3.1空间向量及其运算 同步练习（含解析）2023——2024学年沪教版（2020）高中数学选择性必修第二册

3.1 空间向量及其运算 同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在四面体中，为棱的中点，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知直四棱柱的底面为梯形，，若平面，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知四面体中，为中点，若，则（ ）
A．3 B．2 C． D．
4．已知空间不共线的向量，，且，，，则一定共线的三点是（ ）
A．、、 B．、、 C．、、 D．、、
5．在四面体中，记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
6．在正三棱台中，下列结论正确的是（ ）
A． B．平面
C． D．
7．已知圆锥的底面半径为，高为1，其中为底面圆心，是底面圆的一条直径，若点在圆锥的侧面上运动，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．由四个棱长为1的正方体组合成的正四棱柱（如图所示），点是正方形的中心，则向量（ ）

A．1 B．2 C．4 D．8
二、多选题
9．如图，在正三棱柱中，为空间一动点，若，则（ ）

A．若，则点的轨迹为线段
B．若，则点的轨迹为线段
C．存在，使得
D．存在，使得平面
10．已知二面角的大小为，，，且，，则（ ）
A．是钝角三角形 B．异面直线AD与BC可能垂直
C．线段AB长度的取值范围是 D．四面体体积的最大值为
11．在平行六面体中，已知，，若，，，则（ ）
A．的最小值为 B．的最大值为
C．的最大值为 D．的最大值为
12．已知向量，记，如的夹角为，则，若在正三棱台中，．则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
13．正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 .
14．已知空间向量两两夹角为，且，则 ．
15．在矩形中，，现将沿对角线折起，得到四面体，若异面直线与所成角为，则 .
16．如图，球为长方体内能放入的体积最大的球，且，则球的表面积为 ，若是球的一条直径，为该长方体表面上的动点，则的最大值为 ．
四、解答题
17．n个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量，若，称为n维信号向量.设，，则和的内积定义为，且.
(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量；
(2)证明：不存在10个两两垂直的10维信号向量；
(3)已知k个两两垂直的2024维信号向量，，…，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：.
18．如图，平行六面体中，分别为的中点，在上.
(1)求证：平面；
(2)若平面，求平面与平面的夹角的余弦值.
19．已知正四面体的棱长为1，如图所示.
(1)确定向量在直线上的投影向量，并求·；
(2)确定向量在平面上的投影向量，并求.
20．四棱柱的六个面都是平行四边形，点在对角线上，且，点在对角线上，且．
(1)设向量，，，用、、表示向量、；
(2)求证：、、 三点共线．
21．如图，在空间四边形ABCD中，，，，，.
(1)求；
(2)求CD的长.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．A
【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.
【详解】,
故选:A

2．C
【分析】根据面面平行的性质可得，结合空间的等角定理可得∽，即得对应边成比例，结合题意，即可求得答案.
【详解】因为四棱柱为直四棱柱，，
故平面平面，而平面平面，
平面平面，故，
又，则，故∽，
故，又，，则，
则，故，则，
故选：C
3．D
【分析】根据空间向量的运算法则，化简得到，结合题意，列出方程，即可求解.
【详解】根据题意，利用空间向量的运算法则，可得：，
因为，所以，解得.
故选：D.
4．C
【分析】利用空间向量平行证明三点共线即可.
【详解】因为，，，
对于A：因为，
则不存在任何，使得，所以、、不共线，故A错误；
对于B：因为，
则不存在任何，使得，所以、、不共线，故B错误；
对于C：因为，
所以，则、、三点共线，故C正确；
对于D：因为，
则不存在任何，使得，所以、、不共线，故D错误；
故选：C
5．B
【分析】根据空间向量的线性运算，即可求得答案.
【详解】由题意得：，
故选：B.
6．D
【分析】
对于A：求出体积，然后作差确定大小；对于BC：举例说明其错误；对于D：通过证明面来判断.
【详解】设正三棱台上底面边长为，下底面边长为，，高为，
对于A：，，
则
，
即，A错误；
对于B：由正三棱台的结构特征易知为钝角，所以与不垂直，所以与面不垂直，B错误；
对于C：（反例）假设该棱台是由正四面体被其中截面所截后形成的棱台，则，若，，
所以
，即与不垂直，C错误；
对于D：取中点，中点，连接，
则，且，面，
所以面，同理面，又，
所以面，则面与面是同一个面（过一点只有一个平面与已知直线垂直）
所以面，又面，
所以.
故选：D.
7．A
【分析】
由，最小时，有最小值，求的最小值即可.
【详解】圆锥的底面半径为，高为1，其中为底面圆心，是底面圆的一条直径，
则有，，
点在圆锥的侧面上运动，
则，
最小时，有最小值，的最小值为点到圆锥母线的距离，
中，，，则，点到的距离，
则的最小值为，的最小值为.
故选：A
8．A
【分析】根据数量积的几何意义即可求解.
【详解】由正四棱柱性质可知，向量在上的投影向量为，
由数量积的几何意义可知，.
故选：A
9．ABC
【分析】利用向量的线性运算逐一计算判断即可.
【详解】对于A：由，得点在侧面内（含边界），
若，则，故点的轨迹为线段，故A正确；
对于B：若，则，所以，即，
又，故点的轨迹为线段，故B正确；
对于C：分别取棱的中点，连接，由题意易证平面，
当点在线段上时，，故存在，使得，故C正确；
对于D：若使平面，则点必在棱上，此时，故不存在，
使得平面，故D错误.
故选：ABC.

