(上海专用)新高考数学一轮复习讲练测专题16 空间向量及其应用（模拟练）（2份，原卷版+解析版）

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1．（2022·上海长宁·二模）已知，若，则_________．
【答案】2
【分析】根据空间向量的线性运算，结合数量积的坐标运算求解即可
【解析】因为，故，即，故，故
故答案为：2
2．（2018·上海静安·二模）如下图，以长方体的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为_________.
【答案】
【分析】根据题意推导出的坐标,从而得出的坐标,进而得出结论.
【解析】因为的坐标为,,则,
所以,
因此,
故答案为:.
【点睛】本题考查空间中向量的求法,属于基础题.
3．（2021·上海市建平中学模拟预测）已知点P是棱长为1的正方体的底面上一点(包括边界)，则的取值范围是____.
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，设，利用空间向量的坐标运算可知，利用可求解.
【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，
设
则，，
∴
∵，∴当，时，有最小值.
当点P取，，，时，有最大值1.
∴的取值范围是.
故答案为：
【点睛】方法点睛：利用几何意义求最值的几种常见形式有：
①截距型：，将问题转化为在轴截距的问题；
②斜率型：，将问题转化为与连线斜率的问题；
③两点间距离型：，将问题转化为与两点间距离的平方的问题；
④点到直线距离型：，将问题转化为到直线的距离的倍的问题.
4．（2022·浙江·模拟预测）若、、是棱长为的正四面体棱上互不相同的三点，则的取值范围是_______.
【答案】
【分析】设点、、分别棱长为的正三棱锥的棱、、上的动点，设，其中，利用三角不等式推导出，利用平面向量数量积的性质可求得，取的中点，可得出，即可得出的取值范围.
【解析】如下图所示，由任意性，设点、、分别棱长为的正三棱锥的棱、、上的动点，
设，其中，则，
所以，，
所以，，
当且仅当线段与棱或重合时，等号成立，即的最大值为，
，当且仅当与点或重合，、重合于点或点时，等号成立，
但、、为不同的三点，则，
由上可知的最大值为，取线段的中点，
则，
当且仅当线段与棱重合且为棱的中点时，等号成立，则.
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中向量数量积的取值范围，解题的关键在于充分利用几何性质推导出，，注意取最值时取等的条件，但也要注意题中条件的限制.
5．（2022·吉林长春·模拟预测（理））现有四棱锥（如图），底面ABCD是矩形，平面ABCD.，，点E，F分别在棱AB，BC上.当空间四边形PEFD的周长最小时，异面直线PE与DF所成角的余弦值为___________.
【答案】##
【分析】根据两点间线段最短，结合平行线的性质、异面直线所成角的定义、空间向量夹角公式进行求解即可.
【解析】将沿旋转到平面内，如下图所示，
设点关于对称的点为，线段与的交点为，
此时空间四边形PEFD的周长最小，
因为，所以，
同理可得：，
因为底面ABCD是矩形，所以，
又因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
所以可以建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
，
异面直线PE与DF所成角的余弦值为：
，
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用两点间线段最短是解题的关键.
6．（2022·浙江·模拟预测）在空间直角坐标系O-xyz上，有一个等边三角形ABC，其中点A在z轴上.已知该等边三角形的边长为2，重心为G，点B，C在平面xOy上，若在z轴上的投影是z，则___________（用字母z表示）.
【答案】##
【分析】画出图形，结合重心的性质，向量的数量积，模的算法和余弦定理，即可算出答案.
【解析】如图，设的中点为，连接，因为等边三角形ABC的重心为G，所以，
设在z轴上的投影是，则
又在z轴上的投影是z，所以，该等边三角形的边长为2，
在中，，同理可得，
因为，
所以
=
=
=
故答案为：
7．（2021·上海·格致中学三模）在空间直角坐标系中，点满足：，平面过点，且平面的一个法向量，则点P在平面上所围成的封闭图形的面积等于__________.
【答案】
【分析】由题意，点在球面上，所以点P在平面上所围成的封闭图形即为平面截球面所得的截面圆，根据球的截面性质求出截面圆的半径即可求解.
【解析】解：由题意，点在以为球心，半径为4的球面上，
所以点P在平面上所围成的封闭图形即为平面截球面所得的截面圆，
因为平面的方程为，即，
所以球心到平面的距离为，
所以截面圆的半径，截面圆的面积为，
所以点P在平面上所围成的封闭图形的面积等于.
