专题01 空间直角坐标系与空间向量-【好题汇编】备战2023-2024学年高二数学上学期期末真题分类汇编（人教A版2019选择性必修第一册）（解析版）

专题01空间直角坐标系与空间向量空间向量的线性运算1．（2023上·贵州铜仁·高二统考期末）如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，是的中点，设，，，用，，表示，则（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】根据空间向量的线性运算计算得解.【详解】因为是的中点，，分别是，的中点，所以.故选：A2．（2023上·辽宁丹东·高二统考期末）已知空间向量，，若，，，共面，则实数的值为（

）A． B．6 C． D．12【答案】A【分析】根据向量共面，建立方程组，解得答案.【详解】由，，共面，可设，则，由，解得，代入第三个方程可得：，解得.故选：A.3．（2023上·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考期末）设向量不共面，空间一点满足，则四点共面的一组数对是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用空间共面向量定理的推论即可验证得到答案.【详解】空间一点满足，若四点共面，则选项A：.判断错误；选项B：.判断错误；选项C：.判断正确；选项D：.判断错误.故选：C4．（2023上·广东深圳·高二统考期末）若构成空间的一组基底，则下列向量不共面的为（

）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】A【分析】根据平面向量的基本定理，可得答案.【详解】对于A，设，则，显然不存在使得等式成立，故A正确；对于B，设，则，解得，故B错误；对于C，设，则，即，解得，故C错误；对于D，设，则，解得，故D错误.故选：A.5．（2023上·北京东城·高二统考期末）已知向量，，且，那么实数的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据平行关系可知，由向量坐标运算可构造方程求得结果.【详解】，，，解得：.故选：B.空间向量的数量积的运算及应用6．（2023上·湖南怀化·高二校联考期末）如图，各棱长都为的四面体中，，则向量（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由向量的运算可得，，由向量数量积的定义即可得到答案.【详解】由题得夹角，夹角，夹角均为，，，，故选：A.7．（2023上·吉林白城·高二校考期末）如图，在平行六面体中，，，，，，则线段的长为（

）A．5 B．3 C． D．【答案】C【分析】，然后平方可算出答案.【详解】在平行六面体中，，，，，，∵，∴，∴.故选：C.8．（2023上·安徽蚌埠·高二统考期末）在三棱锥中，为的中点，则等于（

）A．-1 B．0 C．1 D．3【答案】C【分析】由题意可得，再由数量积的运算律代入求解即可.【详解】因为，所以，，，因为，.故选：C.

9．（2023上·重庆·高二校联考期末）已知是棱长为8的正方体外接球的一条直径，点M在正方体的棱上运动，则的最小值为（

）A． B． C． D．0【答案】C【分析】求得正方体外接球的半径，根据空间向量的数量积运算求得的表达式，确定的最小值，即得答案.【详解】如图，是棱长为8的正方体外接球的一条直径，即正方体的一条体对角线，由正方体的特征可得其外接球半径为,设外接球球心为O，则,由于点M在正方体的棱上运动,故的最小值为球心O和棱的中点连线的长，即为正方体面对角线的一半，为，所以的最小值为，故选：C10．（2023上·广东湛江·高二统考期末）若、、为空间三个单位向量，，且与、所成的角均为60°，则．【答案】【分析】根据向量的模长公式即可代入求解.【详解】由题意可得，，故答案为：11．（2023上·上海浦东新·高二上海市建平中学校考期末）已知，，则.【答案】24【分析】利用向量的数量积直接求解.【详解】因为，，所以.所以.故答案为：24利用空间向量证明平行问题12．（2023上·山东聊城·高二统考期末）已知，分别是平面的法向量，若，则（

）A． B． C．1 D．7【答案】B【分析】利用平面平行可得法向量平行，列出等式即可求解【详解】因为，分别是平面的法向量，且，所以，即，解得故选：B13．（2023上·湖南娄底·高二湖南省新化县第一中学校考期末）如图，平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别为PD，PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O，，若平面，则（

