第九章 第4节 空间向量及其应用-【5星学霸·高考白题】2026年高考数学一轮复习

第4节空间 乙应用提优考点全面，能力提升|限时：60mim 1.(2025·四川成都模拟)已知空间中向量 瓜=(01.0).向量C的单位向量为(- 33 3·3 ),则点B到直线AC的距离为( B.VG 3 吗 D05 3 2.(2025·辽宁大连期末)已知空间四点 A(3.0.0),B(3,3.2).C(0,3.0),D(0.0,3). 则四面体ABCD的体积为 ( 5 C.15 3.(2025·山东枣庄二模)已知三棱柱ABC- A,B,C1的各条棱长相等，且∠A,AB= ∠A,AC=∠BAC=60°，则异面直线AB与B,C 所成角的余弦值为 43 6 2 03 4.(多选)(2025·山东菏泽模拟)在正四棱锥 P-ABCD中，PA=25,AB=22,PE=PB 序=p元则 () A.EF=2 3 B异面直线AE,CF所成角的余弦值为26 C向量证在向量上的投影向量为示 4 D.直线AE与平面PCD所成角的正弦值为 9 第九章立体几何与空间向量学霸高春 向量及其应用 5.(多选)(2025·广东肇庆二模)如图，在棱长 为a的正方体ABCD-A,BC,D1中，点P满足 B=ABB,+μBC,A∈[0,1]，ue[0,1],则下 列说法正确的是 A.若入=u,则DP∥平面AB,D B若入=4，则点P的轨迹长度为5 C.若=1，则存在入，使DP⊥A,P D.若=则存在X,使A,C1平面DPB 6.(2025·湖南衡阳模拟)如图，P为矩形ABCD 所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD,M,N分 别为PC,PD上的点，且Ni=xAB+yAD+ :AP,P=2M元，P=N⑦，则x+y+= 7.(2025·福建漳州期中)在空间直角坐标系 中，若A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1), P(2,m,n)四点共面，则m+n= 8.(2025·四川成都模拟)四棱锥O-ABCD中， 底面ABCD为平行四边形，动点M满足OM= 入OA+4OB(A>0,>0,A+<1).设四棱锥M- ABCD的体积为V,三棱锥M-OCD的体积 为V2,若V=3V2,则A+μ= 0 学霸高春白题数学 9.(2025·广东惠州模拟)如图，在棱长为2 的正方体ABCD-A,B,C,D1中，M,E分别是 C,D,AA的中点，F是MC的中点， (1)判断A,C,M,A,四点是否共面（结论不要 求证明)： (2)证明：EF∥平面ABCD: (3)求异面直线A,B与EF所成角的余弦值， 10.(2025·黑龙江齐齐哈尔三模)如图，在四棱 锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AD∥ BC,且AD=2BC=22,PA⊥PD,△PCD为边 长为2的等边三角形 (1)求证：PD⊥平面PAB: (2)若AB=2,BD=√10，求直线AB与平面 PCD所成角的正弦值 108 11.(2025·天津南开中学月考)如图，PD垂直 于梯形ABCD所在平面，∠ADC=∠BAD= 90°，F为PA的中点，PD=√2，AB=AD= 2CD=1 (1)求平面ABCD与平面BCP的夹角的余 弦值： (2)求点F到平面BCP的距离. 12.(2025·河北石家庄模拟)如图，几何体 ABCA'B'C中，四边形ACC'B'为矩形，四边形 ABBA'为等腰梯形，其中AA'∥BB',AA' AB=2,∠ABB=60°，BC=2,P,Q分别为 BB和CC的中点. (1)证明：PQ∥平面ABC: (2)若直线B'C与平面ABC所成角为60°， 求平面BQB'与平面ABC夹角的余弦值. 13.