10．AC
【分析】根据空间向量的线性运算与数量积公式，可得出，，从而可知选项A正确，B错误；
计算可得，设，得，结合二次函数知识可求出线段AB长度的取值范围，可知选项C正确；
先求出四面体的体积表达式，再结合基本不等式可求出最大值，从而可知选项D错误．
【详解】对于选项A：由题意可知，，二面角的大小为，，，所以，
所以，
所以是钝角，即是钝角三角形，故A正确；
对于选项B：由题意知，，，，，
所以，
所以异面直线AD与BC不可能垂直，故B错误；
对于选项C：由题意可知，，，，
所以
．
设，由，得，其中，
所以，所以，
则线段长度的取值范围是，故C正确；
对于选项D：如图，过点A作平面的垂线，垂足为E，则，
由题意，可知四面体的体积为
，
当且仅当时，等号成立，故D错误．

故选：AC.
11．AC
【分析】
先根据空间向量转化得，再结合基本不等式判断即可.
【详解】
如图：，，，，
则由题意，同理，，
所以，
又，，，
所以，
得，当且仅当即时等号成立，故A正确，
又，故，
，
故，当且仅当时等号成立，故C正确，
因，，最后等号成立条件为，
所以，故B错误，
，
所以，得，当且仅当时等号成立，故D错误，
故选：AC
12．ABD
【分析】利用正三棱台的性质，结合平面几何的知识与新定义即可得解.
【详解】对于A，在正三棱台中，，
，故A正确；
对于B，在正三棱台中，易知，
所以，
所以，故B正确；
对于C，同理可知，
所以，故错误；
对于D，易知是腰长为，底边长为1的等腰三角形，
则，故，
所以，故D正确.
故选：ABD.
13．4
【分析】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可.
【详解】已知正三棱锥，则，且，
由化简得，
由化简得.
设，代入，，
分别化简得，且，
故点在以为直径的球面上，半径；
点在以为直径的球面上，半径
分别取线段、的中点、，
则，
故.
故答案为：4
【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在.
14．
【分析】先计算出，再运用向量的模长公式展开，代入即得.
【详解】依题意，，
则
，
.
故答案为：.
15．或
【分析】设与的夹角为，得到或，化简，代入即可求解.
【详解】如图所示，在矩形中，，可得，
则，
在四面体中，设与的夹角为，
因为异面直线与所成角为，则或，
由
，所以或.
故答案为：或
16． 10
【分析】第一空：得出球的半径后代入球的表面积公式即可得解；第二空：首先通过变形得到，进一步只需求出的最大值即可.
【详解】根据题意，球的半径为1，所以表面积为，
，
当球与平面相切，点为四边形顶点时，取得最大值，
所以.
故答案为：，10．
17．(1)，，，；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【分析】
（1）根据题意，结合两两垂直的定义，即可求解；
（2）根据题意，不妨设，得到有5个分量为，设的前5个分量中有r个，得到5个分量中有个，进而求得r的值，即可求解；
（3）任取，得到，设的第个分量之和为，结合，列出不等式，即可求解.
【详解】（1）两两垂直的4维信号向量可以为：，，，.
（2）假设存在10个两两垂直的10维信号向量，，…，，
因为将这10个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，，
因为，所以有5个分量为，
设的前5个分量中有r个，则后5个分量中有个，
所以，可得，矛盾，
所以不存在10个两两垂直的10维信号向量.
（3）任取，计算内积，将所有这些内积求和得到S，
则，
设，，…，的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为S的贡献为，
所以，
令，所以，所以.
【点睛】关键点睛：本题以新定义为背景考查向量的运算，解题的关键是根据所给线性相关的定义进行运算判断.
18．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取中点利用中位线证明四边形平行四边形，得到线线平行，从而得到线面平行.
（2）构建空间向量，利用空间向量求出两个面的法向量，由法向量的夹角得出面与面的夹角。
【详解】（1）证明：如图，设的中点为，连接.

∵为的中点，
∴且.
又为的中点，且四边形是平行四边形，
∴且
∴四边形为平行四边形.
∴.
又∵平面平面，
∴平面.
（2）解：在平面中，作交于.
∵平面，平面，平面，
∴.
∴两两互相垂直.
分别以射线为轴 轴 轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系，

在平行六面体中，由平面得平行四边形是矩形.
根据已知可得，
.
.
由平面得是平面的法向量.
设是平面的法向量，则
取，得.
∴是平面的法向量
∴.
设平面与平面的夹角为，则.
平面与平面的夹角的余弦值为.
19．(1)投影向量见解析，
(2)投影向量见解析，
【分析】（1）（2）利用投影向量的定义及空间垂直关系确定投影向量，再求数量积.
【详解】（1）在正四面体OABC中，取OB的中点P，连接，则有，
因此即为在直线上的投影向量.
所以·
（2）在正四面体中，设O在底面内的投影为Q，易知Q为底面中心，则平面,
连接并延长交于M，则M为中点，，
且即为平面内的投影向量.
∴
20．(1)，．
(2)证明见解析
【分析】（1）借助空间向量的线性运算计算即可得；
（2）借助向量共线定理证明即可得.
【详解】（1）因为，则，
所以，
又因为，则，
所以
；
（2）因为
，且，
所以，即、、三点共线．
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据数量积的定义直接求解即可；
（2）先利用加法法则表示，然后利用数量积的运算律求解即可.
【详解】（1）因为，，，
所以；
（2）因为，
所以
，
所以.
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