高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)专题8.6空间向量及其运算和空间位置关系专题练习（学生版+解析）

这是一份高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)专题8.6空间向量及其运算和空间位置关系专题练习（学生版+解析），共34页。试卷主要包含了，若A，B，C三点共线，则__等内容，欢迎下载使用。
1．（2021·陕西高二期末（理））已知为空间中任意一点，四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
2.【多选题】（2021·全国）下列命题中不正确的是（ ）.
A．若､､､是空间任意四点，则有
B．若，则､的长度相等而方向相同或相反
C．是､共线的充分条件
D．对空间任意一点与不共线的三点､､，若()，则､､､四点共面
3.（2020·江苏省镇江中学高二期末）已知向量，，若，则实数m的值是________.若，则实数m的值是________.
4．（2021·全国高二课时练习）下列关于空间向量的命题中，正确的有______．
①若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则；
②若非零向量，，满足，，则有；
③若，，是空间的一组基底，且，则，，，四点共面；
④若向量，，，是空间一组基底，则，，也是空间的一组基底．
5．（2021·全国高二课时练习）已知点A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），若A，B，C三点共线，则__．
6．（2021·广西高一期末）在空间直角坐标系中的位置及坐标如图所示，则边上的中线长为___________.
7．（2021·全国高二课时练习）在三棱锥中，平面平面，，，，，，则的长为___________.
8．（2021·浙江高一期末）在长方体中，，，点为底面上一点，则的最小值为________.
9．（2021·山东高二期末）在正三棱柱中，，点D满足，则_________．
10．(2020-2021学年高二课时同步练）如图，已知为空间的9个点，且， ，求证：
（1）四点共面，四点共面；
（2）；
（3）.
练提升TIDHNEG
1．（2021·四川省大竹中学高二月考（理））如图，在平行六面体中，，，则（ ）
A．1B．C．9D．3
2．（2021·全国高二课时练习）如图所示，二面角的棱上有、两点，直线、分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于，已知，，，，则该二面角的大小为（ ）
A．B．
C．D．
3．（2021·湖北荆州·高二期末）如图，在三棱柱中，与相交于点，则线段的长度为（ ）
A．B．C．D．
4．（2020·浙江镇海中学高二期中）已知空间四边形ABCD的对角线为AC与BD，M，N分别为线段AB，CD上的点满足，，点G在线段MN上，且满足，若，则__________.
5.（2021·广西高二期末（理））在中，，，，是斜边上一点，以为棱折成二面角，其大小为60°，则折后线段的最小值为___________.
6．（2021·辽宁高一期末）已知点在正方体的侧面内（含边界），是的中点，，则的最大值为_____；最小值为______.
7．（2021·北京高二期末）如图，在四面体ABCD中，其棱长均为1，M，N分别为BC，AD的中点.若，则________；直线MN和CD的夹角为________.
8．（2021·四川高二期末（理））如图，在三棱柱中，点是的中点，，，，，设，，.
（1）用，，表示，；
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
9．（2021·浙江高一期末）已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线分别交于点且，点在直线上，为的中点，且直线平面．
（Ⅰ）设，试用基底表示向量；
（Ⅱ）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上．
10．（2021·山东高二期末）已知在空间直角坐标系中，点，，，的坐标分别是，，，，过点，，的平面记为.
（1）证明：点，，，不共面；
（2）求点到平面的距离.
练真题TIDHNEG
1．（2021·全国高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
2．(湖北卷)在如图所示的空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（ ）
A.①和② B.③和① C. ④和③ D.④和②
3.( 2018年理数全国卷II)在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A. 15 B. 56 C. 55 D. 22
4.(2019年高考浙江卷)如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.
（1）证明：；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
5.(2019年高考北京卷理)如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（1）求证：CD⊥平面PAD；
（2）求二面角F–AE–P的余弦值；
（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
6.(2019年高考全国Ⅱ卷理)如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．
专题8.6 空间向量及其运算和空间位置关系
练基础
1．（2021·陕西高二期末（理））已知为空间中任意一点，四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
根据向量共面的基本定理当时即可求解.
【详解】
，
又∵是空间任意一点，、、、四点满足任三点均不共线，但四点共面，
∴，解得
故选：B
2.【多选题】（2021·全国）下列命题中不正确的是（ ）.
A．若､､､是空间任意四点，则有
B．若，则､的长度相等而方向相同或相反
C．是､共线的充分条件
D．对空间任意一点与不共线的三点､､，若()，则､､､四点共面
【答案】ABD
【解析】
本题考察向量的概念与性质，需按个选项分析，A选项考察向量加法的意义，B选项考察向量的模的性质，C选项可以两边平方计算，D选项考察四点共面的性质.
【详解】
A选项，而不是，故A错，
B选项，仅表示与的模相等，与方向无关，故B错，
C选项，，
即，
即，与方向相反，故C对，
D选项，空间任意一个向量都可以用不共面的三个向量､､表示，
∴､､､四点不一定共面，故D错，
故选ABD.
3.（2020·江苏省镇江中学高二期末）已知向量，，若，则实数m的值是________.若，则实数m的值是________.
