第3章空间向量及其应用单元复习（提高篇） -2026-2027学年高二数学上学期同步培优讲义（沪教版选择性必修第一册）

本讲义聚焦空间向量及其应用核心知识点，系统梳理从线性运算、数量积到共线共面判定、基本定理、坐标表示，再到空间距离、角的计算及轨迹、最值、存在性问题的完整脉络，构建从基础到综合应用的学习支架。 资料以10类题型分层设计，融合各地期中期末真题，通过空间几何体模型培养数学眼光，逻辑推理与运算提升数学思维，坐标表示与问题解决强化数学语言。课中助力教师系统授课，课后学生可借真题练习查漏补缺，强化知识应用能力。

2026-2027学年高二数学上学期同步培优讲义【精英班课程】 第3章空间向量及其应用单元复习（提高篇） 题型01 空间向量的线性运算 1．（25-26高二上·上海闵行·期中）如图，在空间四边形中，，连接，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【详解】在空间四边形中，， 则. 2．（24-25高二上·上海宝山·期中）如图，已知正方体中，点为上底面的中心，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据和可求关于的线性表示，由此可求结果. 【解答过程】因为， 所以， 所以， 故选：B. 3.（25-26高二上·上海徐汇·期中）平行六面体中，若则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据空间向量加法的平行四边形法则，以及向量相等的概念，根据题意，列出等量关系，求解即可. 【解答过程】因为，又因为且等式右边的三个向量不共面， 故可得，解得， 故可得. 故选：B. 题型02 空间向量数量积及应用 4．（25-26高二下·江苏淮安·阶段检测）在正三棱柱中，，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】A 【分析】借助空间向量线性运算与数量积公式，结合正三棱柱性质计算即可得. 【详解】 . 5．（25-26高二上·江苏南通·期末）已知空间向量，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，利用空间向量的夹角公式，求得，即可求解. 【详解】由向量，，可得， 则， 因为，所以. 故选：C. 6. 已知空间向量，，两两夹角均为，其模均为1，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量数量积的定义可求得，进而求得的值，从而求解. 【详解】因为，且两两夹角为， 所以， 所以， 所以. 故答案为：. 7．（24-25高二上·江苏南通·阶段练习）如图，在平行六面体中，，，则（    ） A．3 B． C． D． 【答案】D 【解题思路】由空间向量平行六面体法则可得，利用空间向量数量积的运算性质可求得的值. 【解答过程】由题意可得，， 所以，向量两两夹角为， 由空间向量数量积的定义可得， 同理可得， 因为， 故 ， 因此，. 故选：D. 8．（24-25高二上·湖北荆门·期中）已知空间四边形各边及对角线长都相等，分别为的中点，向量与夹角的余弦值 . 【答案】 【解题思路】根据向量的四则运算，用表示，，再根据数量积的计算公式和运算律求解即可. 【解答过程】如图，设，，，， 由题意易知，则， 因为，，， 所以， 所以, 所以向量与夹角的余弦值为， 故答案为：. 9．在四面体中，，平面且平面，给出下列三个结论： ①若，则； ②若，则； ③若，则． 其中所有正确结论的序号是（   ） A．③ B．①③ C．①② D．①②③ 【答案】B 【分析】建系，根据向量内积以及向量模的计算公式进行计算验证即可. 【详解】将设为原点，平面为平面，由平面， 得 ， ， ， . 因为，所以 ，推出， ①因为，所以 ，推出， 因此， ， ， 三者相等，①正确. ②因为，所以， 化简得​，但不一定有 . 举反例：取 ，满足和， 计算得 ， ，②错误. ③因为，，推出. ， ， 则 . 故，③正确. 综上，正确结论为①③. 10. 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为2，且两两夹角为．求： (1)的长； (2)与夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）表达出，平方后，结合数量积运算法则计算出，求出的长为； （2）计算出，，从而利用向量的夹角余弦公式求出答案. 【解答过程】（1）设，，，由题意知：，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即的长为， （2）∵， ∴， ∴， ， ∴， 即与夹角的余弦值为． 题型03 空间向量共线、共面的判定 11．（24-25高二上·上海·课后作业）设，是空间两个不共线的非零向量，已知，，，且、、三点共线，则实数的值为（    ） A． B． C． D．8 【答案】C 【解题思路】利用向量的线性运算表示，根据、、三点共线可得，建立等量关系可得的值. 