型，设底边和侧棱长均为4，则该正四棱锥的外接球表面积为___________；过点A作一个平面分别交于点E､F､G进行切割，得到四棱锥，若，则的值为___________.

【答案】         

【解析】第一空，设AC，BD交于点O,连接PO,

由于为正四棱锥，故PO为四棱锥的高，

由底边和侧棱长均为4可得， ,

,

即点O到点P,A,B,C,D的距离相等，故O即为该正四棱锥的外接球球心，

则外接球半径为 ，故外接球表面积为 ；第二空， ,

设,则,

由于点A,E,F,G四点共面，故，解得，

故，则，

故答案为：；