故答案为：.
8．（2022·广西师范大学附属外国语学校模拟预测）正四棱柱中，，.若是侧面内的动点，且，则与平面所成角的正切值的最大值为___________.
【答案】2.
【解析】如图，以为原点建立空间直角坐标系，设点，由得，证明为与平面所成角，令，用三角函数表示出，求解三角函数的最大值得到结果.
【解析】
如图，以为原点建立空间直角坐标系，设点，则，
，又，
得即；
又平面，为与平面所成角，
令，
当时，最大，即与平面所成角的正切值的最大值为2.
故答案为：2
【点睛】本题主要考查了立体几何中的动点问题，考查了直线与平面所成角的计算.对于这类题，一般是建立空间直角坐标，在动点坐标内引入参数，将最值问题转化为函数的最值问题求解，考查了学生的运算求解能力和直观想象能力.
9．（2020·上海·模拟预测）在正方体中，点M和N分别是矩形ABCD和的中心，若点P满足，其中，且，则点P可以是正方体表面上的点________.
【答案】（或C或边上的任意一点）
【分析】因为点P满足，其中，且，所以点三点共面，只需要找到平面与正方体表面的交线即可.
【解析】解：因为点P满足，其中，且，
所以点三点共面，
因为点M和N分别是矩形ABCD和的中心，
所以,
连接，则,所以即为经过三点的平面与正方体的截面，
故点P可以是正方体表面上的点（或C或边上的任意一点）
故答案为：（或C或边上的任意一点）
【点睛】此题考查空间向量基本定理及推论，同时考查了学生的直观想象、逻辑推理等数学核心素养，属于中档题.
10．（2018·浙江金华第一中学三模）已知，，是空间两两垂直的单位向量，，且，则的最小值为________．
【答案】
【分析】设，，,利用向量的坐标运算求出，进而求出，借助向量模的运算及，整理可得，进而得解.
【解析】由题意可设，，,
由，得，
，
，
所以
（当且仅当，时等号成立），
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查的是空间向量的坐标运算和空间向量模长的坐标表示，意在考查学生的计算能力，属于中档题.求向量的模的方法：（1）利用坐标进行求解，，则；（2）利用性质进行求解，，结合向量数量积进行求解.
11．（2021·广东·一模）在长方体中，底面是边长为的正方形，，，分别为棱，的中点，为线段上的动点，则直线与平面的交点的轨迹长度为______.
【答案】
【分析】连接，然后可得，，，四点共面，连接，，，设，，连接，然后可得点的运动轨迹为，然后以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，然后根据条件求出点的坐标即可.
【解析】连接，因为，分别为棱，的中点，所以，
则，，，四点共面，连接，，，设，，
连接，平面平面，
所以当点在线段上运动时，点的运动轨迹为.
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由，，得.易得，且，
过点作，交于点，易得，，
则，从而可得，所以，
所以
故答案为：
12．（2022·四川南充·三模（理））如图，在三棱锥中，三条侧棱OA，OB，OC两两垂直，且，M为内部一动点，过M分别作平面OAB，平面OBC，平面OAC的垂线，垂足分别为P，Q，R．
①直线PR与直线BC是异面直线；
②为定值；
③三棱锥的外接球表面积的最小值为；
④当时，平面PQR与平面OBC所成的锐二面角为45°．
则以上结论中所有正确结论的序号是______．
【答案】②③
【分析】根据，即可判断②；由题意可知两两垂直，由②结合基本不等式求出三棱锥的外接球半径的最小值，即可判断③；当时，为的中心，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断④；当为的中心时，，利用向量法证明，即可判断①.
【解析】解：对于②，设，
由题意，
即，
所以，
即为定值，故②正确；
对于③，设三棱锥的外接球的半径为，
由题意可知两两垂直，
则
，
当且仅当时，取等号，
所以的最小值为，
即的最小值为，
所以三棱锥的外接球表面积的最小值为，故③正确；
对于④，如图，以为原点建立空间直角坐标系，
因为，所以，
此时，为的中心，
，
因为，
所以平面，
故即为平面的一条法向量，
，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
所以平面PQR与平面OBC所成的锐二面角的余弦值为，故④错误，
由④可知，当为的中心时，，
，则，
所以，
所以直线PR与直线BC共面，故①错误.
