专题37 空间向量及其运算（优练）-2026版高考数学一轮复习讲优练

第7页（共7页）专题专题37空间向量及其运算

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．18 C．20 D．4．（2025春•白银期中）在三棱锥中，是平面内一点，且，则A． B．1 C．2 D．35．（2025春•张掖期中）已知空间中有两个动点，，，，，．则的最小值为A．2 B．4 C．3 D．66．（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．5 B．1 C．﹣1 D．﹣58．（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）题号12345678910答案DBDBAADCBB二．多选题（共4小题）题号11121314答案BCDABDABDABD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）．【