【解答过程】∵，，， ∴， ∵、、三点共线， ∴，使得， 即 ， ∴，，解得． 故选：C． 12．（25-26高二下·江苏淮安·期中）已知向量，，若A，B，C三点共线，则（   ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量共线的坐标表示计算即可. 【详解】由题意可知，即，解得. 13．已知点、、不共线，为平面外一点，下列能够确定、、、四点共面的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由空间向量共面的推论，判断是否成立即可. 【详解】对于A：根据给定线性关系式有，A错误； 对于B：根据给定线性关系式有，B错误； 对于C：根据给定线性关系式有，C错误； 对于D：根据给定线性关系式有，D正确. 14. （25-26七宝中学浦江分校高二期中）已知四面体，空间的一点满足，若共面，则实数的值为___________． 【答案】 【分析】利用四点共面的性质即可求解参数. 【详解】空间的一点满足，由共面， 可得， 故答案为： 15．已知在正方体中，，为空间任意两点，如果，那么点必（ ） A．在平面内 B．在平面内 C．在平面内 D．在平面内 【答案】C 【分析】根据空间向量运算得出即可判断. 【详解】因为 ， 所以，，，四点共面. 故选：C. 题型04 空间向量基本定理及其应用 16．（25-26高二上·江苏·期末）已知向量在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，结合向量坐标的意义求解即可. 【详解】由向量在基底下的坐标为， 得， 所以在基底下的坐标为. 故选：B 17.如图，在空间四边形中，，，若，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【详解】在空间四边形中，，， 则，又， 且不共面，因此， 所以. 18. 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，在下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D．向量与的夹角是 【答案】D 【解题思路】根据平行六面体的向量运算、向量的模、向量的夹角，数量积等概念和公式.通过向量运算法则分别对每个选项进行分析判断. 【解答过程】对于A，在平行六面体中，根据向量加法的三角形法则，， 由于，，所以，选项A正确. 对于B，已知以顶点为端点的三条棱长均为，且它们彼此的夹角都是. ，则 .所以，选项B正确. 对于C，， ， 因为，所以，选项C正确. 对于D，，设向量与的夹角为 ， ， 所以，选项D错误. 故选：D. 19．如图所示，在正方体中，取，，． (1)用、、表示； (2)若、分别为、的中点，用、、表示． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用空间向量基本定理可得出关于、、的表达式； （2）利用空间向量基本定理可得出关于、、的表达式. 【详解】（1）. （2）. 20.已知为空间的一个基底，且，． (1)判断、、、四点是否共面； (2)能否以作为空间的一个基底？若能，试以这一组基底表示；若不能，请说明理由． 【答案】(1)、、、四点不共面，理由见解析； (2)为空间的一组基底， ，理由见解析. 【解题思路】（1）利用反证法可判断不共面，故得四点不共面； （2）利用反证法可判断为空间的一组基底，利用待定系数法可求的表示形式. 【解答过程】（1）， 设，则， 因为为空间的一个基底，故，该方程无解， 故不共面，所以、、、四点不共面， （2）设，则， 因为为空间的一个基底，故，无解， 故不共面，故为空间的一组基底. 设，则： ， 因为为空间的一个基底，故， 故，故. 题型05 空间向量的坐标表示 21. 在空间直角坐标系中，向量，，下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若为钝角，则 D．若在上的投影向量为，则 【答案】D 【解题思路】利用空间向量共线的坐标表示可判断A选项；由题意得出，结合空间向量数量积的坐标运算可判断B选项；分析可得且，结合空间向量数量积的坐标运算可判断C选项；利用投影向量的定义以及空间向量数量积的坐标运算可判断D选项. 【解答过程】因为向量，， 对于A选项，若，则，解得，A错； 对于B选项，若，则，解得，B错； 对于C选项，若为钝角，则且， 解得且，C错； 对于D选项，若在上的投影向量为， 即，则，解得，D对. 故选：D. 22．已知向量，，且与互相垂直，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量数量积的运算律及数量积的坐标表示，列式计算即得. 【详解】已知向量，，则，， ， 由与互相垂直， 则， 解得，故D正确. 23.已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由向量， 可得，， 所以向量在向量上的投影向量为. 24. 已知，，，，. (1)求； (2)若与互相垂直，求实数k的值； (3)若，，求的坐标. 