故答案为：②③.
二、单选题
13．（2021·上海·模拟预测）设向量，，其中，则下列判断错误的是
A．向量与轴正方向的夹角为定值（与、之值无关）
B．的最大值为
C．与夹角的最大值为
D．的最大值为l
【答案】B
【分析】在A中，取z轴的正方向向量，求出与的夹角即可判断命题正确；在B中，计算，利用不等式求出最大值即可判断命题错误；在C中，利用数量积求出与的夹角的最大值，即可判断命题正确；在D中，利用不等式求出最大值即可判断命题正确．
【解析】解：由向量，，其中，知：
在A中，设z轴正方向的方向向量，
向量与z轴正方向的夹角的余弦值：
，
∴向量与z轴正方向的夹角为定值45°（与c，d之值无关），故A正确；
在B中，，
且仅当a＝c，b＝d时取等号，因此的最大值为1，故B错误；
在C中，由B可得：，
，
∴与的夹角的最大值为，故C正确；
在D中，，
∴ad−bc的最大值为1．故D正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算、数量积的性质等基础知识与基本技能方法，考查运算求解能力，是中档题．
14．（2020·上海市七宝中学模拟预测）已知MN是正方体内切球的一条直径，点Р在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用向量的线性运算和数量积运算律可得，根据正方体的特点确定最大值和最小值，即可求解
【解析】设正方体内切球的球心为，则,
,
因为MN是正方体内切球的一条直径，
所以，，
所以，
又点Р在正方体表面上运动，
所以当为正方体顶点时，最大，且最大值为；
当为内切球与正方体的切点时，最小 ，且最小为；
所以，
所以的取值范围为，
故选：B
15．（2022·湖北·鄂南高中模拟预测）已知正方体的棱长为.以为坐标原点，以为轴正半轴，为轴正半轴，为轴正半轴建立空间直角坐标系，动点满足直线与所成夹角为的最大值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】由题意写出，，由向量夹角公式计算可得然后由不等式可得最值.
【解析】正方体的棱长为,可得，,
点，则，由动点满足直线与所成夹角为可得，整理得由，可得，当时取等号，即最大值为2，
故选：D
16．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，已知矩形的对角线交于点，将沿翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，表示出翻折后的位置，利用向量垂直，数量积为零，找出关系式，进而求得，再利用极限位置求得a的最小值，即可求得答案。
【解析】如图示,设处为沿翻折后的位置，
以D为坐标原点，DA,DC分别为x,y轴，过点D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则 ，设 ，
由于 ,故 ，
而 ，
由于 ,故，则，
即 ；
又由在翻折过程中存在某个位置，便得，不妨假设,
则，即 ，
即 ，
当将翻折到如图位置时，位于平面ABCD内，
不妨假设此时 ，设垂足为G,
作 AD的延长线，垂足为F,此时在x轴负半轴上方向上，DF的长最大，a取最小值，
由于，故 ,
所以 ,而,
故，又 ,
故 为正三角形，则,
而 ,故 ,则 ，
故， ，则 ，
故的取值范围是 ，
故选：A
【点睛】本题考查了空间的垂直关系，综合性较强，解答时要充分发挥空间想象力，明确空间的点线面的位置关系，解答时涉及到空间坐标系的建立以及空间向量的应用，还要注意极限位置的利用，有较大难度.
三、解答题
17．（2021·上海·复旦附中模拟预测）如图，在三棱锥中，是正三角形，是等腰直角三角形，，.
（1）求证：；
（2）若点为的中点，求与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点，连接、，证明出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成角的大小.
【解析】（1）证明：取的中点，连接、.
由题设可知，是等腰直角三角形，且，则，所以，
因为是正三角形，所以，
又，则平面，
平面，因此，；
（2）在中，，又，而，
所以，故，
由题设及（1）知，平面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则、、、.
为的中点，得，故，，，
设是平面的法向量，则，即，
取，则，
因为，
所以与平面所成角的大小为.