【答案】
【解析】
，，若，则，
解得；若，则，解得.
故答案为：和.
4．（2021·全国高二课时练习）下列关于空间向量的命题中，正确的有______．
①若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则；
②若非零向量，，满足，，则有；
③若，，是空间的一组基底，且，则，，，四点共面；
④若向量，，，是空间一组基底，则，，也是空间的一组基底．
【答案】①③④
【解析】
根据空间向量基本定理，能作为基底的向量一定是不共面的向量，由此分别分析判断①，④；对于②在空间中满足条件的与不一定共线，从而可判断;对于③，由条件结合空间向量的加减法则可得，从而可判断；
【详解】
对于①：若向量， 与空间任意向量都不能构成基底，只能两个向量为共线向量，即，故①正确；
对于②：若非零向量，，满足，，则与不一定共线，故②错误；
对于③：若，，是空间的一组基底，且，
则，即，
可得到，四点共面，故③正确；
对于④：若向量，，，是空间一组基底，则空间任意一个向量 ，
存在唯一实数组，使得，
由的唯一性，则，，也是唯一的
则，，也是空间的一组基底，故④正确．
故答案为：①③④
5．（2021·全国高二课时练习）已知点A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），若A，B，C三点共线，则__．
【答案】1
【解析】
利用坐标表示向量，由向量共线列方程求出λ的值．
【详解】
由题意，点A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），
所以,
若A，B，C三点共线，则，即，解得.
故答案为：1．
6．（2021·广西高一期末）在空间直角坐标系中的位置及坐标如图所示，则边上的中线长为___________.
【答案】
【解析】
先用中点坐标公式解出线段中点的坐标，再用两点间距离公式求出中线长.
【详解】
线段的中点D坐标为，即
由空间两点间的距离公式得边上的中线长为.
故答案为：.
7．（2021·全国高二课时练习）在三棱锥中，平面平面，，，，，，则的长为___________.
【答案】
【解析】
建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用两点间距离公式求得结果.
【详解】
平面平面，平面平面，，平面，平面，
建立以为原点,平行于BC做轴，AC为轴，SA为轴作空间直角坐标系，
则，，
∴.
故答案为：11.
8．（2021·浙江高一期末）在长方体中，，，点为底面上一点，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】
解：如图，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，设，
所以，
所以，
所以当时，有最小值.
故答案为：
9．（2021·山东高二期末）在正三棱柱中，，点D满足，则_________．
【答案】
【解析】
因为是正三棱柱，所以建立如图的空间直角坐标系，求出的坐标也即是点的坐标，由两点的坐标即可求的模.
【详解】
因为是正三棱柱，所以面，且为等边三角形，
如图建立以为原点，所在的直线为轴，过点垂直于的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，即，
所以，
故答案为：.
10．(2020-2021学年高二课时同步练）如图，已知为空间的9个点，且， ，求证：
（1）四点共面，四点共面；
（2）；
（3）.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
（1）利用共面向量定理证明四点共面；
（2）利用向量加减及数运算找到的关系，证明；
（3）利用向量加减及数运算可得.
【详解】
证明：（1），∴A、B、C、D四点共面．
，∴E、F、G、H四点共面．
（2）.
（3）.
练提升TIDHNEG
1．（2021·四川省大竹中学高二月考（理））如图，在平行六面体中，，，则（ ）
A．1B．C．9D．3
【答案】D
【解析】
根据图形，利用向量的加法法则得到，
再利用求的模长.
【详解】
在平行六面体中，
有，，
由题知，，，，，
所以，，与的夹角为，
与的夹角为，与的夹角为，
所以
.
所以.
故选：D.
2．（2021·全国高二课时练习）如图所示，二面角的棱上有、两点，直线、分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于，已知，，，，则该二面角的大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
根据向量垂直的条件得，，再由向量的数量积运算可得，根据图示可求得二面角的大小.
【详解】
由条件知，，，
∴
，
∴，又，所以，∴由图示得二面角的大小为，
故选：C.
3．（2021·湖北荆州·高二期末）如图，在三棱柱中，与相交于点，则线段的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
依题意得，，，，，进而可得结果.
【详解】
依题意得，，，.
所以
故.
故选：A.
4．（2020·浙江镇海中学高二期中）已知空间四边形ABCD的对角线为AC与BD，M，N分别为线段AB，CD上的点满足，，点G在线段MN上，且满足，若，则__________.
【答案】
【解析】
以作为空间向量的基底，利用向量的线性运算可得的表示，从而可得的值，最后可得的值.
【详解】
,
又，
故，
而，
所以，
因为不共面，故，
所以，
故答案为：
5.（2021·广西高二期末（理））在中，，，，是斜边上一点，以为棱折成二面角，其大小为60°，则折后线段的最小值为___________.
