空间向量与立体几何 专项训练-2025届高三数学一轮复习

2024-2025学年高三数学上学期一轮复习专题：空间向量与立体几何 一、单选题 1．已知空间向量，若共面，则实数 （    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．如图，在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的是（    ） A． B． C． D． 3．边长为1的正方体中，，分别是，中点，是靠近的四等分点，在正方体内部或表面，，则的最大值是（    ） A．1 B． C． D． 4．已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（    ） A．截面多边形不可能是平行四边形 B．截面多边形的周长是定值 C．截面多边形的周长的最小值是 D．截面多边形的面积的取值范围是 5．如图所示，正方体的棱长为1，点分别为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行 C．三棱锥的体积为 D．直线BC与平面所成的角为 6．如图，在三棱锥P-ABC中，，，，点D，E，F满足，，，则直线CE与DF所成的角为（    ） A． B． C． D． 7．如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 8．如图，在棱长为的正方体中，与平面交于点，与平面交于点，点分别在线段上运动，则线段的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，，，，分别为棱，的中点，则（   ） A．平面 B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．平面与平面的夹角的正切值为 10．如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，M为A1C1与B1D1的交点．若，，，则下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 11．如图，一个棱长为6的透明的正方体容器（记为正方体）放置在水平面的上方，点恰在平面内，点到平面的距离为2，若容器中装有水，静止时水面与表面的交线与的夹角为0，记水面到平面的距离为，则（    ） A．平面平面 B．点到平面的距离为8 C．当时，水面的形状是四边形 D．当时，所装的水的体积为 三、填空题 12．在空间直角坐标系中，，若三点共线，则 . 13．已知正四面体的棱长为2，若球O与正四面体的每一条棱都相切，点P为球面上的动点，且点P在正四面体面ACD的外部（含正四面体面ACD表面）运动，则的取值范围为 ． 14．如图，长方体中，，点在线段上，且为线段的中点，若，则异面直线与所成角的余弦值为 ． 四、解答题 15．如图1，在矩形中，，，将沿矩形的对角线进行翻折，得到如图2所示的三棱锥，且. (1)求翻折后线段的长； (2)点满足，求与平面所成角的正弦值. 16．“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，四边形是边长为3的正方形，，． (1)证明：四棱锥是一个“阳马”； (2)已知点在线段上，且，若二面角的余弦值为，求的值． 17．如图，在斜四棱柱中，底面正方形的中心是，且为顶点在底面的投影. (1)证明：平面平面； (2)若该四棱柱的所有棱长均为1，求二面角的正弦值. 18．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上． (1)若，证明：平面； (2)若二面角的正切值为5，求BQ的长． 19．如图，已知四棱柱的底面为菱形，，，，，E是棱上的点． (1)求证：四棱柱为直棱柱； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．A 【分析】根据空间向量共面定理可知存在一对有序实数，使，然后列方程组可求得答案. 【详解】因为不共线，共面， 所以存在一对有序实数，使， 所以， 所以，解得， 故选：A 2．B 【分析】利用空间向量基本定理表示出，得到答案． 【详解】. 故选：B． 3．D 【分析】建立空间直角坐标系，设，从而求得，再根据向量模长公式结合即可求解. 【详解】    如图，建立空间直角坐标系，设， 则， 所以，则， 因为，又， 所以，即， 所以， 又，所以，当且仅当，此时时，等号成立， 所以的最大值是. 故选：D. 4．D 【分析】将平面从平面开始旋转，结合对称性可判断A；设，利用余弦定理表示出，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断BC；先判断，然后利用向量方法求出，可得截面面积的范围，可判断D. 【详解】对于A，当平面过或时，截面为三角形. 易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时， 由对称性可知，此时平面与交于点，且， 此时截面为四边形，且注意到当分别为的中点时，此时满足， 且，即此时截面四边形是平行四边形，故A错误；    对于BC，设，由余弦定理得， ， 由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和， 当三点共线时取得最小值， 由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值， 所以截面多边形周长的取值范围是，故BC错误； 对于D，记与的交点为，由对称性，， 所以，， 因为， 所以，所以， 记， 则， 因为， 所以 ， 由二次函数性质可知，，即， 所以，故D正确； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是找到正四面体的对称性，根据对称性判断截面形状，利用余弦定理求周长，利用空间向量求距离，然后可得面积，题目综合性强，对学生的直观想象能力有较高的要求. 