18．（2021·上海市七宝中学模拟预测）如图，四棱锥的底面内接于半径为2的圆O，为圆O的直径，，，E为上一点，⊥平面，，.求：
（1）四棱锥的体积；
（2）锐二面角的余弦值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）首先求得求得，从而求得四棱锥中线段长，得底面积和高，然后可得体积；
（2）建立如图的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【解析】解：（1）连接，，易得是正三角形
∵，∴
∵∴，，∴
∴
∴
∴四棱锥的体积为．
（2）如图建立空间直角坐标系
则，，，
∴，，
设平面的法向量为
由得，取得
设平面的法向量为
由得，取得
设锐二面角的大小为
则
∴锐二面角的余弦值为．
【点睛】方法点睛：本题考查求棱锥体积，求二面角．求空间角的方法：
（1）几何法（定义法）：根据定义作出空间的平面角（异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角的平面角）并证明，然后解三角形得出结论；
（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出直线方向向量，平面的法向量，利用直线方向向量的夹角得异面直线所成角（相等或互补），直线方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值得直线与平面所成角的正弦值，两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）．
19．（2021·上海普陀·模拟预测）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AC=4，BD=2，且侧棱AA1=3.其中O1为A1C1与B1D1的交点.
（1）求点B1到平面D1AC的距离；
（2）在线段BO1上，是否存在一个点P，使得直线AP与CD1垂直？若存在，求出线段BP的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】（1）根据图形建立空间直角坐标系，分别求出的方向向量和平面D1AC的法向量，最后根据距离公式求解即可.
（2）设，分别求出直线AP与CD1的方向向量，根据数量积等于0求出的值，最后确定点P的位置.
【解析】解：（1）由于菱形的对角线互相垂直平分，故以AC与BD的交点O为原点，
以射线OA､OB､OO1分别为x､y､z轴，建立空间直角坐标系.
由已知条件，相关点的坐标为A(2，0，0)，B(0，1，0)，C(﹣2，0，0)，O1(0，0，3)，B1(0，1，3)，D1(0，﹣1，3)，
设平面D1AC的法向量为，
由，，
得，
令z=1，则
因，
故点B1到平面D1AC的距离为.
（2）设，
则由，，
得.
又，
故当时，.
于是，在线段BO1上存在点P，使得AP⊥CD1，
此时.
【点睛】用向量方法解决立体几何问题，树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比.
20．（2021·上海上海·二模）假设在一个以米为单位的空间直角坐标系中，平面内有一跟踪和控制飞行机器人的控制台，的位置为.上午10时07分测得飞行机器人在处，并对飞行机器人发出指令：以速度米/秒沿单位向量作匀速直线飞行(飞行中无障碍物)，10秒后到达点，再发出指令让机器人在点原地盘旋秒，在原地盘旋过程中逐步减速并降速到米/秒，然后保持米/秒，再沿单位向量作匀速直线飞行(飞行中无障碍物)，当飞行机器人最终落在平面内发出指令让它停止运动.机器人近似看成一个点.
（1）求从点开始出发20秒后飞行机器人的位置；
（2）求在整个飞行过程中飞行机器人与控制台的最近距离(精确到米).
【答案】（1）；（2）米.
【分析】(1)已知利用向量的坐标运算性质即可求解；
(2) 当Q点与4点处于同一垂直线上时，与控制台4的距离最近,然后求出两点
间的距离即可求解.
【解析】（1）设飞行时间为秒，的位置
当时，
，
当时，所以
得
当时
当时
，，
所以
秒后飞行机器人的位置
（2）当时
在内单调递减
∴，
当时
当时
∴，
答：在整个行驶过程中飞行机器人与控制台的最近距离米.
21．（2021·上海黄浦·三模）已知如图①，在菱形中，且为的中点，将沿折起使，得到如图②所示的四棱锥，在四棱锥中求解下列问题：
（1）求证：平面；
（2）若为的中点，求直线与平面所成的角.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）在图①中，连接，可得，，然后在图②中证明即可；
（2）首先可证明平面，然后以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，然后算出平面的法向量坐标和的坐标，然后可求出答案.
【解析】（1）在图①中，连接，如图所示.
因为四边形为菱形，，所以是等边三角形.
因为为的中点，所以
又，所以.
在图②中，，所以，即.
因为所以
又均在平面内，所以平面
（2）由（1）知，
因为在平面内，所以平面
以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
设平面的一个法向量为.
因为，
由得
令，得，又
设直线与平面所成的角为，则.
故，
所以直线与平面所成的角为.
22．（2017·上海黄浦·二模）如图，在直棱柱中，，，分别是的中点．
（1）求证：；
（2）求与平面所成角的大小及点到平面的距离．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】试题分析：直三棱柱底面为，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，利用向量数量积为0，易证；再借助求平面的法向量，利用线面角公式及点到平面的距离公式求出对应的值.
