专题09 空间向量及其应用综合提升卷-【暑假衔接讲义】2025年新高二数学暑假提升精品讲义（含答案）（人教A版2019选择性必修第一册）

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第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：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．已知三点不共线，点在平面外，点满足，则当点共面时，实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由向量减法运算可得，再根据题设及空间向量的共面定理即可求解.
【详解】由，可得，
所以，
当点共面时，可得，解得.
故选：A.
2．已知为平行四边形外的一点，且，，，则下列结论正确的是（ ）
A．与是共线向量B．与同向的单位向量为
C．与夹角的正弦值为D．平面的一个法向量为
【答案】C
【分析】利用向量共线的坐标关系，夹角公式及法向量的特点可以判断选项.
【详解】对于A，因为，，所以，
因为，所以与不是共线向量，A不正确；
对于B，，所以与同向的单位向量为，B不正确；
对于C，，,所以，
所以与夹角的正弦值为，C正确；
对于D，，因为，所以平面的一个法向量一定不是，D不正确.
故选：C
3．在三棱锥中，分别为线段的中点，为的重心，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由为的重心，得，根据空间向量的运算法则即可求解.
【详解】依题意，
，
故选：A.
4．如图，在三棱锥中，平面，，且，则在方向上的投影向量为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以为坐标原点，所在直线为建立空间直角坐标系,从而在方向上的投影向量，即在轴正方向上的投影向量.
【详解】∵平面,，
∴,,
故以为坐标原点，所在直线为建立空间直角坐标系，令.

则，
则，
∴在方向上的投影向量，即在轴正方向上的投影向量为.
故选：C.
5．正三棱柱的所有棱长都为2，则到平面的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，将线面距离转化为点面距离，利用空间距离的向量求法，即得答案.
【详解】设分别是的中点，连接，
根据正三棱柱的几何性质可知，两两相互垂直，
建立如图所示空间直角坐标系，

则，
.
设平面的法向量为，则，
令，则，故可得.
由于平面平面，所以平面.
所以到平面的距离即到平面的距离，即.
故选：C.
6．在长方体中，，线段与交于点，点P 为空间中任意一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接AC与BD交于点O，连接记的中点为G，AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，利用空间向量的运算可得，则可化为，进而可得答案.
【详解】如图，连接AC与BD交于点O，连接记的中点为G，AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，则O 为EF的中点，
因为 所以，
所以
，
所以当P与G重合时，取得最小值，为0，此时取得最小值，为．
故选：C.

7．记空间中的一些点构成的集合为为原点，且对任意，都存在不全为零的实数，使得，若，则下列结论可能成立的是（ ）
A．，且B．，且
C．，且D．，且
【答案】B
【分析】根据题意，利用，逐项得到关于的方程组，检验是否满足题意即可得解.
【详解】对于A选项，设，，，
设存在实数，，使得，
即，
则，解得，不满足条件，故A错误；
对于B选项，设，，，
设存在实数，，使得，
即，
则，令，则，，
满足存在不全为零的实数，，的条件，故B正确；
对于C选项，设，，，
设存在实数，，使得，
即，
则，解得，不满足条件，故C错误；
对于D选项，设，，，
设存在实数，，使得，
即，
则，解得，不满足条件，故D错误；
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是理解题设给出的定义，从而逐项列式检验即可得解.
8．如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点.则下列说法正确的是（ ）
①存在点，使得；②存在点，使得；③对于任意点，到的距离的取值范围为；④对于任意点，都是钝角三角形
A．①②③B．①④C．②③D．②④
【答案】C
【分析】根据题意，以A为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】解：由题知，在正方体中，是棱上的动点，
建立以为原点建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，设，其中，
所以，，
当，即，
所以，显然方程组无解，
所以不存在使得，
即不存在点，使得，故①错误：
当时，解得，
即存在点，使得，故②正确：
因为，其中，
所以点到的距离为
，故③正确；
因为，，其中，
所以，
所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故④错误.
故选：C.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
二、选择题：本题共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．如图，正方体，下列说法正确的是（ ）
A．点P在直线上运动时，直线与直线所成角的大小不变
B．点P在直线上运动时，直线与平面所成角的大小不变
C．点P在直线上运动时，二面角的大小不变
D．点P在直线上运动时，三棱锥的体积不变
【答案】CD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法对各项内容逐一验证即可.
