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经典题型（含解析）
文档属性
| 名称 | 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经典题型（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-15 12:23:26 | ||
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文档简介
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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经典题型
一、单选题
1．向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
2．已知空间向量，，若，则（ ）
A．2 B．-2 C．0 D．4
3．如图，在三棱锥中，设，若，，则（ ）
A． B． C． D．
4．在空间四边形ABCD中，点M，G分别是BC和CD的中点，则（ ）
A． B． C． D．
5．在三棱锥中，，，分别为，，的中点，若，则（ ）．
A． B．1 C．2 D．3
6．已知，，且，则x的值为（ ）
A． B． C．6 D．
7．如图，在四面体中，是棱上靠近的三等分点，分别是的中点，设，，，用，，表示，则 （ ）
A． B．
C． D．
8．在如图所示的直四棱柱中，底面是正方形，是的中点，点N是棱上的一个动点，则点到平面的距离的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
二、多选题
9．如图，在正四棱台中，为棱上一点，则（ ）
A．不存在点，使得直线平面
B．当点与重合时，直线平面
C．当为中点时，直线与所成角的余弦值为
D．当为中点时，三棱锥与三棱锥的体积之比为
10．如图，在四面体中，分别是的中点，相交于点，则下列结论中正确的是（ ）
A．平面
B．
C．
D．若分别为的中点，则为的中点
11．如图，在四棱锥中，平面平面，，，若 ，，为棱的中点在，则下列说法正确的有（ ）
A．平面
B．二面角的余弦值为
C．二面角的正弦值为
D．若在线段上存在点，使得点到平面的距离是，则 的值为
三、填空题
12．已知向量，则 ．
13．已知向量.若，则与的夹角为 .
14．已知空间向量的模长分别为1，2，3，且两两夹角均为，点为的重心，则 ．
四、解答题
15．如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点.
(1)证明：//平面;
(2)设，，若二面角的余弦值为，求的长.
16．如图，在中，，，.将绕旋转得到，、分别为线段、的中点：
(1)求点到平面的距离；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
17．如图，在四棱锥中，，，，，，，点为的中点.
(1)证明：平面；
(2)当直线与平面所成角为时，求二面角的余弦值.
18．如图，四棱锥中，是的中点，四边形为平行四边形，且平面．
(1)试探究在线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，并给予证明；若不存在，请说明理由；
(2)若，且，求平面与平面所成夹角的余弦值．
19．如图1，在直角梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置.
(1)如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围；
(2)我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线，如图3所示，记四面体的内切球半径为，证明：.
参考答案：
1．A
【分析】根据投影向量的概念进行运算即可求得．
【详解】由题意，，，
则向量在向量上的投影向量为．
故选：A．
2．C
【分析】由空间向量的加法运算求出，再由可求出，即可得出答案.
【详解】因为，，则，
由可得：，解得：，
则.
故选：C.
3．C
【分析】由题意，结合空间向量的线性运算即可求解.
【详解】连接，
.
故选：C
4．C
【分析】根据已知可得，代入即可得出答案.
【详解】
因为，点G是CD的中点，
所以，，
所以，.
故选：C.
5．D
【分析】根据几何关系，找到向量的等式，即可求解，即可求解.
【详解】连结和，并交于点，点是和的中点，
所以，以及，
所以，即，
所以，则.
故选：D
6．D
【分析】由空间向量平行列出方程即可求解.
【详解】由题意，，且，所以，解得.
故选：D.
7．D
【分析】由题意结合图形的几何性质将向量分解成，，的线性组合即可.
【详解】由题意
.
故选：D.
8．D
【分析】建立空间直角坐标系，将则点到平面的距离表示出来即可求得最值.
【详解】由题意知，该几何体为长方体，建立空间直角坐标系如下图所示，
则，设．
设平面的一个法向量为，则，
设，则，则，
所以点到平面的距离为，
又，所以当时，
点到平面的距离取得最小值为．
故选：D．
9．BCD
【分析】连接交于，以为轴，为轴，垂直于平面为轴建立坐标系，利用空间向量法判断ABC，利用三棱锥体积公式判断D.
