专题提优：空间向量与立体几何综合训练-2027届高三数学一轮复习

专题提优：空间向量与立体几何-2026-2027学年高三数学上学期 一、单选题 1．已知空间向量，，且，则在上的投影向量为（     ） A． B． C． D． 2．已知空间向量满足，且，则=（　　） A． B． C．2 D． 3．下列命题为假命题的是（     ） A．空间中任意两个单位向量不一定相等 B．在正方体中，必有 C．若空间向量，，满足，，则 D．若空间向量，满足，则 4．在四棱锥中，底面是正方形，为的中点，若，，，则用基底表示向量为（   ） A． B． C． D． 5．如图，正四面体的外接球球心为，点在底面上的射影为，点，，满足，，，其中，，若与平面的交点正好是，则的最小值为（      ） A． B．1 C． D． 6．已知向量，的夹角为钝角，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．已知平面经过点，且它的法向量，是平面内任意一点，则（     ） A． B． C． D． 8．如图所示，在正方体中，P为线段上的动点，给出下列四个结论： ①DP长度为定值； ②三棱锥的体积为定值； ③任意点P，都有； ④存在点P，使得平面． 其中正确的是（   ） A．①③ B．②④ C．②③ D．①④ 二、多选题 9．已知向量，，，则下列结论正确的是（   ） A．向量与向量的夹角为 B． C．向量在向量上的投影向量为 D．向量与向量，不共面 10．如图，在平行六面体中，且，为与的交点，设，，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 11．正方体的棱长为，，，分别为，，的中点．则正确的是（     ） A． B．点与点到平面的距离相等 C．存在实数，使得 D．在正方体各面对角线中与直线所成的角为的有条 三、填空题 12．已知空间向量，且，则________． 13．如图，在四棱锥中，，，，，，在棱上，若，，，四点共面，则_________． 14．如图，在四面体中，，．设异面直线与所成的角为，当二面角的大小在内变化时，的最大值是__________． 四、解答题 15．如图，在平行六面体中，，，，， (1)求的长； (2)与所成角的余弦值． 16．四棱锥，底面为平行四边形．H为棱的三等分点，且．设向量，，． (1)用、、表示向量、； (2)点G在上，，若G，B，P，D四点共面，求实数m的值． 17．已知空间中三点，，． (1)求； (2)求向量在向量上的投影向量的坐标； (3)若点在平面内，求的值． 18．已知三棱柱中，，，，. (1)求证：平面平面； (2)若，点为线段上的四等分点（靠近点），求二面角的余弦值. 19．在梯形中，，，，为上一点，且（如图1）．将沿折起到位置，使得二面角的大小为（如图2）． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 《专题提优：空间向量与立体几何-2026-2027学年高三数学上学期》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A D C D D C C BC AC 题号 11 答案 BCD 1．A 【详解】由向量，，且，得在上的投影向量为. 2．A 【详解】由题可知：， 代入已知条件，，得： ， 故. 3．D 【详解】对于A，空间中任意两个单位向量的方向是任意的，它们不一定相等，A正确； 对于B，在正方体中，对角面是矩形，则，B正确； 对于C，空间向量满足，则，C正确； 对于D，空间向量满足，而向量的方向不一定相同，因此向量不一定相等，D错误. 4．C 【详解】连接， 因为为的中点，所以在中， ， 因为底面是正方形，所以， 所以， 又因为，，且， 所以， 因为，，， 所以． 5．D 【分析】利用空间向量的四点共面的定理，得出系数的关系，再借助基本不等式求出最小值. 【详解】因为 ， 设正四面体棱长为，则正四面体高，， 所以， 因为，，， 所以， 因为四点共面， 所以，所以， 因为， 当且仅当时等号成立， 所以的最小值为. 6．D 【分析】利用向量夹角公式先求出的范围，然后排除两向量共线的情况，即可求得结果. 【详解】因为向量，的夹角为钝角， 所以，由于，所以. 所以，即，解得. 若两向量与共线，则存在使得，即， 可得方程组，解得. 当时，两向量共线，此时夹角为，不符合夹角为钝角的条件，所以要排除. 所以实数的取值范围为. 7．C 【分析】根据法向量的性质可得，即可根据向量垂直的坐标运算求解. 【详解】因为，，所以， 平面的法向量，则， 所以，即. 8．C 【分析】建立空间直角坐标系，对于①，根据空间两点距离公式求解；对于②，通过证明平面，进而得到点P到平面的距离为定值，从而判断正误；对于③，通过判断，进而判断；对于④，通过验证向量与向量和同时垂直时是否有解，进而判断正误. 【详解】如下图所示： 设正方体的棱长为1，以点D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则、、、、、、、 ，设点，其中 对于①，不是定值，①错误； 对于②，在正方体中，且， 所以，四边形为平行四边形，则， 平面，平面，则平面， ，则点P到平面的距离为定值，而的面积也为定值， 所以，三棱锥的体积为定值，②正确； 对于③，，，所以， 因此，对任意点P，都有，③正确； 对于④，，，， ，这样的t不存在， 所以不存在点P，使得平面，④错误． 9．BC 【分析】对于A选项，根据向量的夹角公式进行求解； 对于B选项，根据向量垂直的判断条件进行求解； 对于C选项，根据投影向量的定义进行求解； 对于D选项，根据向量的共面定理进行求解. 