【答案】
【解析】
过，作的垂线，垂足分别为，，从而得到，然后将用表示，求出的表达式，再设，利用边角关系求出所需向量的模，同时利用二面角的大小得到向量与的夹角，利用同角三角函数关系和二倍角公式化简的表达式，再利用正弦函数的有界性分析求解即可．
【详解】
解：如图①，过，作的垂线，垂足分别为，，
故，，
所以，
以为棱折叠后，则有，
故
，
，
因为以为棱折成二面角，
所以与的夹角为，
令，则，
在中，，，
在中，，，
故，
所以
，
故当时，有最小值28，
故线段最小值为．
故答案为：．
6．（2021·辽宁高一期末）已知点在正方体的侧面内（含边界），是的中点，，则的最大值为_____；最小值为______.
【答案】1
【解析】
首先以点为原点，建立空间直角坐标系，得到 ，，并表示，利用二次函数求函数的最值.
【详解】
设正方体棱长为2，如图以点为原点，建立空间直角坐标系，
，，，，，
，，
，
，得 ，，
平面，，


当时，取得最大值是1，当时，取得最小值是.
故答案为：；
7．（2021·北京高二期末）如图，在四面体ABCD中，其棱长均为1，M，N分别为BC，AD的中点.若，则________；直线MN和CD的夹角为________.
【答案】．
【解析】
利用空间向量的线性运算把用表示即可得，再由向量的数量积得向量夹角，从而得异面直线所成的角．
【详解】
由已知得，又且不共面，∴，，∴，
是棱长为1的正四面体，∴，同理，
，
，
，
∴，∴，
∴异面直线MN和CD所成的角为．
8．（2021·四川高二期末（理））如图，在三棱柱中，点是的中点，，，，，设，，.
（1）用，，表示，；
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1），；（2）．
【解析】
（1）根据空间向量的线性运算法则计算；
（2）用空间向量法求解．
【详解】
（1）三棱柱中，点是的中点，
，
，
（2），，，，，
，
，
，
．
所以异面直线与所成角的余弦值是．
9．（2021·浙江高一期末）已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线分别交于点且，点在直线上，为的中点，且直线平面．
（Ⅰ）设，试用基底表示向量；
（Ⅱ）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
（Ⅰ）由，利用空间向量的加、减运算法则求解；
（Ⅱ）结合（Ⅰ），根据，设，分别用表示，，，然后根据平面，由存在实数y，z，使得求解.
【详解】
（Ⅰ）因为，
所以；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
又因为，
所以，,
则，
，，
设，
则，，
因为平面，则存在实数y，z，使得，
即，
，
所以，
消元得，
当时，，
当时，
，
，
解得，
综上：，
所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上．
10．（2021·山东高二期末）已知在空间直角坐标系中，点，，，的坐标分别是，，，，过点，，的平面记为.
（1）证明：点，，，不共面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）由知，，三点不共线，然后由得不存在实数，得答案；
（2）利用点到平面的距离可得答案.
【详解】
（1）由已知可得：
，，
假设，，三点共线，则存在，使得，
即，所以，
此方程组无解，所以，不共线，
所以，，不共线，
所以过点，，的平面是唯一的，
若点，，，共面，则存在，，使得，
即，
即，此方程组无解，
即不存在实数，，使得，
所以点，，，不共面.
（2）设平面的法向量为，
则，所以，
令，则，，所以，
所以点到平面的距离.
练真题TIDHNEG
1．（2021·全国高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【解析】
对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
2．(湖北卷)在如图所示的空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（ ）
A.①和② B.③和① C. ④和③ D.④和②
【答案】D
【解析】设，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为 = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④与俯视图为 = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②，故选D.
3.( 2018年理数全国卷II)在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A. 15 B. 56 C. 55 D. 22
【答案】C
【解析】
以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0),A(1,0,0),B1(1,1,3),D1(0,0,3),所以AD1=(−1,0,3),DB1=(1,1,3),因为cs=AD1⋅DB1|AD1||DB1|=−1+32×5=55，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55，选C.
4.(2019年高考浙江卷)如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.
（1）证明：；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】方法一：
（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．
（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.
由于O为A1G的中点，故，
所以．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．
方法二：
（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．
不妨设AC=4，则
A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．
因此，，．
由得．
（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．
由（1）可得．
设平面A1BC的法向量为n，
由，得，
取n，故，
因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．
5.(2019年高考北京卷理)如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（1）求证：CD⊥平面PAD；
（2）求二面角F–AE–P的余弦值；
（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析.
【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．
又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．
（2）过A作AD的垂线交BC于点M．
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．
如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．
因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．
所以．
所以.
设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则
即
令z=1，则．
于是．
又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以.
由题知，二面角F−AE−P为锐角，所以其余弦值为．
（3）直线AG在平面AEF内．
因为点G在PB上，且，
所以.
由（2）知，平面AEF的法向量.
所以.
所以直线AG在平面AEF内.
6.(2019年高考全国Ⅱ卷理)如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）由已知得，平面，平面，
故．
又，所以平面．
（2）由（1）知．由题设知≌，所以，
故，．
以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz，
则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．
设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则
即
所以可取n=.
设平面的法向量为m=（x，y，z），则
即
所以可取m=（1，1，0）．
于是．
所以，二面角的正弦值为．