【详解】如图，以为原点，建立如图空间直角坐标系，不妨设.
则,，，，，，.
所以，，，，
因点在直线上运动，那么，则.
则；
对于A：因为不是定值，故A错误；
对于B：因为，，即，，
又，平面，所以平面，
所以为平面的法向量，
所以不是定值，故B错误；
对于C：设平面的法向量为.
则，令，则.
又平面的法向量为，
设二面角为，则，为定值，
所以二面角的大小不随点在上的运动而改变，故C正确；
对于D：因为，因为的面积为定值，
根据正方体的性质可知，平面，平面，所以平面.
所以当点在直线上运动时，点到平面的距离，
即三棱锥的高不变，所以三棱锥的体积不变，故D正确.
故选：CD
10．已知：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面α的方程为；过点且一个方向向量为的直线l的方程为.利用上面的材料，解决下面的问题：已知平面α的方程为，直线l是平面与的交线，则下列说法正确的是（ ）
A．平面α的一个法向量为
B．直线l经过点
C．直线l的一个方向向量为
D．直线l与平面α所成角的正弦值为
【答案】ABD
【分析】利用空间向量的运算即可求解各选项.
【详解】由平面的方程为，所以可得平面法向量为，故A正确；
因为直线l是平面与的交线，
所以直线l经过的点必在这两个平面上，经检验：
满足方程，也满足，
故直线l经过点，故B正确；
设直线l的一个方向向量为，
而平面与的法向量分别为，
则有，可得，
令，则，所以，故C错误；
,
故直线l与平面α所成角的正弦值为，故D正确；
故选：ABD.
11．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体，若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ）
A．点到直线CQ的距离是B．
C．平面ECG与平面的夹角正弦值为D．异面直线CQ与BD所成角的正切值为
【答案】BD
【分析】通过空间向量的线性运算可得选项B正确，利用空间向量的坐标运算可得选项A、C、D的正误.
【详解】依题意，所以选项B正确；
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
对于A：，，设，
则点到直线CQ的距离，所以A错误；
对于C：，，
设平面的法向量的一个法向量为，则，
令得，
设平面的一个法向量为，则，
令得，
所以，即平面与平面的夹角余弦值为，
所以平面ECG与平面的夹角正弦值为，所以C错误；
对于D，因为，，
所以，，
所以，即异面直线与所成角的正切值为，所以D正确．
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算解决角度和距离问题.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．在四棱锥中，底面为的中点，为上一点，当时， .
【答案】
【分析】据题意，建立空间直角坐标系，然后根据题意写出相关点的坐标，再写出相关的向量，然后根据，即可求解.
【详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故，，
设，则，，
因为，所以，
即，解得，
所以.
故答案为：.
13．如图，正方体的棱长为2，点M为侧面内的动点，，点N在对角线上且，则MN的最小值为 ．
【答案】
【分析】易得点M在侧面内的轨迹是以为圆心，2为半径的圆弧．然后以点D为原点建立空间直角坐标系，设，得到，由，得到，利用向量的模求解.
【详解】点M在侧面内的轨迹是以为圆心，2为半径的圆弧．
以点D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，
设，则．
因为，所以，
所以，
所以．
当时，最小，最小值为．
故答案为：
14．已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，为中点，，则二面角的余弦值为 .
【答案】/
【分析】由三棱锥的结构特征，补形为长方体，利用长方体建立平面直角坐标系，由空间向量法求解二面角余弦即可.
【详解】由题意可知，三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，
则该三棱锥可补形为如图所示的长方体，
且，
则有，解得，
以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为为中点，，所以，，
所以，，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，
则为平面的一个法向量.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，则为平面的一个法向量.
所以，，.
设二面角为，由图可知为锐角，
所以.
则二面角的余弦值.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是由三棱锥的结构特征，补形为长方体.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．（13分）
已知空间中三点，，．
(1)若向量与平行，且，求的坐标；
(2)求向量在向量上的投影向量；
(3)求以，为邻边的平行四边形的面积．
【答案】(1)的坐标为或；
(2)；
(3).
【分析】（1）由已知可设，利用向量的模长公式求出的值，即可求出向量的坐标；
（2）先求向量，再根据投影定义求；
（3）利用空间向量的夹角公式求出，结合三角形的面积公式求结论.
