浙江省2025——2026学年高一数学下学期期末复习测试（六）空间向量与立体几何

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何，以正方体、直三棱柱等模型为载体，通过基础运算、折叠问题、动点轨迹等梯度设计，考查空间观念与推理能力，适配高一下学期期末复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|空间坐标对称、向量共线、投影向量|基础概念与空间想象结合，如点关于xOz平面对称| |多选题|3/18|基底判定、线面关系、折叠问题|辨析空间向量性质，如基底共面判定与线面垂直论证| |填空题|3/15|向量模长、体积转化、轨迹长度|结合空间几何模型，如金属杆端点轨迹的圆弧形计算| |解答题|5/77|线面垂直证明、二面角、线面角|综合应用空间向量法，如折叠后二面角余弦值求解与动点线面角最值问题|

浙江省2025——2026学年高一下学期期末复习测试（六） 空间向量与立体几何 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，有且只有一项是符合题目要求的） 1．（25-26高二上·浙江温州·期中）点P(－1,2,3)关于xOz平面对称的点的坐标是（    ） A．(1,2,3) B．(－1,－2,3) C．(－1,2,－3) D．(1,－2,－3) 2．（25-26高二上·浙江金华·期中）已知空间向量与共线，则（    ） A．-1 B． C． D．1 3．在平行四边形中，，，，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 4．已知点在平面内，是平面的一个法向量，则下列各点在平面内的是（    ） A． B． C． D． 5．（25-26高二上·浙江台州·期中）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 6．直三棱柱ABC—A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，E为BB′的中点，异面直线CE与所成角的余弦值是（    ） A． B． C．- D． 7．如图，在平行六面体中，．点在上，且，则（    ）    A． B． C． D． 8．如图，正方体棱长为4，点是棱的中点，点分别是线段的中点，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C．6 D．8 二、多项选择题（本题共有3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求.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．（25-26高二上·浙江杭州·期中）给出下列命题，其中是真命题的是（   ） A．已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底． B．若3个空间向量满足且，则 C．若空间向量满足，则是钝角． D．若空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面． 10．（25-26高二上·浙江杭州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点G为线段上（含端点）的一个动点，则下列说法正确的有（   ） A．直线与异面 B． C．三棱锥的体积是定值 D．不可能是 11．如图，菱形ABCD边长为2，∠BAD=60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到，连接，，且，平面与平面的交线为l，则下列结论中正确的是（    ） A．平面平面 B． C．ВС与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（25-26高二上·浙江绍兴·阶段检测）若为空间两两夹角都是的三个单位向量，则___________． 13．（25-26高二上·浙江绍兴·阶段检测）已知三棱锥的体积为，是空间中一点，，则三棱锥的体积是______________. 14．如图所示的试验装置中，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面互相垂直.长度为的金属杆端点在对角线上移动，另一个端点在正方形内（含边界）移动，且始终保持，则端点的轨迹长度为________.    四、解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（25-26高二上·浙江杭州·期中）已知空间三点，设. (1)求和的夹角的余弦值; (2)若向量与互相垂直，求的值. 16．（25-26高二上·浙江·期中）如图，已知四面体的所有棱长都等于2，分别是棱的中点.    (1)求与； (2)求的长. 17．（25-26高二上·浙江杭州·期中）在四棱锥中，底面为矩形，平面.点分别在上，且分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)当，求平面与平面的夹角. 18．