高考数学一轮复习考点讲与练专题37 空间向量及其运算同步练习（含答案解析）

这是一份高考数学一轮复习考点讲与练专题37 空间向量及其运算同步练习（含答案解析），共3页。试卷主要包含了已知向量，9，，，，，若，则，已知满足，，则的值为，已知空间中有两个动点，，，，，等内容，欢迎下载使用。

一．选择题（共10小题）
1．（2025春•天心区期末）已知向量，9，，，，，若，则
A．B．C．D．
2．（2025春•镇海区期末）在平行六面体中，点为棱的中点，点为棱上靠近的三等分点．若，，，，则的值为
A．B．C．D．
3．（2025春•连云港期中）已知满足，，则的值为
A．B．18C．20D．
4．（2025春•白银期中）在三棱锥中，是平面内一点，且，则
A．B．1C．2D．3
5．（2025春•张掖期中）已知空间中有两个动点，，，，，．则的最小值为
A．2B．4C．3D．6
6．（2025春•来宾期中）在平行六面体中，为与交点，若，，，则向量可表示为
A．B．C．D．
7．（2025春•灌云县月考）设x，y∈R，向量，，，且，，则x+y＝（ ）
A．5B．1C．﹣1D．﹣5
8．（2025春•安徽月考）已知在三棱锥中，是棱上靠近点的三等分点，为棱的中点，若，则
A．B．C．D．
9．（2025•山西模拟）已知空间向量，，，向量，且，则的最小值为
A．B．C．D．
10．（2025•玛曲县模拟）如图所示，是棱长为6的正方体，，分别是棱，上的动点，且．当，，，共面时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为
A．B．C．D．
二．多选题（共4小题）
（多选）11．（2025春•白银期中）已知向量，点，0，，，3，，则下列选项正确的是
A．B．
C．若，则D．若，则
（多选）12．（2025春•南通期末）已知正方体的棱长为2，点在棱上，点在面内，则
A．
B．点到平面的距离为
C．二面角的正切值为1
D．的最小值为
（多选）13．（2025春•江北区月考）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，且，点，，分别为棱，，的中点，则下列说法正确的是
A．平面
B．直线与平面所成角为
C．异面直线和所成的角为
D．过点，，的平面截四棱锥所得的截面面积为
（多选）14．（2025春•邯郸月考）如图，在正方体中，是线段上的一点，则下列说法正确的是
A．
B．平面
C．异面直线与所成的角的取值范围是
D．二面角的正弦值为
三．填空题（共4小题）
15．（2025•上海模拟）已知空间向量，，共面，则实数 ．
16．（2025春•连云港期中）已知，，且，则 ．
17．（2025春•白银期中）已知向量，，则向量在向量上的投影为 ．
18．（2025•南岳区模拟）在长方体中，，，在长方体内部有两个大小相同的球，其中一个与顶点所在的三个面相切，另一个与顶点所在的三个面相切，且这两个球也外切于点，平面过点且与这两个球相切，则平面与底面所成锐二面角的余弦值为 ．
四．解答题（共6小题）
19．（2025春•重庆期末）如图，三棱柱中，为中点，为中点．
（1）求证：平面
（2）已知平面，，，，求直线与平面所成角的正弦值．
20．（2025春•厦门期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，，点为的中点．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面；
（3）若，求平面与平面夹角的余弦值．
21．（2025春•重庆月考）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，侧面PAB⊥底面ABCD，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2．
（1）证明：平面PBC⊥平面PDC；
（2）若∠PAB＝120°，求二面角B﹣PD﹣C的正切值．
22．（2025•五华区模拟）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点为的中点，平面．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
23．（2025•南开区模拟）如图，在三棱柱中，平面，，，，分别为，，，的中点，，．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值；
（Ⅲ）求点到平面的距离．
24．（2025春•宁夏期中）在如图所示的多面体中，四边形是平行四边形，平面，，且，．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）在棱上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若不存在，请说明理由；若存在，求线段的长．
一．选择题（共10小题）
二．多选题（共4小题）
一．选择题（共10小题）
1．【答案】
【分析】由空间向量平行的坐标表示求解．
【解答】解由已知条件得，由于，得，