【解析】（1）因为，， ，， 所以，， 则. （2）因为，， 所以，. 又与垂直， 所以， 解得或. （3）由题可知，， 由，知存在实数，使得，即. 因为，所以，解得， 所以或. 25.已知空间中三点，设向量，． (1)若，求实数的值； (2)若向量与共线，且，求的坐标． 【答案】(1) (2)或. 【解题思路】（1）求出、后，借助向量坐标形式的线性运算与数量积公式计算即可得； （2）借助向量共线定理可得，借助模长公式计算即可得. 【解答过程】（1），， 则， 由， 故， 解得； （2），， 向量与共线，且，则， 即或. 题型06 空间距离的计算 26.如图，正方体的棱长为1，若平面，且满足，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据 四点共面，求得；再建立空间直角坐标系，利用点到直线的距离的求解公式，计算即可. 【详解】根据题意，因为平面，且满足， 故 ，解得； 以为坐标原点，建立如下空间直角坐标系： 故， 则， 则在上的投影为，又， 故点到直线的距离. 27.在长方体中，，，点M满足，则点M到直线的距离为_____. 【答案】/ 【分析】以为原点建系，利用坐标计算得出向量在上的投影向量的模长、，再利用勾股定理可得. 【详解】以为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，得， 则向量在上的投影向量的模长为， 又，则点M到直线的距离为. 故答案为： 28.（25-26复旦大学附中复兴中学高二上期中）空间三角形三个顶点的坐标分别为和，则三角形的面积___________ 【答案】## 【解析】 【分析】设，先求出，再利用点到直线的距离的向量公式求中边上的高，最后代入三角形面积公式计算即可. 【详解】不妨设，则， 且，与同方向的单位向量为，， 则中边上的高， 故的面积为. 故答案为：. 29．已知正四棱柱的体积为4，侧面积为8，动点分别在线段上，则线段长度的最小值是 ． 【答案】/ 【详解】设该正四棱锥底面边长为，高为， 则由题意可得，解得， 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、， 则，， 则可设，，，， 则， 要使线段的长度最小，则为的公垂线， 即有， 解得，符合题意， 此时，则. 即线段长度的最小值. 故答案为：. 30．在正四棱柱中，底面边长为2，侧棱长为4，则到平面的距离为_______． 【答案】 【分析】以D为原点，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离. 【详解】如图，以D为原点，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则 ∴，，． 设平面的法向量为， 则即取，则，所以， 所以点C1到平面AD1C的距离为＝． 31．如图（1），四边形ABCD中，，分别为的中点，现以AC为折痕把折起，使点到达点的位置（如图（2）），且． (1)证明：平面平面ACD； (2)若为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点到平面ACM的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1）在中，由，得， 在中，，而， 由余弦定理，得，则， 即，由，得，则， 又平面，因此平面，而平面， 所以平面平面. （2）连接，由分别为的中点，得，由（1）得平面， 由，得，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 由点在PD上，令， 设平面的法向量，则，取，得， 而平面的法向量，则，解得， 于是，而，则点到平面的距离， 所以点到平面的距离为. 题型07 空间角的向量求法 32．如图，在三棱柱中，所有棱长均为，，． (1)证明：平面平面； (2)求直线与所成角的余弦值； (3)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，利用等腰三角形三线合一性质、勾股定理和线面垂直的判定可证得平面，由面面垂直的判定可证得结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角向量求法可求得结果； （3）根据二面角的向量求法可求得结果. 【详解】（1）取中点，连接， 在三棱柱中，所有棱长均为，， 都为边长为的等边三角形， ，，， ，，， ，平面，平面， 平面，平面平面. （2）以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， 则，，，， ，， ， 直线与所成角的余弦值为. （3）由（2）得：，， 设平面的法向量， 则，令，则，，； 轴，平面的一个法向量， ，， 即二面角的正弦值为. 33．