(2025·湖北武汉模拟)如图所示，在平行六 面体ABCD-A,B,C,D,中，底面ABCD是边长 为3的菱形，AM,=4,∠DAB=∠AAB= ∠A,AD=60°，E,F分别在线段B,B和D,D 上，且BE=4BB,DF=DD (1)证明：4，E,C,F四点共面： (2)求平面AEC,F与平面A,ADD,夹角的余 弦值 。 D 第九章立体几何与空间向量学霸高春 14.(2025·湖南求州模拟)如图，正方体 ABCD-A,B,C,D,的棱长为1，点M,N分别 在线段AB,BC,上，且AM=AAB,, CN=C B (1)若A=u=2,证明：DD,⊥MN: (2)若u= 2点P.Q分别在直线D,MN 上，且PO LDD,PQ⊥MN,求IPQI的取 值范围。 1097.AC⊥D(答案不唯一).解析：如图，连接BD,AC,A,C,B,D,因为 A,A⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以A,A⊥BD.因为AG⊥BD A,A∩AC=A,A41,ACC平面A1AC,所以BD⊥平面AAC.因为A1CC 平面A,AC,所以A,C⊥BD.因为BD∥B,D1,所以A,C⊥B,D.故答案 为AC⊥D(答案不唯一) 0 (第7题)】 (第8题) 8.①③④解析：对①，由正方体性质可得A,D,上平面A4,P,又 A,D,C平面D,A,P,所以平面AMP⊥平面D,AP,放①正确： 对于2，连接AD,当P是4，B的中点时，易得A,P== 240, ,DP=A明AP-√月满是P40,产=A0. 3 此时∠APD1是直角.故②错误： 对于③，连接D,C,DC,如图所示 由正方体可知DC,⊥D,C,且BC⊥平面DCC,D1,DC,C平面 DCC1D1,所以BC⊥DC,-又D,CnBC=C,D1C,BC平而A,BCD,所 以DC:⊥平面A1BCD 又D,PC平面A1BCD1,所以DC1⊥DP.放③正确： 对于④，三棱维B,-D,PC的体积V三格，-心，心=V=装恤，P,c义因 为△B,D,C的面积是定值，A,B∥平面B,D,C,所以点P到平面 B,D,C的距离是定值.所以三棱锥B,-D,PC的体积为定值，故④正 确.故答案为①3④ 9.(1)证明：如图，取PA的中点F,连接EF,BF,因为E是PD的中点， 所以F∥A0,F=A0=2又C∥AD,AD=2C=4.所以EF∥ BC,EF=BC.则四边形BCEF是平行四边形，所以CE∥BF又CE￠ 平面PAB.BFC平面PAB,所以CE∥平面PAB. (2)解：如图，取PB的中点H,连接AH,因 为PA=AB,所以AH⊥PB.因为P以上平面 ABCD,BCC平面ABCD,所以PA⊥BC.因为 GnP所以c又n居 AB=A,PA,ABC平面PAB,所以BG⊥平面 PAB.又AHC平面PAB.所以BC⊥AH. PB∩BC=B,PB.BCC平面PBC,所以 AM⊥平面PBC,即点A到平面PBC的距离B 为A以在等餐直角△PB中，AMH=了PB=22,故点A到平面PBC 的距离为22 10.(1)解：正三棱柱的侧面积为S1=3×2×2=12,底面积为52=2× 年×22=25，所以正三棱柱的表面积为3+S2=12+2,5 (2)证明：如图，因为△ABC为等边三角形，D为AB的中点，所以 CD⊥AB.又三棱柱ABC-A,B,C,为直三棱柱，所以平面ABB,A,⊥ 平面ABC,因为CDC平面ABC,平面ABB,A,平面ABC=AB,所以 CD⊥平面ABB,A.因为CDC平面CDB,,所C 以平而CDB,⊥平面ABB,A· (3)证明：如图，连接BC,交B,G于点F,连 接DF,因为四边形CBB,C,为正方形，所以F 为BC1中点.又D为AB中点，所以DF∥AC, 又AC,d平面CDB,,DFC平面CDB,所以 AC,∥平面CDB, 11.(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以 AG⊥BD.因为平面SBD⊥平面ABCD,平面SBD∩平面ABCD=BD, ACC平面ABCD,所以AC⊥平面SBD.