2025版高考数学总复习第7章立体几何第5讲空间向量及其运算提能训练

1、第5讲 空间向量及其运算A组基础巩固一、单选题1如图，在四面体OABC中，M，N分别在棱OA，BC上，且满足2，点G是线段MN的中点，用向量，表示向量应为( A )A.B.C.D.解析()，化简得到.故选A.2(2023广西桂林模拟预测)已知a(2,1，3)，b(1,2,3)，c(7,6，)，若a，b，c共面，则等于( C )A3 B3C9 D9解析a，b，c共面，设cmanb(m、n为实数)，即(7,6，)m(2,1，3)n(1,2,3)，解得9.故选C.3(2023辽宁沈阳重点高中联合体期中)设x、yR，向量a(x,1,1)，b(1，y,1)，c(3，6,3)且ac，bc，则|ab|( D )A2 B2C4 D3解析因为ac，则ac3x630，解得x1，则a(1,1,1)，因为bc，则，解得y2，即b(1，2,1)，所以ab(2，1,2)，因此|ab|3.故选D.4(2024湖北宜荆荆随联考)已知空间向量a(0,1,2)，b(1,2,2)，则向量a在向量b上的投影向量是( B )A. BC(2,4,4) D解析a在b方向上的投影向量为(1,2,2).故选B.5(2024河南漯河中学

2、摸底)已知四面体ABCD的所有棱长都等于2，E是棱AB的中点，F是棱CD上靠近点C的四等分点，则等于( D )A BC D解析解法一：因为E是棱AB的中点，F是棱CD上靠近点C的四等分点，所以，所以.因为|cos，22cos 602，|cos，22cos 602，|cos，22cos 1202，所以22(2).故选D.解法二：取AC的中点H，分别以HB、HC为x轴、y轴建立空间直角坐标系(如图)，由题意知BH，又D在平面ABC内的射影为正ABC的中心O.DO，OH.F，又E，又(0,2,0)，.故选D.6(2024湘豫名校联考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBCACAA1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值等于( D )A. BC D解析不妨设ABBCACAA12.解法一：，由题意易知AB1BC12，0，2，cos .故选D.解法二：如图建立空间直角坐标系，则A(，1,0)，B1(0,0,2)，C1(0,2,2)，(，1,2)，(0,2,2)，cos .故选D.解法三：如图将三棱柱补形成平行六面体，连接DC1，则DC1AB1，BC1D为异面直线AB1与BC1所成的角由题

3、意易知AB1DC12，BD2.cosBC1D.故选D.7. (2024河北联考)如图，二面角l等于135，A，B是棱l上两点，BD，AC分别在半平面，内，ACl，BDl，且ABAC2，BD，则CD( C )A2 B2C D4解析由二面角的平面角的定义知，135，所以|ACcos，2cos 1352.由ACl，BDl，得0，0.又，所以|2()2222222()222222102(2)14，即|.8(2022浙江绍兴高三期末)已知正方体ABCDA1B1C1D1，P是直线A1C上一点( A )A若，则直线AP平面BC1DB若，则直线AP平面BC1DC若，则直线BP平面ACD1D若，则直线BP平面ACD1解析以D为坐标原点，分别以，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，A1(1,0,1)，当时，(0,0,1)(1,1，1)，(1,1,0)，(0,1,1)，设平面BC1D的一个法向量为m(x，y，z)，则可取m(1，1,1)，则m0，从而可知直线AP平面BC1D，故A正确，B不正确

4、；同理可取平面ACD1的一个法向量n(1,1,1)，若时，(0，1,0)(0,0,1)(1,1，1)，所以与n不共线，所以直线BP与平面ACD1不垂直，故C不正确；若时，(0，1,0)(0,0,1)(1,1，1)，所以与n不共线，所以直线BP与平面ACD1不垂直，故D不正确故选A.二、多选题9(2024江苏镇江期初测试)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，A1ABA1AD，A1C1B1D1O1，则下列说法正确的是( ABD )A四边形B1BDD1为矩形B.C.D如果，那么点M在平面A1BD内解析 2，N为A1O1的中点，()，由于2，所以，C错误；设ACBDO，A1B2A1A2AB22AA1ABcosA1AB，A1D2A1A2AD22AA1ADcosA1AD，A1BA1D，故A1OBD，又ACBD，A1OACO，A1O，AC平面ACC1A1，所以BD平面ACC1A1，由于AA1平面ACC1A1，故BDAA1，由于AA1BB1，进而BDBB1，所以四边形BDD1B1为矩形，A正确；BDAO1，所以0()0，所以，B正确；，由于1，所以M，B，D，A1四点共面，故M

