2025年新高二数学暑假衔接(人教A版)【02-暑假预习】专题09 空间向量及其应用综合检测提升卷（教师版）

PAGE1空间向量及其应用综合检测提升卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）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：C3．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．①②③ B．①④ C．②③ D．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：CD10．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）