【详解】连接交于，因为正四棱台，
所以以为轴，为轴，垂直于平面为轴建立如图所示坐标系，
设点在底面投影为，则，，
即正四棱台的高为，
则，，，，，，
所以，，，，
因为为棱上一点，所以，
所以，
设平面的法向量，
则，令可得平面的一个法向量为，
令解得，故存在点，使得直线平面，A说法错误；
当点与重合时即，，
，，
设平面的法向量，
则，令可得平面的一个法向量为，
因为，所以当点与重合时，直线平面，B说法正确；
当为中点时，即，，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为，C说法正确；
设正四棱台的高为，当为中点时，
三棱锥的体积，
三棱锥的体积，
所以三棱锥与三棱锥的体积之比为，D说法正确；
故选：BCD
10．ACD
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断A；对于B，将与的位置关系转化为与的关系进行判断；根据空间向量的线性运算即可判断C；通过分析得到，即可判断D.
【详解】对于A，因为分别是的中点，所以.
又因为平面，平面，所以平面，故A正确；
由A可得，，因为分别是的中点，所以.
由题中条件得不到与垂直，所以也得不到与垂直，故B错误；
对于C，
,故C正确；
对于D，因为是的中点，所以.
又因为是的中点，所以，
所以,
所以为的中点，故D正确.
故选:ACD.
11．ABD
【分析】选项A，取中点，连接，通过条件得到为平行四边形，进而得出，即可判断出选项A的正误；对于选项BCD，通过建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法和空间距离的向量法，对选项逐一分析判断，即可得出结果.
【详解】对选项A，取中点，连接，
因为是中点，所以，且，
又，，所以，且，所以为平行四边形，
所以，又面，面，所以平面，故选项A正确，
因为，，得到，又，
所以，得到，
又平面平面，平面平面，平面，
所以面，又，所以可建立如图所示的空间直角坐标系，
因为 ，，
则，所以，
易知平面即为平面，所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
由，得到，取，得到，所以，
则，
由图易知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为，故选项B正确，
对于选项C，因二面角的正弦值为，所以选项C错误，
对于选项D，设，又，得到，
所以，得到，
设到平面距离为，则，解得，所以选项D正确，
故选：ABD.
12．/
【分析】根据向量的加法运算和模长公式即可求出结果.
【详解】由题意可得，所以.
故答案为：.
13．
【分析】根据空间向量的垂直的坐标表示求出m的值，再根据向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】，
又，，
而，故与的夹角为，
故答案为：
14．
【分析】利用重心的几何性质结合空间向量的减法可得出，再利用空间向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】空间向量的模长分别为1，2，3，且两两夹角均为，如图，
由为的重心，得，
于是，即，
所以
.
故答案为：
15．(1)证明见解析
(2)1
【分析】(1)以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，可得：直线的方向向量为：，平面的一个法向量为，
结合可得：平面.
(2)结合(1)的结论结合题意可得平面的一个法向量为.平面的一个法向量为：，由二面角的余弦值为，计算可得结果.
【详解】（1）以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，
由几何关系有：，
则直线的方向向量为：，，
设平面的法向量，则：，
据此可得：平面的一个法向量为，
结合可知：，据此可得：平面.
（2）结合(1)的结论可知：，
则平面的一个法向量为.
由平面可知平面的一个法向量为：，
据此可得：，
则，解得：，即.
16．(1)
(2)
【分析】（1）证明出平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离；
（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）解：在中，，，，
将绕旋转得到，则，
因为，、平面，则平面，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，
平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，所以，点到平面的距离为，
因此，点到平面的距离为.
（2）解：设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
因为，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，根据条件求出各点坐标，求出平面的一个法向量，根据即可得证；
（2）根据条件求得P点坐标，再分别求得面与面的法向量，利用向量法求解即可.
【详解】（1）以点A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，过点A且垂直于面的直线向上方向为z轴，建立空间直角坐标系，如图.
则.
设，则由得，
由图知，故解得，所以.
设，则，，，
因为，，
所以有，解得，
故，则，
因为，易知面的一个法向量，
因为，所以EP⊥平面ABCD
（2）由（1）知
因为直线PB与平面ABC所成角为45°，且平面，
故有，
因为，故解得，所以，
则，
设面的法向量为，
则有，令，则
则面的一个法向量，
设面的法向量为，
则有，令，则
则面的一个法向量，
设二面角的平面角为，由图知为锐角，
故.
即二面角的余弦值为.
18．(1)存在，为的中点，证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用中位线及平行四边形的性质得出∥，再根据线面平行的判定定理即可证明.
（2）先建立空间直角坐标系，表示出点的坐标；再求出平面与平面的法向量；最后根据面面所成角的空间向量计算方法即可求解.
【详解】（1）在线段上存在点，且为的中点，使得//平面.
证明如下：
取得中点，连结，，.
因为为的中点，
所以∥，且.
因为为的中点，且四边形为平行四边形，
所以∥，且，
所以∥，且，
所以四边形为平行四边形.
所以∥.
因为平面，平面，
所以∥平面.
（2）因为平面，且四边形为平行四边形，
所以平面.
因为，且，
所以，，，.
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过在平面内与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
则，，，即，.
令平面的法向量为，
则，即.
取，则，，即.
因为平面，平面，
所以平面平面.
则为平面的一个法向量.
所以.
所以平面与平面所成夹角的余弦值.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据求出的范围，将平面与平面所成锐二面角的余弦值表示为的函数，再求范围.
（2）是四面体的表面积，可证， ，从而证得结论.
【详解】（1）由题意知，
而，是的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
在平面内作的垂直作为轴，所以轴，
如图以E为坐标原点，分别以分别为轴正半轴建立空间直角坐标系：
因为，设，
所以，，，，，
则 ，，
所以，，
，，.
设平面的法向量，
由得，取，
，解得.
设平面的法向量，
由得，取，
设平面与平面所成锐二面角为，则
，
所以平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是.
（2）是四面体的表面积，，令与面所成角为，
，
，
因为是公垂线，上的点和上的点的最短距离是，
（取不到等号，）
，
，
.
【点睛】关键点点睛：的证明关键是利用公垂线的性质由得到，从而根据建立不等式证明结论.
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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经典题型
一、单选题
1．向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
2．已知空间向量，，若，则（ ）
A．2 B．-2 C．0 D．4
3．如图，在三棱锥中，设，若，，则（ ）
A． B． C． D．
4．在空间四边形ABCD中，点M，G分别是BC和CD的中点，则（ ）
A． B． C． D．
5．在三棱锥中，，，分别为，，的中点，若，则（ ）．
A． B．1 C．2 D．3
6．已知，，且，则x的值为（ ）
A． B． C．6 D．
7．如图，在四面体中，是棱上靠近的三等分点，分别是的中点，设，，，用，，表示，则 （ ）
A． B．
C． D．
8．在如图所示的直四棱柱中，底面是正方形，是的中点，点N是棱上的一个动点，则点到平面的距离的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
二、多选题
9．如图，在正四棱台中，为棱上一点，则（ ）
A．不存在点，使得直线平面
B．当点与重合时，直线平面
C．当为中点时，直线与所成角的余弦值为
D．当为中点时，三棱锥与三棱锥的体积之比为
10．如图，在四面体中，分别是的中点，相交于点，则下列结论中正确的是（ ）
A．平面
B．
C．
D．若分别为的中点，则为的中点
11．如图，在四棱锥中，平面平面，，，若 ，，为棱的中点在，则下列说法正确的有（ ）
A．平面
B．二面角的余弦值为
C．二面角的正弦值为
D．若在线段上存在点，使得点到平面的距离是，则 的值为
三、填空题
12．已知向量，则 ．
13．已知向量.若，则与的夹角为 .
14．已知空间向量的模长分别为1，2，3，且两两夹角均为，点为的重心，则 ．
四、解答题
15．如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点.
(1)证明：//平面;
(2)设，，若二面角的余弦值为，求的长.
16．如图，在中，，，.将绕旋转得到，、分别为线段、的中点：
(1)求点到平面的距离；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
17．如图，在四棱锥中，，，，，，，点为的中点.