解得，，所以．
故选：．
2．【答案】
【分析】选一组基底，利用空间向量基本定理即可求解．
【解答】解：在平行六面体中，点为棱的中点，点为棱上靠近的三等分点，如图所示：
由，
所以
，
所以，
所以．
故选：．
3．【答案】
【分析】根据已知由空间向量的坐标运算求得，根据数量积的运算律结合，即可得的值．
【解答】解：，
则，
所以，
又，所以．
故选：．
4．【答案】
【分析】根据空间向量线性运算法则得到，再由空间共面定理的推论得到方程，解得即可．
【解答】解：根据题意可知，在三棱锥中，是平面内一点，
根据空间向量线性运算法则可知，，
所以，即，
又点是平面内一点，
所以，解得．
故选：．
5．【答案】
【分析】首先表示出，再由向量模的坐标表示计算可得．
【解答】解：根据题意可知，，
所以，当且仅当时取等号．
故选：．
6．【答案】
【分析】利用向量的加法的三角形法则，结合平行六面体的性质分析求解即可．
【解答】解：平行四边形中，对角线、相交于点，
向量，
平行四边形中，；平行四边形中，，
，
又，
．
故选：．
7．【答案】D
【分析】由，可得存在，即可解得y，又得x﹣y+1＝0解得x，进而求解．
【解答】解：，，，
因为，则存在，所以，
由，则，所以x＝﹣3，所以x+y＝﹣5．
故选：D．
8．【答案】
【分析】利用空间向量的线性运算即可得出结果．
【解答】解：在三棱锥中，是棱上靠近点的三等分点，为棱的中点，
．
故选：．
9．【答案】
【分析】根据空间向量求点到直线的距离即可求．
【解答】解：根据题意可知，空间向量，，，
设，，
因为，所以，则，
所以，，，四点共面，当平面时，有最小值，
易求得平面的一个法向量，所以到平面的距离．
故选：．
10．【答案】
【分析】以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，由题意知：当，3，，，6，时，，，、共面，由此利用向量法能求出平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【解答】解：以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
由题意知：当，3，，，6，时，，，、共面，
设平面的法向量为，，，
，0，，，3，，，，0，，，6，，
则，取，得，，，
设平面的一个法向量为，，，
，6，，，6，，
则，取，得，，，
设平面与平面所成锐二面角为，
则，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
故选：．
二．多选题（共4小题）
11．【答案】
【分析】根据向量模长的坐标表示即可判断；根据向量垂直和平行的坐标表示即可判断．
【解答】解：因为点，0，，，3，，所以，，错误，正确；
若，则，得，正确；
若，则，得，正确．
故选：．
12．【答案】
【分析】以为坐标原点，分别以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，然后用向量法逐项判断即可．
【解答】解：如图，以为坐标原点，分别以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为正方体的棱长为2，
则，0，，，2，，，0，，
因为点在棱上，所以设，2，，
所以，2，，，
则，所以，所以正确；
因为平面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离，
因为为正方形，连接，，使，
所以，
因为正方体．中，平面，
所以，
所以平面，
所以点到平面的距离为，所以正确；
由题知，平面的一个法向量，0，，又，0，，
所以，
设平面的一个法向量为，，，
则，即，
令，则，所以，，，
所以，
设二面角的平面角为，
则，所以，所以错误；
作点关于面的对称点，所以，2，，
因为点在面内，
所以的最小值为，所以正确．
故选：．
13．【答案】
【分析】以点为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立平面直角坐标系，利用空间向量的系列公式计算即可判断，，；
对于，先作出截面，然后求其面积即得．
【解答】解：根据题意，建立如下图所示空间直角坐标系：
易得下列各点坐标：
，0，，，2，，，0，，，0，，，2，，，1，，
对于选项：所以得到，
因为，
所以，，
又因为，，平面，
所以平面，即正确；
对于选项：由知，所以平面，
所以平面的一个法向量可为，
设直线与平面所成角为，
所以，
又由于，所以得到，故正确；
对于选项：因点是的中点，得到，1，，，1，，
所以得到，
设和所成的角为，
于是得到，
又由于，所以解得，故错误；
对于选项：两端延长，则直线与直线和分别交于点和，
连接与交于点，连接与交于点，最后连接，，
如下图所示：
易知截面即为四棱锥被平面截的截面，
连接点和的中点，所以得到，
又因为，所以，，
根据全等三角形的判定可得△△，
即得点是的中点，即点是上靠近点的四等分点．
同理点是上靠近点的四等分点，，为的三等分点．
易证△△，即得，取的中点为，则，
因，，，，2，，，1，，则，
，，
则，又因，