义SBC平面SBD,所 以AC⊥SB. 一学霸高考·白 (2)解：存在设ACOBD=0,则0为正方 形ABCD的中心，如图，连接SO,交EF于 点G,连接AG并延长交SC于点H.若平 面BD∥平面AEF,平面SAC∩平面 MBD=OM,平面SMC∩平面AEF=AH.所以 OM∥AH.因为E,F分别是SB.SD上靠近S 的三等分点，所以EF∥BD,所以C.1, G02· 训】又0是AG的中点，所以0M∥A1,所以 :■1.所以 说号故在心上存在-点.使平面a平面，比时品 MC 的维为号 12.(1)证明：因为AB⊥平面BCD,BC,BD,CDC平面BCD,所以AB⊥ BG,AB⊥BD,AB⊥CD.又BC⊥CD,AB∩BC=B,AB.BCC平面ABC, 所以CD⊥平面ABC,因为ACC平面ABC,所以AC⊥CD (2)解：由(1)可知，AB⊥BC.AB⊥BD,AB⊥CD,AC⊥CD.CD⊥BC 且其余各棱均不垂直.可得a1=5:由AB⊥平面BCD.且ABC平而 ABC,ABC平面ABD,可得平面ABC⊥平面BCD,平面ABD⊥平面 BCD,同理：由CD⊥平面ABC可得，平面ACD⊥平面ABC,且其余 各而均不垂直.可得a2=3:由AB⊥平而CD,GD⊥平而ABC,且其 余各线面均不垂直，可得a3=2.综上所述，，+a2+,=10 (3)解：将平面ABC与平面ACD沿AC展开成如图2所示的平面图 形，连接BD,所以彩带的最小长度为图②平面图中BD的长， D D 由(1)知∠ACD=90°，在图①中，因为AB⊥平面BCD.BCC平面 BCD,所以AB⊥BC.又因为AB=BC=CD=1,所以∠ACB=45°，故在 图②中，∠BCD=135“,所以在图②中，在△BCD中，由余弦定理得 √2+区，所以彩带的最小长度为√2+互 第4节空间向量及其应用 应用提优 1.B解桥：设与向量A元同向的单位向量为e,则e= 1533} 333 An.e= 3 ，点B到直线AC的距离为√：-.e。 2.B解析：由题知△ACD为边长为32的等边三角形，如图，D= (3.0.-3).C=(3,-3.0),4=(0,3,2).若m=(x,,)是平面ACD 的一个法向量，则 m·D=3-3=0.令x=1.则m=(1,11),则B (m,C=3-3y=0 到平面ACD的距离d= m·话5 1m1 ,所以四面体ABCD的体积 151 (第2题) (第4题) 题·数学·070一 3.C解析：不妨设棱长为2，由题意可知A=1=A1=2,市. A元=A店.Ad=A花.A风=2，因为B,元=B,i+B元=-d+A心-成.则 1B,2=(-国+A花-i)2=国+心+府+2A店·-2市 花-2A花.=4+4+4+4-4-4=8.即1B,亡1=22.且B,元.A店 -,A+丽，A花-A存=-2+2-4=-4.可得s〈B,亡，A)= B,C.A店 、尼·商“22号，所以异面直线与BC所城角的余 装值为号 4.ABD解析：如图，记ACO BD=0,连接P0,以0为坐标原点.O, 成币的方向分别为x,y,:轴的正方向建立空间直角坐标系，则 4(20.0).C(-2,0.0).D(0.-2,0).P(0,0.4),E(0.1.2) r(0,子冬）因为应=(0-手号）所以1应1 √个）产()故正确因为证=2,2 号）服成品紧 肉在向量上的投能有超为正正.正衣.放C不正 ICF2 确设平面PCD的法向量为n=(x,,),因为D元=(-2.2,0)， 元=（-2.0.-4，所以n-2+2=0令=2.得m= n.P元=-2x-4=0, (2,2,-1).设直线AB与平面PCD所成的角为8，则s0= 冠动兮放D瑰越m 5.ABD解析：对于A,若A=u,则励=ABB+AB武=ABC,Ae[0,1], 则点P在线段BC,上，如图① 因为平面A,B,C,D,∥平而ABCD.