(1)证明：平面；
(2)当直线与平面所成角为时，求二面角的余弦值.
18．如图，四棱锥中，是的中点，四边形为平行四边形，且平面．
(1)试探究在线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，并给予证明；若不存在，请说明理由；
(2)若，且，求平面与平面所成夹角的余弦值．
19．如图1，在直角梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置.
(1)如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围；
(2)我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线，如图3所示，记四面体的内切球半径为，证明：.
参考答案：
1．A
【分析】根据投影向量的概念进行运算即可求得．
【详解】由题意，，，
则向量在向量上的投影向量为．
故选：A．
2．C
【分析】由空间向量的加法运算求出，再由可求出，即可得出答案.
【详解】因为，，则，
由可得：，解得：，
则.
故选：C.
3．C
【分析】由题意，结合空间向量的线性运算即可求解.
【详解】连接，
.
故选：C
4．C
【分析】根据已知可得，代入即可得出答案.
【详解】
因为，点G是CD的中点，
所以，，
所以，.
故选：C.
5．D
【分析】根据几何关系，找到向量的等式，即可求解，即可求解.
【详解】连结和，并交于点，点是和的中点，
所以，以及，
所以，即，
所以，则.
故选：D
6．D
【分析】由空间向量平行列出方程即可求解.
【详解】由题意，，且，所以，解得.
故选：D.
7．D
【分析】由题意结合图形的几何性质将向量分解成，，的线性组合即可.
【详解】由题意
.
故选：D.
8．D
【分析】建立空间直角坐标系，将则点到平面的距离表示出来即可求得最值.
【详解】由题意知，该几何体为长方体，建立空间直角坐标系如下图所示，
则，设．
设平面的一个法向量为，则，
设，则，则，
所以点到平面的距离为，
又，所以当时，
点到平面的距离取得最小值为．
故选：D．
9．BCD
【分析】连接交于，以为轴，为轴，垂直于平面为轴建立坐标系，利用空间向量法判断ABC，利用三棱锥体积公式判断D.
【详解】连接交于，因为正四棱台，
所以以为轴，为轴，垂直于平面为轴建立如图所示坐标系，
设点在底面投影为，则，，
即正四棱台的高为，
则，，，，，，
所以，，，，
因为为棱上一点，所以，
所以，
设平面的法向量，
则，令可得平面的一个法向量为，
令解得，故存在点，使得直线平面，A说法错误；
当点与重合时即，，
，，
设平面的法向量，
则，令可得平面的一个法向量为，
因为，所以当点与重合时，直线平面，B说法正确；
当为中点时，即，，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为，C说法正确；
设正四棱台的高为，当为中点时，
三棱锥的体积，
三棱锥的体积，
所以三棱锥与三棱锥的体积之比为，D说法正确；
故选：BCD
10．ACD
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断A；对于B，将与的位置关系转化为与的关系进行判断；根据空间向量的线性运算即可判断C；通过分析得到，即可判断D.
【详解】对于A，因为分别是的中点，所以.
又因为平面，平面，所以平面，故A正确；
由A可得，，因为分别是的中点，所以.
由题中条件得不到与垂直，所以也得不到与垂直，故B错误；
对于C，
,故C正确；
对于D，因为是的中点，所以.
又因为是的中点，所以，
所以,
所以为的中点，故D正确.
故选:ACD.
11．ABD
【分析】选项A，取中点，连接，通过条件得到为平行四边形，进而得出，即可判断出选项A的正误；对于选项BCD，通过建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法和空间距离的向量法，对选项逐一分析判断，即可得出结果.
【详解】对选项A，取中点，连接，
因为是中点，所以，且，
又，，所以，且，所以为平行四边形，
所以，又面，面，所以平面，故选项A正确，
因为，，得到，又，
所以，得到，
又平面平面，平面平面，平面，
所以面，又，所以可建立如图所示的空间直角坐标系，
因为 ，，
则，所以，
易知平面即为平面，所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
由，得到，取，得到，所以，
则，
由图易知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为，故选项B正确，
对于选项C，因二面角的正弦值为，所以选项C错误，
对于选项D，设，又，得到，
所以，得到，
设到平面距离为，则，解得，所以选项D正确，
故选：ABD.