如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由题意可证四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）如图，易证，根据线面垂直的性质与判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （3）根据线面垂直的性质与判定定理可得为二面角的平面角，即，作，由面面垂直的性质确定为直线与平面所成的角，即可求解. 【详解】（1）因为且，所以四边形为平行四边形，则， 又平面平面，所以平面； （2）由平面平面，得， 连接，由且，所以四边形为平行四边形，又， 所以平行四边形为正方形，所以， 又，， 又平面，平面， 由平面，所以平面平面； （3）由平面，平面，所以，又，，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 故为二面角的平面角，即 设，在中，，作，垂足为， 由（2）知，平面平面，平面平面平面，所以平面， 则为直线在平面上的投影，所以为直线与平面所成的角， 在中，， 所以， 在中，， 即直线与平面所成角的正弦值为. 题型08 空间向量轨迹问题 34．在正方体中，，点为正方体表面上一动点，若，则点的轨迹长度为___________． 【答案】4 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则四个顶点为， 设动点，，， ，， ，， 因为， 所以，代入解之得， 即所有满足条件的点为如图所示的正方形，故长度为4． 故答案为：4. 35．为单位正方体的中心为的中点，点在正方体的表面上运动，则总能使的点的轨迹的长度是______. 【答案】/ 【详解】如图，设单位正方体顶点坐标A为坐标原点，以所在直线为轴所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则 设因为所以 所以即. 面可表示为所以无解 面可表示为所以无解; 面可表示为所以点的轨迹为以为端点的线段，长度； 面可表示为所以点的轨迹为以为端点的线段，长度； 面可表示为所以点的轨迹为以为端点的线段，长度为； 面可表示为所以点的轨迹为以为端点的线段，长度为； 所以点的轨迹总长度： 故答案为：. 36. （25-26华东师大二附中紫竹分校高一上期中）从空间中一定点出发的两个向量满足：，且存在实数，使得成立，则由构成的空间几何体的表面积是___________． 【答案】 【解析】 【分析】由不等式有解，结合数量积运算，求得，又且，可得围成的空间几何体是以为顶点，高为4，母线长为的圆锥，从而根据圆锥的表面积公式求解. 【详解】由，得，即， 所以存在实数，使得， 则，解得， 又，，所以在方向上的投影是， 所以围成的空间几何体是以为顶点，高为，母线长为的圆锥， 则其底面半径为， 所以由构成的空间几何体的表面积是. 故答案为：. 37．如图，在直三棱柱中，，，是棱的中点，在底面内（包括边界），则下列说法错误的是（   ） A．的最小值为 B．当时，点的轨迹长度为 C．存在唯一，使 D．若，则三棱锥外接球的半径为 【答案】A 【详解】选项A：作关于平面的对称点， 则， 所以的最小值为，故A项错误； 选项B：过点作于，则为在平面上的射影， 若要，只要即可， 因为四边形为正方形，是棱的中点，且， 所以， 所以，又， 所以， 所以，即为的中点，又， 所以点的轨迹的中位线，长度为，故B项正确； 选项C：以为原点，以，，所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，设， 则， 所以， 所以，即为的中点，故C项正确； 选项D：因为，，所以三棱锥外接球的直径为， 又，所以外接球的半径为，故D项正确． 故选：A 题型09 空间向量最值问题 38．如图，在棱长为的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为（   ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【详解】以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系． 因为正方体的棱长为，， 所以，，，， 不妨设，， 所以， 又，所以在直线上的投影数量的绝对值为， 所以点到直线的距离， 当且仅当时等号成立， 即点到直线距离的最小值为． 故选：A 39．在长方体中，，，点为线段上一动点，则的最小值为__________． 【答案】 【详解】 如图所示，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设点，即， 可得，即， 所以， 则， 根据二次函数性质可知当时取得最小值，此时最小值为. 所以的最小值为. 40. （25-26上海海大附中高二上期中）已知空间向量都是单位向量，且与的夹角为，若为空间任意一点，且，满足，则的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴建立空间直角坐标系，由坐标表示得，画出可行域利用线性规划求解即可. 