5．B 【分析】A选项根据正方体的性质判断；对于B，D利用空间向量判断，对于C，利用体积公式求解即可. 【详解】A选项：为正方体，所以，直线与直线不垂直，所以直线与直线不垂直，故A错误； 如图建立空间直角坐标系，则， 对于B，设平面的法向量为，则，令，则， 因为，所以，所以， 因为在平面外，所以直线与平面平行，所以B正确， 对于C， ，所以三棱锥的体积为，所以C错误， 对于D，，直线BC与平面所成的角为，，所以D错误， 故选：B. 6．D 【分析】设，，，利用空间向量运算得，，利用数量积的运算律求解数量积，即可解答. 【详解】设，，，则，， ， ， 所以， 故直线CE与DF所成的角为. 故选：D 7．C 【分析】以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系可证得平面，可得点的轨迹为圆，由此即可得． 【详解】解：以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴， 建立空间直角坐标系，，，，，， 故，， ，设平面的法向量为， 则， 令得，，故， 因为，故平面， 为平面上的动点，直线与直线的夹角为30°， 平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆， 即为点的轨迹，其中， 由对称性可知，，故半径， 故点的轨迹长度为. 故选：C. 8．C 【分析】建系，分析可知平面，，，结合垂直关系可知，结合范围分析最值即可. 【详解】如图所示：以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 可得， 则，可知， 且，平面，可知：平面， 且平面，可得， 设，即，则， 因为，解得，即； 同理可得：平面，， 则，， 又因为， 则三棱锥为正三棱锥，点为等边的中心， 在中，结合等边三角形可知：， 因为平面，平面，则，可知， 当时，取到最小值； 当时，取到最大值； 综上所述：线段的取值范围为. 故选：C. 9．ABD 【分析】选项A由线面平行的判定定理可证；选项B由线面垂直可证线线垂直；选项CD可由空间向量法可得. 【详解】选项A： 如图连接交于，连接， 由题意可知为的中点，又为的中点，故， 又平面，平面，故平面，故A正确； 选项B：由题意为等边三角形，为的中点， 故, 又棱柱为直三棱柱，故， 又，平面，平面， 故平面，又平面，故，故B正确； 选项C： 如图建立空间直角坐标系，则，，， 因，故， 所以，， 设异面直线与所成角为，则 故C错误； 选项D：由题意平面的一个法向量为， ，，， 设平面的法向量为，则 ，即，设，则，， 故， 设平面与平面的夹角为，则， 故， 故，故D正确， 故选：ABD 10．AD 【分析】由题意可知，，再利用空间向量的线性运算和数量积运算逐个判断各个选项即可． 【详解】由题意可知，， 对于A，，故A正确； 对于B，又因为， 所以， 所以，故B错误； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确． 故选：AD． 11．ABD 【分析】建立空间直角坐标系，求得平面、平面的法向量计算可判断A；根据向量法计算可判断B；当，水面为六边形可判断C；作出水面，利用水面与平面平行，可计算出水面与交点，再计算后即可判断D. 【详解】如图所示建立空间直角坐标系，则, 因为静止时水面与表面的交线与的夹角为0，所以平面， 设平面的法向量为，， 点到平面的距离为，， ，而， 令，所以平面的法向量为， 对A，，，，， 故平面， 所以平面的法向量为，又， 所以平面平面，故A正确； 对B，，所以到平面的距离为，故B正确； 对C，因为，所以，当时，截面为六边形，故C错误； 对D，当时，设水面与的交点分别为，设，则， 则，，故， 设水面与交点为，所以， ，此时过作交于点，连接， 设的面积为,的面积为，则，， 所以，所以，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于建立空间直角坐标系，计算出平面的法向量，运用空间向量求解. 12． 【分析】根据三点共线，可得空间向量共线，即存在实数，使得，结合向量的坐标运算，即可得答案. 【详解】由题得.， 因为三点共线，所以存在实数，使得， 即， 所以，解得，所以， 故答案为： 13． 【分析】将该正四面体补成正方体，则可得球O为正方体的内切球，设G为AB的中点，结合向量数量积的运算律将转化为，结合四面体以及正方体和球O的切接问题，求出的最大值以及最小值，即可求得答案. 【详解】由题意知正四面体的棱长为2，故可将该正四面体补成如图示正方体，    正方体棱长为，四面体的每条棱皆为正方体的面对角线， 由于球O与正四面体的每一条棱都相切，故球O为正方体的内切球， 球O的直径为正方体的棱长，则半径； 设G为AB的中点，则， 则 ， 由于点P在正四面体面ACD的外部（含正四面体面ACD表面）运动， 故点P位于DC的中点处时，最大，即为正方体内切球直径， 此时取到最大值； 在正四面体中，设E为DC中点，连接， 则，平面， 则平面，而平面， 故平面平面，则球O的球心O在平面内， 则的内切圆即为球O的一个小圆，设该圆与AE的交点为F， 则F点和AB都位于球O的同一个大圆所在的平面上，此时该大圆上劣弧所对弦长最短， 即P点位于F点时，最小； 设内切圆圆心为，则内切圆半径为， ，则， 中，，，故， 在中 ，则， 即的最小值为，故的最小值为， 故的取值范围为， 故答案为： 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将正四面体补成为正方体，将球O转化为正方体的内切球问题，结合多面体和球的切接问题，求解答案. 14．