图1是直角梯形ABCD，，，，，，，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达的位置，且，如图2． （1）求证：平面平面ABED； （2）求直线与平面所成角的正弦值． （3）在棱上是否存在点P，使得二面角的平面角为？若存在，求出线段的长度，若不存在说明理由． 19．已知两个非零向量，在空间任取一点，作，，则叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模．如图，在正四棱锥中，，且． (1)求正四棱锥的体积； (2)若为侧棱上的点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值； (3)若点是侧棱（包含端点）上的一个动点，当直线与平面所成角最大时，求的值． 参考答案 1．B 【分析】由题意，根据空间直角坐标系的性质，可得答案. 【详解】点P(－1,2,3)关于xOz平面对称的点的坐标是(－1，－2,3)， 故选：B． 2．C 【分析】根据空间向量共线的条件即可得出答案. 【详解】因为空间向量与共线， 所以，解得，所以. 故选：C 3．A 【分析】由即可求解. 【详解】设，则，， 又，解得：. 即. 故选：A. 4．B 【分析】设平面内的一点为，由可得，进而可得满足的方程， 将选项代入检验即可得正确选项. 【详解】设平面内的一点为(不与点重合)，则， 因为是平面的一个法向量， 所以，所以， 即， 对于A：，故选项A不正确； 对于B：，故选项B正确； 对于C：，故选项C不正确； 对于D：，故选项D不正确， 故选：B. 5．D 【分析】根据空间向量坐标运算求出数量积及模长，再结合投影向量公式计算即可. 【详解】由已知可得， 所以向量在向量上的投影向量是. 故选：D. 6．D 【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值． 【详解】直三棱柱中，，，为的中点． 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，0，，，2，，，0，，，0，， ，2，，，0，， 设异面直线与所成角为， 则． 异面直线与所成角的余弦值为． 故选：． 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 7．D 【分析】利用空间向量的基本定理可得出关于的表达式. 【详解】在平行六面体中， 则， . 故选：D. 8．A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离，再结合棱锥的体积公式求解. 【详解】以为原点，建立如图空间直角坐标系. 则，，，，，. 所以，，. 在中，，， 所以. 又，，. 设平面的法向量为，则 ，取可得. 所以点到平面的距离为：. 所以. 9．AD 【分析】根据空间中基底的性质，分析可判断A的正误；根据空间中向量的位置关系，分析可判断B的正误；根据数量积公式，分析可判断C的正误；根据四点共面的性质，分析可判断D的正误. 【详解】选项A：假设共面，则存在实数，使得， 整理得， 因为是空间的一个基底，所以不共面， 则，不成立，故假设错误，即不共面， 所以也是空间的一个基底，故A正确； 选项B：因为为空间向量，且满足，， 所以与可能平行，也可能相交，无法确定，故B错误； 选项C：若夹角为，，满足，但不是钝角，故C错误； 选项D：因为，且， 所以P，A，B，C四点共面，故D正确. 10．ACD 【分析】对于A，根据异面直线的判定定理判断即可；对于BD，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量判断即可；对于C，先证明平面，再结合棱锥的体积公式判断即可. 【详解】对于A，平面平面，平面，， 由异面直线的判定定理可知直线与异面，故A正确； 对于B，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 则，故不垂直，故B错误； 对于C，在正方体中，， 因为平面，平面，所以平面， 而点G为线段上（含端点）的一个动点， 则点G到平面的距离即为到平面的距离，为定值，而的面积为定值， 结合三棱锥的体积公式可知，三棱锥的体积是定值，故C正确； 对于D，设，则， 所以， 则不可能垂直，即不可能是，故D正确. 11．ABD 【来源】浙江省杭州市六县九校2022-2023学年高二上学期期中数学试题 【分析】A.利用面面垂直的判定定理判断；B.利用线面平面的判定定理和性质定理判断；C、D.利用空间向量夹角进行求解判断即可. 【详解】在菱形ABCD中，E为边AB的中点，所以，因为， 所以ED⊥DC，因为A′D⊥DC， ，所以平面A′DE， 因为，所以平面A′DE，因为平面A′BE， 所以平面A′DE⊥平面A′BE ，故A正确； 因为，平面A′BE，平面A′BE ，所以平面A′BE，又平面A′BE与平面A′CD的交线为l，所以CD∥l ，故B正确； 由A知，平面A′DE，则A′E，又菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以A′E，又BE∩DE=E，所以A′E平面BED,，以E为原点，分别以EB，ED,E A′为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 由上可知：平面A′DE， 设平面的一个法向量为：， 则， 所以有，因此选项C不正确； 显然平面的一个法向量为：， 设平面的一个法向量为： 则有则，即，所以 所以，所以选项D正确， 故选：ABD 12． 