且平而ABCDO平面B,D,DB= BD,平面A,BC,D,n平面B,D,DB=B,D,故B,D1∥BD,又B,D,4 平面BC,D,BDC平面BC,D,故B,D,∥平面BC,D,同理可证 AD1∥平面BC,D,因为AD1C平面AD,B1,BD1C平面AD1B,且 AD,∩B,D1=D1,故有平面AB,D,∥平面BC,D,又因为DPC平面 BC,D,所以DP∥平面AB,D,故A正确：对于B,若A=4,则B丽= 4B,+μ成=4(2B+C)=24B示(N为B,C1的中点).如图②. 又因为Ae[0,1],A=24,所以2μe[0,1].放点P的轨迹长度为 N,故B正确：对于C,若=1测耐=A丽屁，所以耐 H成=C=AB.Ae[0.1].所以点P在线段CG,上（如图③）. 一 学霸高考·白 假设DP1A,P,则DP2+A,P2=A4,D2,即a2+(Aa)2+a2+a2+ (1-A)2a2=(2a)2,化简得A2-A+1=0,该方程无解，所以A不存 在，故C错误：对于D,如图④，设M为BC的中点， 当4=时，则励=A丽+成=A丽+成，即=A丽，建立 如图④所示的空间直角坐标系D-=.则D(0,0,0),B(a,a,0), 4(a0,a),c0.a,0,w(a.0B(a,a,a),P(2a,aa） 所以(aa,).丽=(aa,0).亦-（受a,A加）银设，C1 ,1成之.i=-2w2=0. 平面DPB,则 即 解得 元1成，.币-a×号2-a2=0, A:子故D正确故选AD 6号解桥：因为网2配瓜：动.则网：号元瓜：号成 耐=成成号元}市子花-动-=子 -之砂-可=号：。市名市，：，所 7.-1解析：依题意得市=(-1,1,0)，花=(-1,0,1)币=(1，m,) 若A,B,C.P四点共面，则A币=A店+μA花，即(1，m,n)=(-A4,A. 4),所以1=-A-4,m=A,龙=A,所以m+n=-1 8.子解析：动点1满足O品=A中 40B(A>0.a>0,A+壮<1).，动点M在 △OAB内，如图，延长OM交AB于N.设 0=m0,则=(1-m)0示，底面 ABCD为平行四边形，San= 2SAND,V1=Vw-=2V-= 2(1-m）Va-,=V-0en= 2 m@=mo=3.2(1-m)=3m→m=50i μ成a,成：4.B三点共线。 5 六2+2=1=Aw=5 9.(1)解：如图①，A,C,A,三个不共线的点确定平面ACC41,显然 M平面ACC,A1,所以A,C,M,A1四点不共面. (2)证明：如图②，以D为原点，D4,DC,DD,分别为xy,轴，建立室 间直角坐标系， 则(20.).F(o,号，1）故(-2.子0）又平商n的 法向量为n=(0,0,1),所以E求·n=0,故序1n.又EFg平面ABCD. 放EF∥平面ABGD （3)解：由(2)可如-(-2.号.0又A(2.02).82,2.0),故 (0.2-2.所以m(在=方时 3一 扇多20 题·数学·071一 3正，赦异面直线A,B与F所成角的余弦值为3 1 0 10.(I)证明：取PD的中点E,连CE,取PA中点F,连EF,FBFE∥AD∥ BC,且FE=之D=BC.四边形BC为平行四边形.FB∥ EC.CP=CD,CE⊥PD,∴.BF⊥PD,又PA⊥PD,PAOBE=F PA,BFC平面PAB.∴，PD⊥平面PAR. (2)解：由(1)知PD⊥AB.取AD的中点0，连OP,OC, PA=√AD-PD=2..PA=PD,.P0⊥ADAB2+AD2=BD .AB⊥AD,又PD∩AD=D,PD.ADC平面PAD.∴.AB⊥平面PAD 因为O为AD的中点，所以AO=BC,AO∥BC,又因为AB⊥AD,则四 边形ABCO为正方形故在正方形ABC0中.OC∥AB,∴.OC上平面 APD,又OP,ODC平面APD,.OC⊥OP,OC⊥0D,即OC,OP.OD 两两互相垂直以0为原点.OC,0D.0P为x,y,:轴建立空间直角 坐标系0-，如图所示 则0(0.0.0)，C(2,0,0).P(0.0.2),D(0.2,0),A(0.2,0) B(2,-2,0)P元=(2,0-2).Pi=(0,2,-2),= (2,0,0).设平面P心的一个法向量为n=(x,,, ∫n…P=0 n.PD=0. ,2x-2=0得令=1n=(1,1.1).计算得1n=5, 2y-/2:=0.= 1A=√2，A店·n=√2，直线AB与平面PCD所成角的正弦值 为n=:n刚。反店 1A应nlv2x√33 A- (第10题) (第11题) 11.解：(1)由PD垂直于梯形ABCD所在平面，∠ADC=90°，得直线 DA.DC.DP两两垂直.以D为坐标原点.直线DA.DC,DP分别为x y:轴建立空间直角坐标系.如图所示，则B(1,1,0),C(0,2,0), P(0,0,2).B元=(-1.1.0)，C币=(0.-2.2)，设平面BCP的法向 量m=(x,y.则 武n=-y=0。令y1.得n=(1l,), Cd.n=-2y+2:=0. 由：轴1平面ABCD,得平面ABCD的法向量m=(0,0,1),则 m。1--牙.所以平面D与平面C的夫角 的余弦值为 (2)由2)知：P(行0号)则时-(}0，）面平商6r 的法向量N=(1,1,2),所以点F到平面BCP的距离d= P成·2.1 24 12.(1)证明：取AB的中点D,连接PD,CD,又：点P为BB的中点， :PD是△A路的钟位线Pm∥A裙，PD=之B,又：四边形 ACCB为矩形..AB'∥CC,AB=CC.Q为CC的中点，.CQ= 2CCPm/C0,Pm=CQ四边形Pm00为平行四边形. .PQ∥CD.又CDC平面ABC,PQg平面ABC.∴.PQ∥平面ABC. (2)解：四边形ABBA是底角为60°的等腰梯形.，L'AB= ∠AAB'=120,又，A'B=AA'=2,.BA=6.∠BAA”=30°。 一学霸高考·白题 ∠B'AB=90°，B'A⊥AB,BB=√(6)+(2=22. 又，：四边形ACCB为矩形，BA⊥AC,又：AB∩AC=A,AB,AGC 平面ABC,:BA⊥平面ABC,,BC与平而ABC所成角为∠BCA= 三AC=BA=2一AB+AC2=BC2△ABC为等腰直 角形，且AB⊥AC以A为坐标原点.分别以店，A花，A匠的方向为x 轴，y轴，：轴正方向建立空间直角坐标系，如图，B(2,0,0), 8(0,06).0(0.反，)）则丽=(-反，06).0丽 ,设平面BBQ的一个法向量为m=(x,y,:),则 BB·m=0, -2x+V6:=0. 即 不妨设：=1，得m= 3 0B·m=0. √6 2+2=0, 1）,易得平面C的一个法向量为n= (0,0.1),设平面QB与平面ABC的夹角 为8，则e8= m·n Im·n 19,所以平面B0B 2/19 A 与平面ABC夹角的余弦值为2网 19 13.(1)证明：由平行六面体可知，BB,∥DD1,AB∥D,C1,且BB1=DD, A=n,G又因为B能=服DF=子仙所以正=办：应 D,G+FD=FC,则有正∥FC,即A,E,C,F四点共面 (2)解：取AF的中点为O.连接OD.DE,EF,如图，由于DF= 子M,=3=AD,则有0D上A,又由余弦定理得AB=A+BE 2B,E,mLAE=9r1-2X3X1Xm号-13，所以E=万，又 亦-店=亦-（成）=：不-（纺）小 动-应+号买，则1成1= √9494-2x3x3x2+2x3x2x22x3x2×=B,所以有 EF=AE,又因为AF的中点为D,所以DE⊥AF.即∠DOE就是平而 AEC,F与平面A,ADD,的夹角或其补 角，由=而-而=市-：市 市成)市-（市 ）小访成证 和=+底子亦访+士不 (励+子届）=应-子动-g不，曲励1 兮)子好会成 √（亦： 而成（而g)(访名d)? ·数学·072一 0i.0 4 ■ 10·0减35 2*2 号放平面4C,F与子面A,A0心，夹角的余弦值是) 14.