【详解】因为，所以平面， 以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴建立如图所示坐标系， 因为都是单位向量，与的夹角即为， 所以，，， 设点，且， 则，，，， 所以由得， 平方得， 由可得， 所以或， 由及可得即， 综上满足的可行域如图所示， 令，则， 由可行域可得在点取得最大值，在点取得最小值， 由解得，， 所以，， 所以的最大值为 ， 故答案为： 41.（25-26七宝中学浦江分校高二期中）体积为的正四面体内有一个球，球与该正四面体的各面均有且只有一个公共点，，是球的表面上的两动点，点在该正四面体的表面上运动，当最大时，的最大值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】记该正四面体为，由题意得出球是该正四面体的内切球，球心也是外接球的球心，在高上，由体积求得正四面体的棱长，并求出内切球半径，最大时，是球的直径，由数量积的运算得出取最大值时，只要最大即可得． 【详解】记该正四面体为，如图，由题意球是该正四面体的内切球， 显然在其高上，是底面正的中心，设， 则，， ，得到， 因为是正四面体，则是内切球球心也是其外接球球心， 设内切球半径为，即，又， 由，得，解得， 当最大时，是球的直径， ， 因为点在正四面体的表面上运动，当是正四面体的顶点时， 取得最大值，最大值为， 所以的最大值是． 故答案为：． 42. 已知空间中三个单位向量、、，，为空间中一点，且满足，，，则点个数的最大值为__________． 【答案】8 【解析】 【分析】以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，表示各向量坐标，利用数量积的坐标表示可得结果. 【详解】由题意得，，且. 以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，. 设，则， ∴，，， ∴，，， ∴点坐标可能为，，，，，，，， 故点个数的最大值为8. 故答案为：8. 43. 已知，，，，点在直线上运动，当取最小值时，点的坐标是_____． 【答案】 【解析】 【分析】先建立方程，再用表示，接着用表示，最后判断当时取最小值并点Q的坐标. 【详解】因为点Q在直线OP上运动， 所以，则，则 则， 所以 当时，取最小值，此时 故答案为：. 44. 如图，已知正方体的棱长为2，分别为棱的中点，若点为线段上的动点，不包括端点），设异面直线与所成的角为，则的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】连接，证得，得到异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，设，利用余弦定理求得，结合换元法和二次函数的性质，即可求解. 【详解】如图所示，连接，因为分别为棱的中点，可得 在正方体中，可得，所以， 所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，即, 设，其中， 在中，由， 由余弦定理得， 设，则，可得， 再令，则，则， 设，可得函数在上为增函数， 又由，所以，所以， 所以异面直线与所成的角余弦值的取值范围为. 故答案为：. 45. 在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，则在方向上的数量投影的取值范围_____. 【答案】 【解析】 【分析】设，，，由题意点A,B分别在两个圆上运动，作，由数量投影的定义，分为锐角、钝角时讨论，先固定点，移动点A，再固定点，移动点，由图可得取最值时的情况，由几何关系求解即可. 【详解】由题可设，，， 则可得在以为圆心，3为半径的圆上， B在以为圆心，1为半径的圆上， 如图所示，作，垂足为，当为锐角时，在方向上的数量投影为， 先固定点，移动点A，当变小时，变大，变大， 则当直线与圆相切时，最大； 再固定点，移动点，则当与圆N相切时最大； 此时，，，则， 作，垂足为，连接， 则， 故在方向上的数量投影最大为； 当为钝角时，在方向上的数量投影为， 则越大，数量投影越小， 先固定点，移动点A，当变大时，变小，数量投影变小， 则当直线与圆相切时，数量投影最小； 再固定点，移动点，当与圆N相切时最大，数量投影最小； 此时，，， 则， 作，垂足为， 则， 则在方向上的数量投影最小为. 故答案为：. 题型10 空间线段点的存在性问题 46.如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），以下正确的是 .    ①； ②存在点，使得//面； ③的最小值为； ④存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 【答案】①② 【解题思路】建立如图空间直角坐标系，设，则，利用空间向量法即可证明①②④；将平面与平面沿展开成平面图，得，利用余弦定理计算即可判断③. 【解答过程】由题意，建立如图空间直角坐标系，    则， 所以， 设，则，所以， 所以. ①：， 所以，故①正确； ②：设平面的一个法向量为， 则，令，得，所以， 有，当时，，此时，即平面， 所以当点P为的中点时，平面，故②正确； ③：将平面与平面沿展开成平面图，线段即为的最小值.    