【分析】通过平方的方法，结合空间向量的运算求得正确答案. 【详解】因为为空间两两夹角都是的三个单位向量， 所以 . 故答案为： 13．4 【分析】利用向量运算，确定的位置，结合棱锥的体积与棱锥的体积关系，即可求得结果. 【详解】，故，， 不妨令，则，又，故点共面， 故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：处理本题的关键是能够根据，转化为，再根据四点共面的向量表示，从而确定的位置，进而求得体积. 14． 【分析】建系标点，设，根据垂直关系可得，结合长度可得， 分析可知端点的轨迹是以为圆心，半径的圆的部分，即可得结果. 【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，    则，设， 可得， 因为，即，可得， 则，则，整理可得， 可知端点的轨迹是以为圆心，半径的圆的部分， 所以端点的轨迹长度为. 故答案为：. 15．(1) (2)2或 【分析】（1）利用空间向量的坐标表示求出，再利用向量夹角的坐标表示计算即得. （2）利用垂直关系的向量表示及向量数量积的运算律，结合（1）中信息列出方程求解即可. 【详解】（1）由点，得， 所以，所以和夹角的余弦值为 （2）由（1）可得， 因为向量与互相垂直， 则， 整理可得，解得或， 所以的值为2或. 16．(1)， (2) 【分析】（1）利用中位线定理得到和，再结合空间向量数量积的定义求解即可. （2）利用空间向量的线性运算得到，再结合空间向量数量积的定义求解即可. 【详解】（1）因为分别是棱的中点， 所以是的中位线，则， 得到， 同理可得，而四面体的所有棱长都等于2， 得到，故. （2）因为分别是棱的中点， 所以 ， 而， 同理可得， 可得 ，故. 17．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解. 【详解】（1）在四棱锥中，平面，平面，则， 由底面为矩形，得，平面， 于是平面，而平面，则，又，， 平面，因此平面，而平面， 则，同理，又平面， 所以平面. （2）由（1）知，直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    则， 由（1）知平面的法向量为，， 设平面的法向量，则，令，得 ，所以平面与平面的夹角为. 18．（1）证明见解析；（2）；（3）存在，. 【解析】（1）在图1中，连结AE，连结AC交BE于点F，证明，即可； （2）以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，算出平面的法向量和的坐标，然后可算出答案； （3）设，然后算出平面PBE、平面的法向量，然后可建立方程求解. 【详解】（1）证明：在图1中，连结AE，由已知条件得， ∵且， ∴四边形ABCE为菱形，连结AC交BE于点F， ∴，又∵在中，， ∴， 在图2中，，∵，∴， 由题意知，且 ∴平面ABED，又平面， ∴平面平面ABED； （2）如图，以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向建立空间直角坐标系．由已知得各点坐标为 ，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，， 所以，即， 令，解得，， 所以，，记直线与平面所成角为， 则． （3）假设存在，设， 所以，， ∵平面，易得平面的一个法向量， 设平面PBE的一个法向量， 由，可得，可取， 则， 解得，此时． 【点睛】关键点睛：用向量方法解决空间中的角的问题时，关键是建立适当的空间直角坐标系，准确地写出点的坐标和向量的坐标，然后准确地运算出答案. 19．(1) (2) (3)3 【分析】（1）根据题设可求，再根据体积公式可求几何体的体积； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求面面角的余弦值； （3）设，则利用向量可得线面角的正弦与的关系，利用二次函数的性质可求角何时最大值，故可得线段的比值. 【详解】（1）设和相交于点，取的中点为，连接， 因为，故的夹角即为的夹角， 故， 所以，所以， 所以正四棱锥的体积． （2）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 因为在上，且平面， 所以平面的一个法向量为， 又因为平面，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则， 即平面与平面夹角的余弦值为． （3）因为点是侧棱（包含端点）上的一个动点，则， 设，由，得， 所以 因为点在上，所以平面的法向量就是平面的法向量， 设平面的一个法向量为，， 因为，且，所以，可以取， 设直线与平面所成角为， 则， 因为，所以当时，取得最大值， 此时直线与平面所成角最大，所以，所以的值等于3． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $