2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何解答题专项突破（含解析）

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2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何解答题专项突破
1．已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足．
(1)判断，，三个向量是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内．
2．如图所示，在平行六面体中，设，，，分别是，，的中点，试用表示以下各向量：

(1)；
(2)；
(3)
3．如图，正三棱柱中，底面边长为.
(1)设侧棱长为，求证：；
(2)设与的夹角为，求侧棱的长．
4．如图，已知O A B C D E F G H为空间的9个点，且，，，，，.求证：
(1)A B C D四点共面，E F G H四点共面；
(2)；
(3).
5．三棱柱中，，分别是，上的点，且，.设，，.
(1)试用，，表示向量；
(2)若，，，求的长.
6．如图，在平行六面体中，设，，，E，F分别是的中点.
(1)用向量表示；
(2)若，求实数x，y，z的值.
7．如图，在三棱柱ABC -A′B′C′中，已知，，，点M，N分别是的中点，试用一组基表示向量，.

8．如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点．设，，.
(1)求证EG⊥AB；
(2)求异面直线AG和CE所成角的余弦值．
9．如图所示，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且，N是CM的中点，设，，，用、、表示向量，并求BN的长．
10．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB、AD的夹角都等于60°，M是PC的中点，设，，.
(1)试用表示向量；
(2)求BM的长.
11．已知空间三点，，，设，．
(1)求；
(2)与互相垂直，求实数的值．
12．已知空间三点.
(1)求以AB，AC为邻边的平行四边形的面积；
(2)若向量分别与垂直，且，求的坐标.
13．设，.
(1)若，求；
(2)若，求.
14．已知正三棱柱，底面边长，，点、分别是边、的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．

(1)求三棱柱的侧棱长；
(2)若为的中点，试用基底表示向量；
(3)求与夹角的余弦值．
15．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，⊥底面，，， ，点E为棱的中点．

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求二面角的余弦值．
16．如图1，在四边形中，，，，分别为的中点，，．将四边形沿折起，使平面平面(如图2)，是的中点．
(1)证明：；
(2)求二面角的大小．
17．如图，四边形是边长为的正方形，平面，平面，且．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面．
18．如图，在四棱锥中，，，，，分别为的中点，．

(1)求证：平面平面；
(2)设，若平面与平面所成锐二面角，求的取值范围．
参考答案：
1．(1)，，共面
(2)点M在平面ABC内
【分析】（1）根据空间向量的线性运算，结合平面向量基本定理证明即可；
（2）根据（1）结合平面向量的基本定理判断即可．
【详解】（1）由题知，
则，
即，
所以，，共面．
（2）由（1）知，，共面且基线过同一点M，
所以M，A，B，C四点共面，即点M在平面ABC内．
2．(1)．
(2)．
(3)．
【分析】（1）（2）（3）利用空间向量的加减法分别求解即可.
【详解】（1）因为是的中点，，，，
所以，
（2）因为为的中点，，，，
所以，
（3）因为为的中点，，，，
所以，
，
所以.
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据空间向量的线性运算表示与，结合向量数量积的运算律计算，即可得证；
（2）根据向量数量积的运算律表示数量积及模长，根据夹角可得模长.
【详解】（1）由已知得，，
平面，
，，
又是正三角形，
,
；
；
（2）由（1）得，
又，
，
，
解得，
即侧棱长为.
4．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用空间向量基本定理证明即可，
（2）由，结合空间向量的减法和数乘运算可得，从而可证得结论，
（3）由，结合（2）中的结论与可得证
【详解】（1）因为，，
所以由共面向量定理可得是共面向量，是共面向量，
因为有公共点，有公共点，
所以A B C D四点共面，E F G H四点共面，
（2）因为
，
所以；
（3）
5．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，结合空间向量的加减法与数乘运算，即可求解；
（2）根据题意，结合空间向量数量积的求法，求出，即可求解.
【详解】（1）由题图知，，
因为，，
所以，，
故.
（2）根据题意，由，，，
得，即，
由（1）知.
6．(1)，；
(2).
【分析】（1）根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算求解即得.
（2）用表示，再利用空间向量基本定理求解即得.
【详解】（1）在平行六面体中，
，
由E，F分别是的中点，得.
（2），
而，且不共面，
所以.
7．， ，
【分析】根据空间向量的加减运算法则，将向量表示成以为基底即可.
【详解】
，
即；
，
即.
8．(1)证明过程见解析；
(2)
【分析】（1）作出辅助线，利用三线合一证明出，从而得到线面垂直，进而证明线线垂直；
（2）用表达与，利用空间向量夹角公式求解异面直线AG和CE所成角的余弦值.
【详解】（1）证明：连接DE，
因为空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，且E，G分别是AB，CD的中点，
所以，
故，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以.
（2）由题意得：均为等边三角形且边长为1，
所以
，，
所以
，
设异面直线AG和CE所成角为，
则
9．，
【分析】根据题中条件，由向量的线性运算，即可得出；再由向量模的计算公式，结合题中条件，可求出，即得出结果.
【详解】解：因为是的中点，底面是正方形，
所以
，
又由题意，可得，，，，
，
因此
，
所以，即的长为.
10．(1)
(2)
【分析】利用空间向量基本定理用基底表示；（2）在第一问的基础上运用空间向量数量积运算法则进行运算.
【详解】（1）
（2）
，所以，则BM的长为.
11．(1)
(2)或
【分析】（1）应用向量线性关系坐标运算得，，根据向量夹角的坐标公式求夹角余弦值；
（2）首先求出，的坐标，再根据向量垂直列方程求参数．
【详解】（1）由题设，，
所以．
（2）由，，而，
所以，
可得或．
12．(1)
(2)或
【分析】（1）利用空间向量的夹角余弦公式求出，从而得到以AB，AC为邻边的平行四边形的面积；
（2）设出，根据空间向量垂直关系和模长，列出方程组，求出的坐标.
【详解】（1），
，
,
∵，
.
故以AB，AC为邻边的平行四边形的面积.
（2）设.
，且，
，解得或
故或.
13．(1)
(2)
【分析】（1）求出向量、的坐标，利用空间向量共线的坐标表示可求得实数的值；
（2）分析可知，利用空间向量数量积的坐标运算可求得实数的值.
【详解】（1）解：因为，，
则，
，
若，则，解得.
（2）解：若，
则，解得.
14．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设，根据求出的值，即可得出该三棱柱的侧棱长；
（2）设，根据空间向量的坐标运算可得出关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，即可得出关于基底的表达式；
（3）利用空间向量法可得出与夹角的余弦值.
【详解】（1）设，则、、、、
、，
，，
因为，则，解得，
故正三棱柱的侧棱长为.
（2）由（1）可知，，，，
易知点，则，
设，
即，
所以，，解得，因此，.
（3）由（1）可知，，，
则，
因此，与夹角的余弦值为.
15．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】1）取中点M，连接，推导出四边形为平行四边形，平面，由此能证明．
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值．
（3）利用向量法能求出二面角的余弦值．
【详解】（1）证明：取中点M，连接，如图:

∵E，M分别为的中点，∴，且，
又，可得，且，
∴四边形为平行四边形，∴．
∵⊥底面，，，
于是，，平面，，
∴平面，又平面，∴，
∴．
（2）由（1）可知，两两垂直，以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，如图：

,
,
设平面的一个法向量，
则，即，令，，得，.
又，.
设直线与平面所成角为，则
.
故直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由（2）知，平面的一个法向量，.
因为⊥底面，所以平面的一个法向量为，.
设二面角的平面角为θ，
结合图像可知，.
故二面角的余弦值为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直证明线线垂直即可求证；
（2）利用空间向量法求解面面夹角，即可求解.
【详解】（1）由题意得在图1中，，则，
可得为等腰直角三角形，则．
因为所以
因为平面平面，且平面平面，
又因为平面，，
所以平面，又平面，故；
由为中点，可知四边形为正方形，所以；
又，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以.
（2）由（1）可得，，，
所以以点为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如下图：
不妨设，则，
由（1）可得是平面的一个法向量，，
设平面的一个法向量为，
由，令，得
所以，
所以二面角 的大小为.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面；
（2）求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法能证明平面平面．
【详解】（1）证明：因为四边形是边长为的正方形，
平面，平面，且．
所以以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，
，平面的一个法向量为，
，所以，因为平面，
所以平面；
（2）由（1）可得，
设平面的一个法向量，
则，令，得，
，，，
设平面的一个法向量，
则，令，得，
，所以，
所以平面平面．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题目给出的条件，可得四边形为矩形，说明，再证明，由线面垂直的判定可得平面，再根据面面垂直的判定得到平面平面；
（2）以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用平面法向量所成交与二面角的关系求出二面角的余弦值，根据给出的二面角的范围得其余弦值的范围，最后求解不等式可得的取值范围．
【详解】（1）证明：∵，，，为的中点，
∴为矩形，，又∵，是中点，
∴，∵，∴，
∵，平面，∴平面，
又平面，∴平面平面．
（2）∵，分别为的中点，∴，
又，，∴，又，
平面，∴平面，
平面，∴，
如图，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
∴，，
平面的法向量，
设平面的法向量为，
则，即，取，得，，
则，
∴，
∵平面与平面所成锐二面角，
∴，即，
由，得：，由得：或，
∴的取值范围是．

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