在中，，由余弦定理， 得， 即，故③错误； ④：由平面， 得平面，即平面，则为平面的一个法向量， 假设存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为， 设该线面角为，则， 所以， 整理得，由知方程无实根， 所以不存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为，故④错误. 故答案为：①②. 47．如图，在长方体中，，E为CD的中点． (1)求证：． (2)若，求平面与夹角的余弦值． (3)在棱上是否存在一点P，使得平面．若存在，求AP的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【详解】（1）证明：因为长方体中，，两两垂直，则可以以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）. 设，则，，，，， 故，，，． 因为，所以． （2）若，则，，，，， 设平面的一个法向量为，则有 设平面与的夹角为，又线面角， 故. （3）假设在棱上存在一点，使得平面，此时 又设平面的法向量，所以，得， 取，得平面的一个法向量 要使平面，只要，有，解得 又平面，所以存在点P，满足平面，此时. 48．如图，在直三棱柱中，．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）    连接交于， ∵三棱柱为直棱柱，平面， ∵平面，∴， ∵. ∴四边形为正方形，∴， ，，，平面. 平面， ∵平面，∴. 又，，平面. 平面. 平面，. （2）    以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系. 由题意得：. 则. 设平面的法向量为. 则，令，则. . 直线与平面所成角的正弦值为. （3）存在，理由如下： 设()，则. . 若平面，则，解得， 存在点，使平面，此时. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二数学上学期同步培优讲义【精英班课程】 第3章空间向量及其应用单元复习（提高篇） 题型01 空间向量的线性运算 1．（25-26高二上·上海闵行·期中）如图，在空间四边形中，，连接，则（    ） A． B． C． D．    2．（24-25高二上·上海宝山·期中）如图，已知正方体中，点为上底面的中心，若，则（   ） A． B． C． D． 3.（25-26高二上·上海徐汇·期中）平行六面体中，若则（    ） A． B． C． D． 题型02 空间向量数量积及应用 4．（25-26高二下·江苏淮安·阶段检测）在正三棱柱中，，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 5．（25-26高二上·江苏南通·期末）已知空间向量，则（   ） A． B． C． D． 6. 已知空间向量，，两两夹角均为，其模均为1，则____________． 7．（24-25高二上·江苏南通·阶段练习）如图，在平行六面体中，，，则（    ） A．3 B． C． D． 8．（24-25高二上·湖北荆门·期中）已知空间四边形各边及对角线长都相等，分别为的中点，向量与夹角的余弦值 . 9．在四面体中，，平面且平面，给出下列三个结论： ①若，则； ②若，则； ③若，则． 其中所有正确结论的序号是（   ） A．③ B．①③ C．①② D．①②③ 10. 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为2，且两两夹角为．求： (1)的长； (2)与夹角的余弦值． 题型03 空间向量共线、共面的判定 11．（24-25高二上·上海·课后作业）设，是空间两个不共线的非零向量，已知，，，且、、三点共线，则实数的值为（    ） A． B． C． D．8 12．（25-26高二下·江苏淮安·期中）已知向量，，若A，B，C三点共线，则（   ） A． B．2 C． D． 13．已知点、、不共线，为平面外一点，下列能够确定、、、四点共面的是（    ） A． B． C． D． 14. （25-26七宝中学浦江分校高二期中）已知四面体，空间的一点满足，若共面，则实数的值为___________． 15．已知在正方体中，，为空间任意两点，如果，那么点必（ ） A．在平面内 B．在平面内 C．在平面内 D．在平面内 题型04 空间向量基本定理及其应用 16．（25-26高二上·江苏·期末）已知向量在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为（ ） A． B． C． D． 17.如图，在空间四边形中，，，若，则（    ） A． B． C． D．    18. 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，在下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D．