）A． B． C． D．1【答案】C【分析】如图所示，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面EFC的一个法向量为，设，得，根据平面EFC，即可求解.【详解】如图所示，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，由题意可得,，则,所以，设平面EFC的法向量为，则，解得，令，则，所以平面EFC的一个法向量为.因为平面EFC，则，设，则，所以，解得，所以，即.故选：C14．（2023上·广东·高二校考期末）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别为PD，PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O，，若平面，则（

）A． B． C． D．1【答案】C【分析】以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，根据条件求得点的坐标，即可得到结果.【详解】以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由题意可得，则，所以，设平面的法向量为，则，解得，令，则所以平面的一个法向量为因为平面，则设，则，所以解得，所以，即故选:C.15．（2023上·天津滨海新·高二校考期末）已知平面和平面的法向量分别为，，若，则．【答案】-3【分析】由，可得，由向量平行的坐标运算解出，可得结果.【详解】依题意，若，则，有，解得，，∴.故答案为：-316．（2023上·陕西榆林·高二统考期末）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是与的交点.

(1)求证：平面；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据中位线的性质证明线线平行即可证明线面平行；（2）根据结合锥体体积公式求解即可.【详解】（1）是与的交点，是的中点，又是棱的中点，，又平面平面，平面.（2）.利用空间向量证明垂直问题17．（2023上·河南三门峡·高二统考期末）已知平面、的法向量分别为、，若，则等于（

）A．1 B．2 C．0 D．3【答案】C【分析】根据平面垂直的法向量表示求解.【详解】因为，所以，解得，故选：C18．（2023上·湖北武汉·高二校联考期末）如图，在棱长为1的正方体中，是的中点，点是侧面上的动点，且∥截面，则线段长度的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据已知条件及三角形的中位线，利用线面平行的判定定理及面面平行的判定定理，结合直角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解.【详解】取的中点为,取的中点为,取的中点为，如图所示因为是的中点，是的中点，所以,因为平面,平面,所以平面,同理可得，平面,又,平面,所以平面平面.又平面,线段扫过的图形是,由,得,,,,所以,即为直角，所以线段长度的取值范围是：,即.故选：A.19．（2023上·北京西城·高二北京市西城外国语学校校考期末）已知平面的一个法向量，点在平面内，若点在平面内，则【答案】【分析】利用向量垂直列方程，化简求得【详解】根据题意可得，因为平面的一个法向量，所以，解得，故答案为：20．（2023上·湖南株洲·高二校考期末）如图，在棱长都相等的平行六面体中，，，两两夹角均为60°.(1)求的值；(2)求证：平面.【答案】(1)0(2)证明见解析【分析】（1）由空间向量数量积的运算法则求解，（2）由数量积为0证明两向量垂直，再由直线与平面垂直的判定定理证明，【详解】（1）设平行六面体的棱长为1.令，，，则，.则有，故.故，.（2），.故，.故，即.又由（1）知，，平面，所以平面.21．（2023上·四川南充·高二四川省南充高级中学校考期末）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，，点D，E分别在棱和棱上，且，，M为棱的中点．(1)求证：；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据线面垂直的定义得到，根据等腰三角形的性质得到，然后根据线面垂直的判定定理和定义证明即可；（2）将点到平面的距离转化为点到平面的距离，然后求体积即可.【详解】（1）在三棱柱中，平面，则平面，由平面，则，因为，则，又为的中点，则，又，平面，则平面，由平面，因此，.（2）设点到平面的距离为，则等于点到平面的距离，.22．（2023上·四川资阳·高二统考期末）如图，四棱锥，平面ABCD，为等边三角形，，B，D位于AC的异侧，.(1)若，求证：平面平面PBD；(2)若直线平面PAD，求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据等边三角形与平行四边形的性质，利用线面垂直的性质定理以及判定定理，结合面面垂直判定定理，可得答案；（2）根据线面垂直性质定理，结合三角形的面积公式求得三棱锥底面积，利用三棱锥体积公式，可得答案.【详解】（1）证明：因为，且为等边三角形，所以，因为，，所以四边形ABCD为平行四边形，又为等边三角形，可得，四边形ABCD为菱形，所以，因为平面ABCD，且平面，所以，因为平面，且，所以平面PAC，因为面PBD，所以平面平面PBD.（2）已知平面ABCD，，在等边中，，因为平面PAD，且平面，所以，因为，为边长为2的等边三角形，所以，在，则，，所以，所以四棱锥的体积.23．（2023上·新疆·高二校联考期末）《九章算术》是我国古代数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，在阳马中，平面，底面是矩形，分别为的中点，，，若平面，则（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据法向量的求法可求得平面的法向量，由可求得结果.【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，，，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；，又平面，，，解得：.故选：C.24．（2023上·云南大理·高二统考期末）若是空间的一个基底，且向量不能构成空间的一个基底，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可知，向量、、共面，则存在实数、使得，根据空间向量的基本定理可得出关于、、的方程组，即可解得的值.【详解】因为向量，，不能构成空间的一个基底，所以、、共面，故存在实数、使得，即，因为是空间的一个基底，则，解得.故选：D.25．（2023上·陕西西安·高二长安一中校考期末）在棱长为2的正方体中，点分别在棱和上，且，则的最大值为（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，设E、F坐标，根据得出E、F坐标关系式，利用函数求最值即可.【详解】如图所示，以为中心建立空间直角坐标系，设，则，，，当时取得最大值.故选：B26．（2023上·广西防城港·高二统考期末）如图，设为平行四边形所在平面外任意一点，为的中点，若，则的值是（