/ 【分析】建立空间直角坐标系，设出相关点及向量的坐标，求出必要参数，利用向量的夹角公式求解即可，或作合适辅助线，利用线线角定义求解也可. 【详解】． 解法一 以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则， 所以，则，解得， 所以，所以，设线线角为 则， 因此异面直线与所成角的余弦值为． 故答案为： 解法二 设，因为，所以，得．如图，取线段上靠近点的三等分点，靠近点的三等分点，连接，易知， 又， 所以，故为异面直线与所成的角或其补角． ， 所以，因此异面直线与所成角的余弦值为． 故答案为： 15．(1) (2). 【分析】（1）可以证明得到为直角三角形, 翻折后线段的长可由勾股定理得出. （2）根据第（1）问可以建立坐标系,写出关键点的坐标,求出,平面的法向量,求出向量夹角的余弦值,后得到与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）由,,,,平面, 可得平面,又平面,则, 在中,根据勾股定理, （2）如图,过点作于点,由（1）可知,平面平面,交于, ∴平面,∵,又,,∴为直角三角形,∴ 如图,以为轴,为轴,过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系 则,,,有,, 设平面的法向量,则, 令,解得其中一个法向量； 于是,, 故与平面所成角的正弦值为. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明平面，得到，再由平面得到，即可证明平面，从而得解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用二面角为计算出. 【详解】（1）四边形是正方形，， ，，平面， 平面， 平面，， 四边形是正方形，， ，，平面. 平面， 平面，， ，平面， 平面， 四棱锥是一个“阳马”； （2）由（1）得平面，平面，， ，，， 以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意可得，，，，， 所以， 设，， ，，， 即，所以， ，， 设是平面的一个法向量，则， ，令，则，， 设是平面的一个法向量，则， ，令，则，， ，或（舍去）. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据已知条件利用面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积夹角公式可求得二面角的余弦值，然后再利用同角三角函数关系求解即可. 【详解】（1）设交于，连接，如下图所示： 由四棱柱性质可知四边形为平行四边形， 由于，分别是、的中点，所以. 因为平面，且平面平面，所以平面. 又因为平面， 所以平面平面. （2）由于平面，所以，， 又为菱形，所以， 故可以直线，，分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 由于斜四棱柱的棱长均为1，所以，，，.所以，. 设是平面的一个法向量， 由得 令得. 又由（1）知，，，平面， 所以平面.即是平面的一个法向量. 设二面角的平面角为，由图可知，. 所以，所以. 故所求二面角的正弦值为. 18．(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）取的中点M，连接MP，MB，利用平行四边形证明，由判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，设，根据向量法求出二面角的正切值，解出，即可得解. 【详解】（1）取的中点M，连接MP，MB，如图， 在四棱台中，四边形是梯形，， 又点M，P分别是棱的中点，所以，且． 在正方形ABCD中，，又，所以． 从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面； （2）在平面中，作于O． 因为平面平面ABCD，平面平面，， 平面，所以平面ABCD． 在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则． 以为正交基底，建立空间直角坐标系． 因为四边形是等腰梯形，，所以 又，所以． 易得， 所以． 设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得， 令，可得，另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角平面角为，由题意得． 又，所以， 解得（舍负），因此． 所以当二面角的正切值为5时，BQ的长为1． 19．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由菱形的性质结合题目条件可得平面，再利用线面垂直的性质定理与勾股定理逆定理可得平面，即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，得出两平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得. 【详解】（1）由该四棱柱底面为菱形，故，， 又，，、平面， 故平面，又平面，故， 由，则，又， 有，故，又， 、平面，故平面， 故四棱柱为直棱柱； （2）取中点，连接，由，故， 又，则为等边三角形， 故，又，故， 又平面，、平面， 故，，故、、两两垂直， 故可以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则、、、、， 则，，， 则，则， 设平面的法向量为， 则有， 取，则，，即， 又轴平面，故平面的法向量可为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$