【详解】对于A选项，已知向量，，， 则，，，所以， 又因为两个向量的夹角取值范围为，故向量与向量的夹角为，选项A错误； 对于B选项，已知向量，，，则，，故，选项B正确； 对于C选项，由选项A的计算结果可知，，，则向量在向量上的投影向量为，选项C正确； 对于D选项，已知向量，，，因为，所以，满足共面向量定理，故向量与向量，共面，选项D错误. 10．AC 【分析】结合空间向量基本定理，利用向量运算求解判断AB；利用数量积的运算律求解模长判断C；利用向量夹角的运算公式求解判断D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B， ，故B错误； 对于C，， ，，则， 则，故C正确； 对于D，，故D错误． 11．BCD 【分析】对于选项A：利用向量的减法运算和数量积公式结合空间直角坐标系进行计算判断； 对于选项B：通过证明直线平行于平面，利用线面平行的性质判断点到平面的距离； 对于选项C：将向量共面问题转化为线面平行问题，结合选项B的结论判断； 对于选项D：利用空间向量或正方体的几何性质，找出所有满足条件的面对角线． 【详解】选项A：由向量减法可知，则， 建立空间直角坐标系， 则，，，， ，， 所以，故A错误； 选项B：如图所示，取的中点，连接，， 因为，分别为，的中点，所以， 因为，分别为，的中点，所以， 所以，又因为平面，平面，所以平面， 又，，所以 又因为平面，平面，所以平面， 因为，所以平面平面， 因为平面，所以平面， 所以点与点到平面的距离相等，故B正确； 选项C：由选项B可知平面，且平面， 根据共面向量定理，可以由平面内的两个不共线向量，线性表示， 即存在实数，使得，故C正确； 选项D：由正方体的性质得，过或D的面对角线与直线所成的角都为， 例如为正三角形，所以，与所成角均为， 这样有4条，然后相对侧面与之平行的对角线还有4条，共8条，故D正确． 12．/ 【分析】根据空间向量垂直的坐标表示，即可求解. 【详解】因为，且， 所以，. 13． 【分析】设，利用底面且将用基底表示，再结合已知线段比例关系转化为，最后利用，，，四点共面的充要条件（系数和为1）求解 【详解】设， 因为，，所以， 即， 所以. 由题意知，，，， 所以， ，. 代入的表达式可得： . 所以. 因为，，，四点共面， 且为平面外一点， 根据空间向量共面定理的推论，可得系数之和为1， 即 ， 解得 ，即. 所以，即 . 所以. 故答案为：. 14．/ 【分析】取的中点，则为二面角的平面角，设，，将用表示，则可根据的范围求出的最大值． 【详解】 取的中点，连结，则，则为二面角的平面角， 设，，， 在中，由余弦定理可得，， 所以， ， 因为，所以， 当时，有最大值，故的最大值是． 15．(1) (2) 【详解】（1） 记由题夹角都为， ， ， ，故 （2） , ， ， ， , 与所成角的余弦值为. 16．(1)， (2) 【分析】（1）由给定空间向量的基底，结合向量线性运算求解. （2）由（1）中信息，利用四点共面的充要条件列式求解. 【详解】（1）四棱锥的底面为平行四边形，向量， 因此，由， 得， 所以. （2）由（1）得，而， 则，由点平面，四点共面， 因此，解得，所以实数m的值为. 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用向量的模的公式计算即得； （2）利用投影向量的计算公式结合向量数量积的坐标运算即得； （3）利用共面向量基本定理和向量坐标运算，结合题意列出方程组，求解即得. 【详解】（1）由，，可得， 故； （2）易得，又， 且， 则向量在向量上的投影向量为； （3）因为点在平面上，故存在，使得， 即， 又因， ， 解得．故． 18．(1)证明：在三棱柱中，四边形是平行四边形, 又，所以四边形为菱形，连接，则， 又因，平面，所以平面， 因为平面，所以， ，，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. (2). 【详解】（1）略. （2）取中点，连接， 由，，是等边三角形，故， 由(1)可知，平面平面，交线为，平面， 所以平面， 以为原点，为轴，过作平行于的方向为轴，为轴建立空间直角坐标系， ， 是上靠近的四等分点，，得， 则， 平面就是平面，该平面的一个法向量可取为， 设平面的法向量为， ，则可取， ， 由图知二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为. 19．(1)因为在梯形中，， ，， 又， ，在中，解得， 又，， 又平面且，平面. (2) (3)存在点， 【分析】（1）先利用余弦定理和勾股定理的逆定理证明，再利用线面垂直的判定定理即可； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，写出直线的方向向量与平面的法向量，再代入公式即可； （3）设，求出，直线的方向向量与平面的法向量，再代入公式即可. 【详解】（1）略 （2）由题意得以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则，， 又平面的法向量为， 设直线与平面所成角为，. （3）设，，， ， 又， 设平面的法向量为，， 令，则，故平面的法向量为， 又直线与平面所成角的余弦值为，该线面角的正弦值为， ，化简得, 解得，舍去；， 故存在点，. 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 $