）A． B．0 C． D．【答案】B【分析】根据向量的线性运算的几何表示，得出，结合条件即可得出答案.【详解】为的中点，，四边形为平行四边形，，.，，，，故选：B.27．（2023上·广东深圳·高二统考期末）如图，正方形与正方形所在平面互相垂直，，，分别是对角线，上的动点，则线段的最小长度为．【答案】/【分析】根据面面垂直的性质和线面垂直的性质可得，由题意建立如图空间直角坐标系，设，()，，，，利用空间向量的坐标表示可得，结合基本不等式计算即可求解.【详解】由题意知，，由正方形正方形，正方形正方形，正方形，得正方形，又正方形，所以，建立如图空间直角坐标系，设，()，，，则，，得，，所以，，得，有，当且仅当即即时，等号成立，所以，即线段MN的最小长度为.故答案为：.28．（2023上·江苏常州·高二常州市第一中学校考期末）已知，，且与的夹角为钝角，则x的取值范围是.【答案】【分析】根据题意得出且与不共线，然后根据向量数量积的定义及向量共线的条件即可求出x的取值范围.【详解】因为与的夹角为钝角，所以且与不共线，因为，，所以，且，解得，且，所以的取值范围是.故答案为：.29．（2023上·上海长宁·高二上海市延安中学校考期末）已知，，且，则为.【答案】【分析】根据向量垂直的数量积为0，可求得，再利用向量的减法及模长公式可求解.【详解】，，且，，即，解得又故答案为：30．（2023上·广西钦州·高二浦北中学统考期末）平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为.(1)求线段的长；(2)若，，，用空间向量的一组基底表示向量.【答案】(1)；(2).【分析】（1）易得，根据向量数量积的运算律结合已知条件可求出，即可得出结果；（2）设.由以及不共面，得出方程组，求解即可得出结果.【详解】（1）解：因为，所以=，所以，所以线段的长为.（2）解：.设，，则.因为不共面，所以有，解得.所以.31．（2023上·重庆九龙坡·高二重庆实验外国语学校校考期末）如图，已知平行六面体中，底面是边长为1的菱形，，(1)求线段的长；(2)求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1），结合向量数量积运算，求模即可.（2），由向量数量积关于垂直的表示即可判断.【详解】（1）设，则