12．/
【分析】根据向量的加法运算和模长公式即可求出结果.
【详解】由题意可得，所以.
故答案为：.
13．
【分析】根据空间向量的垂直的坐标表示求出m的值，再根据向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】，
又，，
而，故与的夹角为，
故答案为：
14．
【分析】利用重心的几何性质结合空间向量的减法可得出，再利用空间向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】空间向量的模长分别为1，2，3，且两两夹角均为，如图，
由为的重心，得，
于是，即，
所以
.
故答案为：
15．(1)证明见解析
(2)1
【分析】(1)以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，可得：直线的方向向量为：，平面的一个法向量为，
结合可得：平面.
(2)结合(1)的结论结合题意可得平面的一个法向量为.平面的一个法向量为：，由二面角的余弦值为，计算可得结果.
【详解】（1）以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，
由几何关系有：，
则直线的方向向量为：，，
设平面的法向量，则：，
据此可得：平面的一个法向量为，
结合可知：，据此可得：平面.
（2）结合(1)的结论可知：，
则平面的一个法向量为.
由平面可知平面的一个法向量为：，
据此可得：，
则，解得：，即.
16．(1)
(2)
【分析】（1）证明出平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离；
（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）解：在中，，，，
将绕旋转得到，则，
因为，、平面，则平面，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，
平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，所以，点到平面的距离为，
因此，点到平面的距离为.
（2）解：设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
因为，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，根据条件求出各点坐标，求出平面的一个法向量，根据即可得证；
（2）根据条件求得P点坐标，再分别求得面与面的法向量，利用向量法求解即可.
【详解】（1）以点A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，过点A且垂直于面的直线向上方向为z轴，建立空间直角坐标系，如图.
则.
设，则由得，
由图知，故解得，所以.
设，则，，，
因为，，
所以有，解得，
故，则，
因为，易知面的一个法向量，
因为，所以EP⊥平面ABCD
（2）由（1）知
因为直线PB与平面ABC所成角为45°，且平面，
故有，
因为，故解得，所以，
则，
设面的法向量为，
则有，令，则
则面的一个法向量，
设面的法向量为，
则有，令，则
则面的一个法向量，
设二面角的平面角为，由图知为锐角，
故.
即二面角的余弦值为.
18．(1)存在，为的中点，证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用中位线及平行四边形的性质得出∥，再根据线面平行的判定定理即可证明.
（2）先建立空间直角坐标系，表示出点的坐标；再求出平面与平面的法向量；最后根据面面所成角的空间向量计算方法即可求解.
【详解】（1）在线段上存在点，且为的中点，使得//平面.
证明如下：
取得中点，连结，，.
因为为的中点，
所以∥，且.
因为为的中点，且四边形为平行四边形，
所以∥，且，
所以∥，且，
所以四边形为平行四边形.
所以∥.
因为平面，平面，
所以∥平面.
（2）因为平面，且四边形为平行四边形，
所以平面.
因为，且，
所以，，，.
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过在平面内与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
则，，，即，.
令平面的法向量为，
则，即.
取，则，，即.
因为平面，平面，
所以平面平面.
则为平面的一个法向量.
所以.
所以平面与平面所成夹角的余弦值.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据求出的范围，将平面与平面所成锐二面角的余弦值表示为的函数，再求范围.
（2）是四面体的表面积，可证， ，从而证得结论.
【详解】（1）由题意知，
而，是的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
在平面内作的垂直作为轴，所以轴，
如图以E为坐标原点，分别以分别为轴正半轴建立空间直角坐标系：
因为，设，
所以，，，，，
则 ，，
所以，，
，，.
设平面的法向量，
由得，取，
，解得.
设平面的法向量，
由得，取，
设平面与平面所成锐二面角为，则
，
所以平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是.
（2）是四面体的表面积，，令与面所成角为，
，
，
因为是公垂线，上的点和上的点的最短距离是，
（取不到等号，）
，
，
.
【点睛】关键点点睛：的证明关键是利用公垂线的性质由得到，从而根据建立不等式证明结论.
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