故，即正确．
故选：．
14．【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断，，利用线线角的向量求法判断，利用二面角的向量求法判断即可．
【解答】解：建系如图：
设正方体棱长为2，
则，0，，，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，
所以，，
对于，，2，，，2，，故，
，因为，共线，
所以，故，
故，而，
所以，故正确；
对于，而，化简得，
故，2，，，，
而，，
设面的法向量为，
则，所以，取，
所以，
所以平面，故正确；
对于，，，
设异面直线与所成的角为，，
所以，
当时，，
而，，时，令，
因为，可得，
故，得到，故错误；
对于，由选项分析可知面的法向量为，
设面的法向量，
所以，故，取，
设二面角为，，，故，
所以，
又，所以，故正确．
故选：．
三．填空题（共4小题）
15．【答案】3．
【分析】根据已知条件，结合空间向量的共面定理，即可求解．
【解答】解：，，共面，
则存在实数，使得，，即，解得．
故答案为：3．
16．【答案】7．
【分析】直接利用向量垂直的充要条件可求出的值，进而可求出的坐标，结合空间向量的模长公式可求出的值．
【解答】解：根据题意可知，，解得，
故，所以，
故．
故答案为：7．
17．【答案】．
【分析】根据给定条件，利用投影的意义求得答案．
【解答】解：根据题意可知，向量，，
则向量在向量上的投影为．
故答案为：．
18．【答案】．
【分析】以为原点建系，利用点到面的距离公式得出，，，，，，再利用得出，又平面的法向量为，再得出平面的法向量为，计算即可．
【解答】解：如图，以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，2，，，0，，设球心，，，，，，半径为．
则平面的法向量为，，，，，，，
则，
得，
解得（舍或，
又因为平面，
所以平面的法向量为，
则
则平面与底面所成锐二面角的余弦值为．
故答案为：．
四．解答题（共6小题）
19．【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）由线面平行的判定定理得到平面，平面，由面面平行的判定定理得到平面平面，再由面面平行的性质定理得到平面；
（2）建立空间直角坐标系，由线面角的向量求法求得线面角的正弦值．
【解答】（1）证明：取中点，连接，，
在△中，由于，为中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
在平行四边形中，，为对边中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，平面，，
所以平面平面，
又平面，
所以平面；
（2）解：因为，所以，
那么以为原点，分别以为轴，轴，轴建立坐标系，如图所示，
则，0，，，0，，，4，，，4，，，2，，
所以
不妨设平面的一个法向量为，
由可得，
不妨令，那么，
则，，，
所以，．
设为直线与平面所成角，
则，．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
20．【答案】（1）证明见解答；
（2）证明见解答；
（3）．
【分析】（1）连接，交于点，连接，根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）由题设证得，，利用线面垂直的判定定理即可证明；
（3）建立空间直角坐标系，求得平面与平面的法向量，利用空间向量求解面面角的余弦值即可．
【解答】（1）证明：连接，交于点，连接，
因为，分别为，的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）证明：因为底面是边长为2的菱形，所以，
连接，由是，的中点，，可得，
又，、平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，所以，
又，，平面，
所以平面；
（3）解：在边长为2的菱形中，，所以，
在△中，，
则有，，，
以为原点，，所在直线分别为，轴，作平面，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为平面，平面，
所以平面平面，
即在底面的射影在上，所以，
易知，，1，，，
所以，，，
由（2）知：平面，
所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
可得，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
21．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）取PB的中点E，连接AE，证明出四边形ADFE为平行四边形，可得出DF//AE，然后证明出AE⊥平面PBC，可得出DF⊥平面PBC，结合面面垂直的判定定理可得出平面PBC⊥平面PDC；