向量与的夹角是 19．如图所示，在正方体中，取，，． (1)用、、表示； (2)若、分别为、的中点，用、、表示． 20.已知为空间的一个基底，且，． (1)判断、、、四点是否共面； (2)能否以作为空间的一个基底？若能，试以这一组基底表示；若不能，请说明理由． 题型05 空间向量的坐标表示 21. 在空间直角坐标系中，向量，，下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若为钝角，则 D．若在上的投影向量为，则 22．已知向量，，且与互相垂直，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 23.已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（   ） A． B． C． D． 24. 已知，，，，. (1)求； (2)若与互相垂直，求实数k的值； (3)若，，求的坐标. 25.已知空间中三点，设向量，． (1)若，求实数的值； (2)若向量与共线，且，求的坐标． 题型06 空间距离的计算 26.如图，正方体的棱长为1，若平面，且满足，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 27.在长方体中，，，点M满足，则点M到直线的距离为_____. 28.（25-26复旦大学附中复兴中学高二上期中）空间三角形三个顶点的坐标分别为和，则三角形的面积___________ 29．已知正四棱柱的体积为4，侧面积为8，动点分别在线段上，则线段长度的最小值是 ． 30．在正四棱柱中，底面边长为2，侧棱长为4，则到平面的距离为_______． 31．如图（1），四边形ABCD中，，分别为的中点，现以AC为折痕把折起，使点到达点的位置（如图（2）），且． (1)证明：平面平面ACD； (2)若为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点到平面ACM的距离． 题型07 空间角的向量求法 32．如图，在三棱柱中，所有棱长均为，，． (1)证明：平面平面； (2)求直线与所成角的余弦值； (3)求二面角的正弦值． 33．如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 题型08 空间向量轨迹问题 34．在正方体中，，点为正方体表面上一动点，若，则点的轨迹长度为___________． 35．为单位正方体的中心为的中点，点在正方体的表面上运动，则总能使的点的轨迹的长度是______. 36. （25-26华东师大二附中紫竹分校高一上期中）从空间中一定点出发的两个向量满足：，且存在实数，使得成立，则由构成的空间几何体的表面积是___________． 37．如图，在直三棱柱中，，，是棱的中点，在底面内（包括边界），则下列说法错误的是（   ） A．的最小值为 B．当时，点的轨迹长度为 C．存在唯一，使 D．若，则三棱锥外接球的半径为 题型09 空间向量最值问题 38．如图，在棱长为的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为（   ） A． B． C．1 D． 39．在长方体中，，，点为线段上一动点，则的最小值为__________． 40. （25-26上海海大附中高二上期中）已知空间向量都是单位向量，且与的夹角为，若为空间任意一点，且，满足，则的最大值为__________． 41.（25-26七宝中学浦江分校高二期中）体积为的正四面体内有一个球，球与该正四面体的各面均有且只有一个公共点，，是球的表面上的两动点，点在该正四面体的表面上运动，当最大时，的最大值是___________． 42. 已知空间中三个单位向量、、，，为空间中一点，且满足，，，则点个数的最大值为__________． 43. 已知，，，，点在直线上运动，当取最小值时，点的坐标是_____． 44. 如图，已知正方体的棱长为2，分别为棱的中点，若点为线段上的动点，不包括端点），设异面直线与所成的角为，则的取值范围是___________. 45. 在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，则在方向上的数量投影的取值范围_____. 题型10 空间线段点的存在性问题 46.如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），以下正确的是 .    ①； ②存在点，使得//面； ③的最小值为； ④存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 47．如图，在长方体中，，E为CD的中点． (1)求证：． (2)若，求平面与夹角的余弦值． (3)在棱上是否存在一点P，使得平面．若存在，求AP的长；若不存在，说明理由． 48．如图，在直三棱柱中，．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $