【文档说明】新人教版高中数学教材例题课后习题 选择性必修一 复习参考题 1空间向量与立体几何 Word版含解析.docx，共(24)页，1.314 MB，由小赞的店铺上传

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复习参考题1复习巩固1.如图，空间四边形OABC中，OAa=，OBb=，OCc=，点M在OA上，且2OMMA=，点N为BC中点，则MN=（）A.121232abc−+B.211322abc−++C.111222abc+−D.221332abc+−rr

r【答案】B【解析】【分析】利用空间向量运算求得正确答案.【详解】()2211122233MONONOMOBaOCcAb=−=+−++−=.故选：B2.如图，在平行六面体ABCDABCD−中，ABa=，ADb

=，1AAc=，P、M、N分别是CA、CD、CD的中点，点Q在CA上，且:4:1CQQA=．用空间的一个基底,,abc表示下列向量：（1）AP；（2）AM；（3）AN；（4）AQ．【答案】（1）111222APabc=++（2）1122AMabc=++（3）12ANabc=++（4

）114555AQabc=++【解析】【分析】（1）利用空间向量的加法法则可得出AP在基底,,abc下的表达式；（2）利用空间向量的加法法则可得出AM在基底,,abc下的表达式；（3）利用空间向量的加法法则可得出AN在基底,,abc下的表达式；（4）利用空间向量的加法法

则可得出AQ在基底,,abc下的表达式.【小问1详解】解：ACAAABBCabc=++=+−，则()1111122222APAAAPAAACcabcabc=+=+=++−=++；【小问2详解】解：CDCCCDca

=+=−，ADADAAbc=+=+，所以，()11112222AMADDMADCDbccaabc=+=−=+−−=++；【小问3详解】解：1122ANADDNADDCabc=+=+=++.【小问4详解】解：()111145555

5AQAAAQAAACcabcabc=+=+=++−=++.3.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，90ABC=，1CB=，2CA=，16AA=，M是1CC的中点.求证：1AMBA⊥.【答案】证明见解析【解析】【分析】以B为原点建立如图所示空间直角坐标系，证明10BAAM=即可.

【详解】由题可以B为原点建立如图所示空间直角坐标系，则16(0,0,0),(0,3,0),1,0,,(0,3,6)2BAMA，则16(0,3,6),(1,3,)2BAAM==−，10330BAAM=−+=，1AMBA⊥.4.如图，正三棱柱111AB

CABC−的底面边长为a，侧棱长为2a.（1）试建立适当的空间直角坐标系，并写出点A，B，1A，1C的坐标；（2）求1AC与侧面11ABBA所成的角.【答案】（1）答案见解析；（2）6【解析】【分析】取BC的中点为O,11BC的中点为1O

,连结1OO,连结OA，以O为原点，1,,OAOBOO为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.【详解】（1）因为三棱柱111ABCABC−为正三棱柱，取BC的中点为O,取11BC的中点为1O,连结1OO,则1OO⊥面ABC.连结OA，则OA⊥BC.以O为原点，1,,OAOBOO为x

、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，由底面边长为a，侧棱长为2a，则()111330,0,0,,0,0,0,,0,0,,0,,0,2,0,,2,0,,2,222222aaaaOAaBCAaaBaCa−−

所以点A，B，1A，1C的坐标为：1133,0,0,0,,0,,0,2,0,,22222aaAaBAaaCa−；（2）由（1）知：()1133=,,2=,,

0=0,0,22222aaACaaABaAAa−−−，，，.设(),,nxyz=为面11ABBA的一个法向量，则1·=0·=0nAAnAB，即1·=0023·=00

22nAAazanABaxy++−++=，不妨设x=1,则()1,3,0n=.设1AC与侧面11ABBA所成的角为02，则()1122213130221

sin=cos,232222aaACnACnACnaaa−+−+===−+−+，所以=6，即1AC与侧面11ABBA所成的角为6.5.已知空间三点()0,2,3A，()2,1,6B−，()1,1,5C−．（1）求以A

B，AC为邻边的平行四边形的面积；（2）若向量a分别与AB，AC垂直，且3a=，求向量a的坐标．【答案】（1）73（2）(3,3,3)a=或(3,3,3)a=−−−【解析】【分析】（1）先求出,ABAC，然后利用向量的夹角公式求出cosBAC，从而可求出sinBAC，再利用三角

形的面积公式可求得答案，（2）设(,,)axyz=，然后利用向量a分别与AB，AC垂直，且3a=，列方程组可求得答案【小问1详解】因为()0,2,3A，()2,1,6B−，()1,1,5C−，所以(2,1,3),(1,3,2)ABAC

=−−=−，所以23671cos142419194ABACBACABAC−++====++++，因为0180BAC，所以60BAC=，所以以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为3sin419194sin6014732AB

ACBAC=++++==【小问2详解】设(,,)axyz=，因为向量a分别与AB，AC垂直，所以230320aABxyzaACxyz=−−+==−+=，因为3a=，所以2229xyz++=，解得3xyz===或3xyz===−，所以(3,3,3)a=或

(3,3,3)a=−−−6.设空间两个单位向量(),,0OAmn=，()0,,OBnp=与向量()1,1,1OC=的夹角都等于4，求cosAOB的值.【答案】23cos4AOB+=或23cos4AOB−=.【解析】【分析】根据已知可得||||co

s4OCOAOCOA=263122mn===+，2221OAmn=+=，由此可以求出2n，再根据2cos||||OAOBAOBnOAOB==，即可求得答案.【详解】因为两个单位向量(,,0)OAmn=，(0,,)OBnp=与向量(1,1,1)OC=的夹角都等于4，4AOCBO

C==，||3OC=，||||1OAOB==，||||cos4OCOAOCOA=263122==OCOAmn=+，2221OAmn=+=，22621mnmn+=+=解得22234234mn+=−

=或22234234mn−=+=，2OAOBn=，2cos||||OAOBAOBnOAOB==，23cos4AOB+=或23cos4AOB−=7.正三棱柱111ABCABC−的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点.在

直线1CC上求一点N，使1⊥MNAB.【答案】满足18CN=.【解析】【分析】以A为原点建立空间直角坐标系，设(0,1,),02Ntt剟，通过10MNAB=求解.【详解】如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则13

331,,0,(0,0,0),,,24422MAB，设(0,1,),02Ntt剟，则13131,,,,,24422MNtAB=−=，1MNAB⊥，13311204242MNABt=−++=，解得18t=，故可得满足18CN=即

可.8.如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，E，F，G分别是1DD，BD，1BB的中点.（1）求证：EFCF⊥；（2）求EF与CG所成角的余弦值；（3）求CE的长.【答案】（1）证明见解析；（2）1515；（3）52【解析】【分析】（1）以D为坐标原点建立空间直

角坐标系，证明0EFCF=即可；（2）求出coscos,EFCGEFCGEFCG==即可；（3）利用空间两点间距离公式即可求出.【详解】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则()11110,0,,,,0,0,1,0,1,1,2222EFCG

.（1）111,,222EF=−，11,,022CF=−，则111110022222EFCF=+−+−=,EFCF，EFCF⊥；（2）设E

F与CG所成角为，111,,222EF=−，11,0,2CG=，则1154coscos,153522EFCGEFCGEFCG====，所以EF与CG所成角的余弦值为1

515；（3）()()222150001022CE=−+−+−=9.如图所示，直三棱柱ABC—A1B1C1中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点．（1）求BN的长；（2）求cos<11,BACB>的值；（

3）求证：A1B⊥C1M．【答案】（1）3；（2）13010；（3）证明见解析．【解析】【分析】（1）求BN得长即求向量的模长问题，利用模的计算公式计算出结果.（2）求向量的夹角问题，由cosabab=，在坐标系中读出11,,,ABCB的坐标，根据坐标减法求出1BA，1CBuuur，11BA

CB，并求出其模长，再次根据夹角公式可以求解.（3）要证明11ABCM⊥，只需要证明110ABCM=，根据各个点坐标进行向量计算可证.【详解】解：以C为原点，1,,CACBCC分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．（1）(0,1,0),(1,0,1)BN(1,

1,1)BN=−2221(1)13BN=+−+=（2）11(1,0,2),(0,1,0),(0,0,0),(0,1,2)ABCB11(1,1,2),(0,1,2)BACB=−=11113,6,5BACBBACB===1111111cos,301

0BACBBACBBACB==（3）111(0,0,2),(,,2)22CM1111(1,1,2),(,,0)22ABCM=−−=11110022ABCM=−++=11ABCM⊥uuuruuuur11A

BCM⊥综合运用10.如图，在平行六面体ABCDABCD−中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA的长为b，且120AABAAD==.求：（1）AC的长；（2）直线BD与AC所成

角的余弦值.【答案】（1）2222ACabab=+−；（2）2242bab+.【解析】【分析】（1）利用基底表示向量AC，再利用数量积求模；（2）转化为利用向量数量积求直线夹角的余弦值.【详解】AABADACA=++，所以()

2ACABADAA=++()2222ABADAAABADABAAADAA=+++++2222abab=+−BDBABCBB=++，所以()2BDBABCBB=++()2222B

ABCBBBABCBABBBCBB=+++++222ab=+ACABBC=+，2ACa=()()BDACBABCBBABBCab=+++=−，2222cos,2242BDACabbBDACBDACabaab−−===++，所以直线BD与AC所成角的

余弦值为2242bab+.11.在长方体1111ABCDABCD−中，点E，F分别在1BB，1DD上，且1AEAB⊥，1AFAD⊥．（1）求证：1AC⊥平面AEF；（2）当3AD=，4AB=，15AA=时，求平面AEF与平面11D

BBD所成二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）12225．【解析】【分析】（1）利用向量证明1ACAE⊥，1ACAF⊥即可；（2）首先建立空间直角坐标系，算出平面11DBBD的法向量，利用第一问的结论进一步得到平面AEF的法向量，

最后利用法向量的夹角求出二面角的余弦值．【详解】（1）证明：因为()()110ACAEABBCAEBCAEBCABBE=+==+=所以1ACAE⊥因为()()110ACAFADDCAFDCAFDCADDF=+==+=所以1A

CAF⊥因为AEAFA=，所以1AC⊥平面AEF（2）分别以AB、AD、1AA为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，连接AC，由于：4AB=，3AD=，15AA=所以(4,3,0)BD=−，1(0,0,5)DD=设平面11DBBD的法向量为(),,nxyz=，则10nDD=，0n

BD=所以50430zxy=−+=，所以可取()3,4,0n=又由于：1AC⊥平面AEF所以：1ACuuur看作是平面AEF的法向量1(4,3,5)AC=−设平面AEF和平面11DBBD所成的角为，则11·122cos25nACn

AC==所以平面AEF和平面11DBBD所成的角的余弦值为12225．12.如图，在四棱锥SABCD−中，底面ABCD满足ABAD⊥，ABBC⊥，SA⊥底面ABCD，且1SAABBC===，0.5=AD.（1）求四棱锥SABCD−的体积；（2）求平面SCD与平面SA

B的夹角的余弦值.【答案】（1）14；（2）63．【解析】【分析】（1）先求底面面积，再结合锥体体积公式即可求解；（2）分别以ADABAS、、所在直线为x轴,y轴、z轴,建立如图空间直角坐标系,BC为平面SAB的一个法向量,且(1,0

,0)BC=,求平面SCD的一个法向量n,根据coscos,|BCn=,即可求得答案.【详解】（1）SA⊥平面ABCD,ABAD⊥,BCAB⊥，且1SAABBC===，0.5=AD所以四棱锥SABCD−的体积1111111133224ABCDV

SSA==+=；（2）分别以ADABAS、、所在直线为x轴,y轴、z轴,建立如图空间直角坐标系,如图:由1SAABBC===，12AD=可得:(0,0,0)A,(0,1,0)B,(1,1,0)C,1(,0,0)2D,(0,0,1)S,由（1）知BC⊥平面

SAB,BC为平面SAB的一个法向量,且(1,0,0)BC=；设(,,)nxyz=为平面SCD的一个法向量,则nDC⊥,nSD⊥,0nDC=,0nSD=,1(,1,0)2DC=,1(,0,1)2SD=−,102102xyxz+

=−=,令1z=,则2x=,1y=−,(2,1,1)n=−,设平面SCD与平面SAB所成的二面角为,26coscos,|36BCn===，平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为63．13.如图，

把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是原正方形ABCD的中心，求折纸后EOF的大小.【答案】120【解析】【分析】可连接BO，DO，根据正方形的对角线互相垂直有BOAC⊥，DOAC⊥，而折成的为直二面角，从而

平面ABC⊥平面ADC，从而可得到BO⊥平面ADC，可得出OD，OC，OB三直线两两垂直，从而可分别以这三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．然后求出空间一些点的坐标，从而可以得出向量,OEOF→→

的坐标，这样可根据向量夹角的余弦公式求出向量,OEOF→→的夹角，从而得出EOF的大小．【详解】折起后的图形如下所示，连接BO，DO，则BOAC⊥，DOAC⊥；又平面ABC⊥平面ADC，平面ABC平面ADCAC=；BO⊥平面ADC；OD，OC，OB三

直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系设正方形的对角线长为2，则可确定以下点坐标：(0O，0，0)，(0A，1−，0)，(1D，0，0)，11(,,0)22E−，(0B，0，1)，(0C，1，0)，11(0,,)22F；1111(,,0)

,(0,,)2222OEOF→→=−=；114cos,211||||22OEOFOEOFOEOF→→→→→→−===−；,120OEOF→→=；120EOF=．14.在正四棱锥SABCD−中，O为顶点在底面内的射影，P为侧棱SD的中

点，且SOOD=.求直线BC与平面PAC所成的角.【答案】30°【解析】【分析】如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz，求得平面PAC的一个法向量和直线BC的方向向量，结合线面夹角公式即可求解．【详解】如

图所示，以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a(a＞0)，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，(0,,)22aaP−．则(2,0,0)CAa=，(,,)22aaaAP=−−，(

,,0)CBaa=．设平面PAC的法向量为n，则,,nAPnCA⊥⊥即2002axaaaxyzx=−−+=，得0x=，令1y=，则1z=(0,1,1)n=，则1cos,2||||22CBnaCBnCBna===．∴,60CBn

=．∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°．15.如图，在四面体ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点.（1）求证：E，F，G，H四点共面；（2）求证：//BD平面EFGH

；（3）设M是EG和FH的交点，求证：对空间任意一点O，有()14OMOAOBOCOD=+++.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意得出EFHG=可证；（2）通过证明//HEBD可得；（3）可得四边形E

FGH为平行四边形，M为EG中点，即可证明.【详解】（1）E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，12EFAC=，12HGAC=，EFHG=，又E，F，G，H四点不共线，故E，F，G，H四点共面；（2）E，H分别是AB，AD的中点，12HEDB=，//HEDB，//H

EBD，HE平面EFGH，BD平面EFGH，//BD平面EFGH；（3）由（1）知四边形EFGH为平行四边形，M为EG中点，E，G分别是AB，CD的中点，11111()()()()22224OMOEOG

OAOBOCODOAOBOCOD=+=+++=+++.拓广探索16.如图，在棱长为a的正方体OABCOABC−中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AEBF=.（1）求证：AFCE⊥；（2）当三棱锥BBEF−的体积取得最大值时，求平面BEF与平面BEF的夹

角正切值.【答案】（1）证明见详解；（2）22【解析】【分析】（1）以C为坐标原点，,,COCBCC为,,xyz轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积即可证明.（2）根据三棱锥BBEF−的体积最大时，E，F分别是棱AB，BC上中点，过B作BGEF⊥，连接B

G，得出BGB为平面BEF与平面BEF的夹角，在RtBGB中即可求解.【详解】（1）以C为坐标原点，,,COCBCC为,,xyz轴建立空间直角坐标系，如图：设AEBFm==，则(),,Aaaa，()0,,0Fam−，()0,0,Ca

，(),,0Eama−，(),,AFama=−−−，(),,CEamaa=−−，由220AFCEaamama=−+−+=，AFCE⊥.（2）13BEBEFFBVSBB−=，若三棱锥BBEF

−的体积取得最大值，则BEFS取得最大值，()2211122228BEFammaSBEBFamm−+==−=，当且仅当amm−=时，即2am=时取等号，即E，F分别是棱AB，BC上中点，过B作BGEF⊥，连接BG

，由三垂线定理可得，得出BGB为平面BEF与平面BEF的夹角，BBa=，1244aBGBO==，所以tan22BBBGBBG==.17.如图，两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点A，E和点A，F，使AAa⊥，且AAb⊥.

已知AEm=，AFn=，EFl=，求线段AA的长.【答案】2222coslmnmn−−.【解析】【分析】依题意，EFEAAAAF=++，两边平方，结合条件，即可求得公垂线段AA的长.【详解】依题意，EFEAAAAF=++，平方得()22

222222EFEAAAAFEAAAAFEAAAAAAFEAAF=++=+++++，因为AAEA⊥，AAAF⊥，,EAAF=或−，所以22222coslmAAnmn=++，故2222cos

AAlmnmn=−−.