(1)证明：如图①，连接B,C,AC,当A=u=2,则M是AB,的中 点，N是BC,的中点，所以MN∥AC,因为ACC平面ABCD,D,D⊥ 平面ABCD.所以D1D⊥AC.所以D,D⊥MN. ② (2)解：如图②.以D点为原点，Di,D元.DD方向为x.:轴正方向 建立空间直角坐标系，则A(1,0,0),B,(1,1,1).C(0,1,1), B1,1,0),D,(0,0,1),AB=(0,1,1),C言=(1,0，-1)，所以 =(0,A,A),C,不=(4.0，-)，所以M(1A,A),N(u,1,1-u).所 以M=(H-1,1-A,1--A),又DD=(0,0,1),设直线PQ的方向 向量为n=(x,y,:).期由 n·m=0特 (n,=0, -+(1-A)+(1--A=0取m=(1-,1-a,0),又成： =0. DM.n 1-A+入- (1.A,A),所以1PQ1= √2+u2-2(A+4)+2 1 2 V(A)-2(A*地)+11A-1 0≤A≤1 由 0s 得 ≤A≤1易知=A1在[受]上单 2 调递诚，在 小上单，所以e【-1.]所 w2+11 .2] 专题探究11内切球与外接球问题 专题强化 1,C解析：将四棱锥P-ABCD补成如图所示的 四梭柱，则四棱锥P-ACD的外接球即为此 四棱柱的外接球.又因为四边形ABCD为正方 形，侧该四棱柱为正四棱柱设四棱锥P一 ABCD外接球的半径为R.则4R2=(22)2+ 【253=25,所以R=,放网按维P四 D外接球的体积=亨R=1故法C 6 方法总结 求一条侧棱委直于底面的棱维的外接球时，可将棱锥补成棱柱，则外 接球半径R= 2 +2,其中h为棱柱的高，「为棱柱底面外接 圆半径 2。》解析：由题意得扇形的延长1：3x行-2，所以该圆维的底面圆 一学霸高考·白 的半径2石1，所以该圆维的高A:√了子=25.设该圆锥内的 球的最大半径为R.侧锥的轴截面如图所示 侧依题意得S×2x22=X3+3+2)x水，所以R=7,所 以该球的体积V的最大值是子兰（径）广。-子放选心 0 (第2题) (第3题) 3.B解析：如图，设正三棱柱ABC-A,B,C,的外接球0的半径为R,则 4π2=40m,解得R=√10.因为三棱住ABC-A,B,C,有内切球，设内 切球半径为r,则正三棱柱的高为2r,连接△ABC,△A,B,C,的中心 02,01,则线段020，的中点即为球心.依题意，△ABC内切圆半径 为r,得02C=2r.AB=23r,则(2r)2+2=R2,解得r=2,=26, 放三楼柱的体积V=?×(26)Px2=2,6放选包 4.D解析：设儿何体外接球半径R,则4R2=100m,,R=5.设外接球 球心M,知图所示，则MN=M0=5=R=5,0=.PN=2工， 7 02.0=,在aN中，Pmn=,即(，广 (PS-MS)2=MN2,在R△M00中，002+0M2=M02,即2+ (5-4)2+r2=25. (h=3, (15-0S)2=M02,则 3(21m+9m+3V2Im)×6=6(10+√2I)m,故选D. P,--- (第4题) (第5题) 5.C解析：如图，正四而体ABCD底面CD的中心记为点E,连接 AE.DE. 由正四面体的性质可得AEL平面BCD.因为正四面体ABCD棱长 为2，所以底面三角形BCD的高为2in 号=5则E=号×5 。所以正四面体BGD的布A6√(）广：25设正国 25 面体ABCD内切球的半径为R,球心为O.由等体积法可得 国=4在三装0-n,即{ 3X5 MDXAF=4x- XS么×水，解 得R:{忧三6所以正四面休的内切球的半径R三6，阳为正方 6 6 √3 体的棱长为4，所以正方休的外接球的半径r2a≤R=名，因此 0n=3放选C 6.A解析：如图，连接AC,D相交于点O,则点 O为AC,BD的中点，因为ABCD为矩形，所以 0=0B=0c=00=子3+4=号所以点 D为三棱锥B-ACD的外接球的球心，则三棱 题·数学·073一