试题解析：（1）以A为坐标原点、AB为x轴、为y轴、为z轴建立如图的空间直角坐标系．
由题意可知，
故，
由，
可知，即．
（2）设是平面的一个法向量，
又，
故由解得 故．
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角为，
点到平面的距离为．
【点睛】根据几何体的特征建立适合的空间直角坐标系，写出相关点的坐标，证明线线垂直，只需说明数量积为零，求点到平面的距离，只需求出平面的法向量，利用点到平面距离公式计算出结果.证明线面、面面的平行或垂直问题，要把握平行与垂直的判定定理和性质定理，严格根据定理进行逻辑推理，有关角和距离的计算大多使用空间向量，借助法向量进行计算.
23．（2022·黑龙江·佳木斯一中三模（文））已知梯形和矩形.在平面图形中，，，现将矩形沿进行如图所示的翻折.为的中点.
(1)设是的中点，求证：平面；
(2)当平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证线面平行，只要证明直线所在平面平行于平面即可；
（2）建立空间之间坐标系，利用向量直线的 方向向量与平面的法向量所成角的余弦值来求即可得解.
（1）
证明：取中点，连接，
由分别为线段的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面，平面，
又，
所以平面平面，
又平面，
所以平面；
（2）
由平面平面且，
可得两两垂直，
则分别以为轴，建立如图所示空间之间坐标系，
则，，，
所以，，
易知平面的法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以,
即直线与平面所成角的正弦值为.
24．（2022·山东青岛·二模）如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径，母线，M是PB的中点，四边形OBCH为正方形.
(1)设平面平面，证明：；
(2)设D为OH的中点，N是线段CD上的一个点，当MN与平面PAB所成角最大时，求MN的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的性质，先证明平面POH即可；
（2）以O为原点，OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设，设MN与平面PAB所成的角为，再根据线面角的向量方法求得，根据二次函数的最值求解即可
（1）
因为四边形OBCH为正方形，∴，
∵平面POH，平面POH，∴平面POH.
∵平面PBC，平面平面，∴.
（2）
∵圆锥的母线长为，，∴，，
以O为原点，OP所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，，
，为平面PAB的一个法向量，
设MN与平面PAB所成的角为，
则，令，
则
所以当时，即时，最大，亦最大，此时，
所以.
25．（2022·广东·普宁市华侨中学二模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，平面，且，点在棱上，点为中点.
(1)证明：若，直线平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）利用面面平行证明线面平行；
（2）利用坐标法求二面角余弦值与正弦值；
（3）设，可表示点与，再根据线面夹角求得的值.
（1）
如图所示，在线段上取一点，使，连接，，
，
，
又，，
，四边形为平行四边形，
，
又，，
所以平面平面，
平面，
平面；
（2）
如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
又是中点，则，
所以，，，
设平面的法向量，
则，令，则，
设平面的法向量，
则，令，则，
所以，
则二面角的正弦值为；
（3）
存在，或
假设存在点，设，即，，
由（2）得，，，且平面的法向量，
则，，
则，
，
解得或，
故存在点，此时或.
26．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））如图（1），在正方形中，、、分别为、、的中点，点在对角线上，且，将、、分别沿、、折起，使、、三点重合（记为），得四面体（如图（2）），在图（2）中.
(1)求证：平面；
(2)在上，求一点，使二面角的大小为.
【答案】(1)证明见解析；
(2)点在上靠近的三等分点处.
【分析】（1）先证明为的中点，进而结合条件证明，然后通过线面平行的判定定理证明问题；
（2）建立空间直角坐标系，然后设，进而通过空间向量的夹角公式求得答案.
（1）
在图（1）中，连接，设，S为的中点，连接、，，，而分别是的中点，则，，于是，
又，则为的中点，也为的中点.
在图（2）中，的中点为，连接，又为的中点，∴
∵不在平面内，在平面内，∴平面.
（2）
由题意知，在图（2）中，直线、、两两互相垂直，且相交于一点.
∴以为原点，分别以直线、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
设正方形的边长为，则，，，，，，，
设，
∴，
设平面的一个法向量为，则得，得，取，得，∴，
又知平面的一个法向量为，∴，即，即，
解得.
∴所求的点在上靠近的三等分点处.