5、在平面A1BD内，D正确故选ABD.10(2024辽宁实验中学月考)已知空间四点O(0,0,0)，A(4,3,0)，B(3,0,4)，C(5,6,4)，则下列说法正确的是( BD )A.12Bcos，C点O到直线BC的距离为DO，A，B，C四点共面解析因为(4,3,0)，(3,0,4)，所以4(3)12，因此A不正确；又cos，因此B正确；(3,0，4)，(8,6,0)，cos，所以sin，所以点O到直线BC的距离为sin，5，因此C不正确；因为(4,3,0)，(8,6,0)，所以有2，因此，是共线向量，所以O，A，B，C四点共面，因此D正确故选BD.11(2023广东梅州二模)在正方体ABCDA1B1C1D1中，AA13，点M，N分别在棱AB和BB1上运动(不含端点)，若D1MMN，下列命题正确的是( ACD )AMNA1MBMN平面D1MCC线段BN长度的最大值为D三棱锥C1A1D1M体积不变解析在正方体ABCDA1B1C1D1中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3

6、,3,0)，设M(3，y,0)，N(3,3，z)，y，z(0,3)，(3，y，3)，(0,3y，z)，而D1MMN，则y(3y)3z0，zy(3y)，对于A选项：(0，y，3)，则y(3y)3z0，MNA1M，A正确；对于B选项：(3，y3,0)，(y3)(3y)(3y)20，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确；对于C选项：(0,0，z)，则线段BN长度|z，当且仅当y时取“”，C正确；对于D选项：不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离均为3，而VC1A1D1MVMA1D1C13SA1D1C1，三棱锥C1A1D1M体积为定值，即D正确故选ACD.三、填空题12已知空间向量a(2，1,1)，b(3,4,5)，则下列结论正确的是_.(2ab)a；5|a|b|；a(5a6b)；a与b夹角的余弦值为.解析由题意知2ab(1,2,7)，显然不存在值使2aba，错；又|a|，|b|5，5|a|b|，正确；由ab6455，a(5a6b)306ab30300，a(5a6b)，正确；a与b夹角的余弦值cos ，正确13. (2023四川乐山调研)正方体ABCDA1B1C1

7、D1中，P为DD1的中点，Q为CC1的中点，O为底面ABCD的中心，则异面直线D1Q与OP所成角的正弦值为 .解析如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则(1，1,1)，(0，2,1)，记D1Q与OP所成的角为，则cos ，从而sin .四、解答题14. (2024四川绵阳诊断)如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D、E、N分别为棱PA、PC、BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长解析(1)证明：因为PA底面ABC，BAC90，如图，以点A为原点，以AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(0,4,0)、P(0,0,4)、D(0,0,2)、E(0,2,2)、M(0,0,1)、N(1,2,0)，(0,2,0)，(2,0，2)，设平面BDE的法向量为n(x，y，z)，则取x1，可得n(1,0,1)，又因为(1,2，1)，则n110，所以n，又因为MN平面BDE，所以MN平面BDE.注：也可取EC的中点Q，证平面MNQ平面BDE即可(2)依题意，设AHh(0h4)，则H(0,0，h)，所以(1，2，h)，(2,2,2)，由已知，得|cos，|，整理可得10h221h80，解得h或h，所以，线段AH的长为或.15如图所示，已知PA矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点(1)求证：MNCD；(2)若PDA45，求证：MN平面PCD.证明证法一：(1)连接AC，AN，BN，PA平面ABCD，PAAC，在RtPAC中，N为PC的中点ANPC.PA平面ABCD，PABC.又BCAB ，PAABA，BC平面PAB，BCPB.从而在RtPBC中，BN为斜边PC上的中线，BNPC.ANBN，ABN为等腰三角形又M为底边AB的中点，MNAB，又ABCD，MNCD.(2)PA平面ABCD，PAAD.

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