（2）证明出AD⊥平面PAB，然后以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，然后利用空间向量法可求得二面角B﹣PD﹣C的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求得结果．
【解答】解：（1）证明：如图①所示，取PB的中点E，取PC的中点F，连接AE、EF、DF，
因为E、F分别为PB、PC的中点，则EF∥BC且，
因为AD∥BC，，所以AD∥EF且AD＝EF，
所以四边形ADFE是平行四边形，所以DF∥AE．
因为PA＝AB，E为PB的中点，所以AE⊥PB．
由于侧面PAB⊥底面ABCD，侧面PAB∩底面ABCD＝AB，AB⊥BC，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面PAB，
又AE⊂平面PAB，所以BC⊥AE．
又PB∩BC＝B，所以AE⊥平面PBC，
所以DF⊥平面PBC，而DF⊂平面PDC，
故平面PBC⊥平面PDC．
（2）由（1）可知，BC⊥平面PAB，因为AD∥BC，所以AD⊥平面PAB，
如图②所示，以A为坐标原点建立空间直角坐标系．
依题意得A（0，0，0）、B（1，0，0）、C（1，2，0）、D（0，1，0）、，
则，，．
设平面PBD的法向量为，
则，则，即，
不妨令x＝1，可得．
设平面PDC的法向量为，
则，则，即，
不妨令，可得．
所以，
则，
所以．
由图可知，二面角B﹣PD﹣C的平面角为锐角，
所以二面角B﹣PD﹣C的正切值为．
22．【答案】（1）证明见解答；（2）．
【分析】（1）先证平面，再利用面面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用向量法求解即可．
【解答】解：（1）证明：因为，点为的中点，
所以，
则，
因为，
所以，
又因为平面，平面，
所以，又因为，且，平面，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面；
（2）由题意可知，，，两两互相垂直，
故以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，，
故，
由（1）知，平面，
故是平面的一个法向量，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
23．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）．
【分析】（Ⅰ）证明，即可得出平面；
（Ⅱ）建立坐标系，求出平面的法向量，通过计算与的夹角即可求解；
（Ⅲ）求出，结合平面的法向量，利用向量法求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）证明：，分别是，的中点，，
平面，平面，
又平面，，
，是的中点，，
又，平面，平面，
平面．
（Ⅱ）以为原点，以，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，0，，，1，，，，，
，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得，
又平面，
为平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为；
（Ⅲ）为的中点，，0，，
则，
由（Ⅱ）知平面的法向量为，
点到平面的距离．
24．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，1．
【分析】（1）取的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，则，再根据线面平行得判定定理即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
（3）设，0，，由题意可得，进而可得出答案．
【解答】解：（1）证明：如图，取的中点，连接，，
因为，，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，且，
又因为，且，所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为，，
所以，所以，
因为平面，，
所以平面，所以，，两两垂直，
以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图，
则，1，，，0，，，1，，，0，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，则，
令得，，
设平面的一个法向量为，
则，则，
令，则，
所以，
所以二面角的正弦值为；
（3）假设在棱存在点，使得直线与所成角的余弦值为，
设，0，，则，又，
所以，
即，
所以，解得或（舍去），
因此适合条件的点存在，且线段的长为1．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
D
B
A
A
D
C
B
B
题号
11
12
13
14
答案
BCD
ABD
ABD
ABD