【详解】（1）因为，，
所以，
因为向量与平行，
所以可设，，
所以，因为，
所以，
所以，
所以或，
所以的坐标为或；
（2）因为，，，
所以，，
所以，
所以向量在向量上的投影向量，
所以；
（3）因为，，，
所以，，
所以，
即，又，
所以，
所以的面积，
所以以，为邻边的平行四边形的面积为．
16．（15分）
如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，
侧棱的长为2，且，在线段、、、分别取、、、四点且，，，.求：
(1)证明：；
(2)的长；
(3)直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】(1)选择为基底将表示出来，从而证明，（2）利用数量积的定义求向量的模，从而求的长，
（3）利用结合使用作为基底求出直线与平面所成角的余弦值.
【详解】（1），，
故，故；
（2）,
故
；
（3）由，，，
故，
又，
故,
又平面，且,
故平面，即是平面的法向量，
令直线与平面所成角为，
则，
又，
故
，
故
，
即.
17．（15分）
如图，在四棱锥中，O为中点，平面．
(1)求证：；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明，，根据线面垂直判定定理可证得平面，从而可证得结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算分别得平面与平面的法向量，再由向量夹角余弦公式求解即可得面面夹角余弦值.
【详解】（1）连接，
因为平面平面，所以，
因为，O为中点，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以；
（2）因为，所以，且，
则，所以，
在中，由正弦定理可得，
则，所以，即，所以，
如图，以为圆心，所在直线分别为轴，过作，建立空间直角坐标系，
则，
由（1）得平面，所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
由于，
则，令，则，所以，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为.
18．（17分）
如图，在四棱锥中，平面，.点在棱上且与不重合，平面交棱于点.
(1)求证：；
(2)若为棱的中点，求二面角的正弦值；
(3)记点到平面的距离分别为，求的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证平面，在根据线面平行的性质定理可得.
（2）先证，，两两垂直，再以为原点，建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，用向量法求二面角的三角函数值.
（3）设，求平面的法向量，利用点到平面的距离的向量求法表示出，再结合不等式求它的最小值.
【详解】（1）因为，平面，平面，
所以平面.
又平面，平面平面.
所以.
（2）如图：
取中点，连接.
因为平面，平面，所以.
在四边形中，，且，
所以四边形为矩形，所以平面.
又在和中，，，.
所以（）.
所以，.
故，，两两垂直，所以以为原点，建立如图空间直角坐标系.
当为中点时，，，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，取，可得
故.
设平面的法向量为，
则，取，得，
得.
所以.
所以二面角的正弦值为：.
（3）设，（），，则，，.
设平面的法向量为，则
，
令，则，取.
则到平面的距离为：，
到平面的距离为：，
所以
设，则
那么（当且仅当即时取“”）
所以.
19．（17分）
如图，在多面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，且，，为的中点．
(1)求证：平面平面．
(2)已知，，，点是线段上的动点．
（ⅰ）判断是否存在一点，使得与垂直？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）存在，为线段上靠近点的六等分点；（ⅱ）．
【分析】（1）先分别去证平面内两条直线与平面平行，再利用面面平行的判定定理证明两平面平行；
（2）在几何体内找到三条互相垂直的直线，建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标表示去列出方程，求出点的坐标，利用线面角的正弦值等于线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值去表示出直线与平面所成角的正弦值，再结合函数求出其最大值.
【详解】（1）证明：因为，且为的中点，所以，．
又因为，所以，所以四边形为平行四边形，
所以．
又因为平面，平面，所以平面．
同理，，且，所以四边形为平行四边形，则．
又平面，平面，所以平面．
又，平面，且，所以平面平面．
（2）（ⅰ）取的中点，连接，过点作交于点，取的中点，连接．
因为四边形与四边形均为等腰梯形，且，，，
所以，，，，．
在中，，所以，所以．
所以二面角为直二面角，所以平面平面．
又平面平面，平面，所以平面．
因为平面，所以，所以两两垂直．
故以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，．
因为点是线段上的动点，所以设，所以．
假设存在点使得与垂直，则，
所以，即，解得．
故当时，点为线段上靠近点的六等分点．
（ⅱ）设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以平面的一个法向量为．
由（ⅰ）知，．
设直线与平面所成角为，
则，
易知当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为．