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第一章空間向量與立體幾何6大考點匯總與跟蹤訓練-2025-2026學年高中數學人教A版（2019）選擇性必修第一冊
6大考點匯總
考點一：空間向量及其線性運算
考點二：空間向量的投影向量
考點三：空間向量基本定理
考點四：空間向量及其運算的坐標表示
考點五：用空間向量研究直線、平面的位置關系
考點六：用空間向量研究距離、夾角問題
跟蹤訓練
考點一：空間向量及其線性運算
1．（2024秋 自貢校級期末）在四面體O﹣ABC中，空間的一點M滿足，若M、A、B、C四點共面，則λ＝（　　）
A． B． C． D．
2．（2024秋 安陽期末）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若，，，則（　　）
A． B． C． D．
3．（2024秋 呼和浩特期末）在四面體O﹣ABC中，點M為線段OA靠近A的四等分點，N為BC的中點，若，則x+y+z的值為（　　）
A． B．1 C． D．
4．（2025春 天水校級期中）在三棱錐A﹣BCD中，M為AC的中點，若，則（　　）
A． B．
C． D．
考點二：空間向量的投影向量
5．（2024秋 成都期末）已知空間向量（1，﹣1，2），（1，﹣2，1），則向量在向量上的投影向量是（　　）
A． B．（1，﹣1，1）
C． D．
6．（2024秋 龍馬潭區校級期末）已知，空間向量為單位向量，，則空間向量在向量方向上的投影向量的模長為（　　）
A．2 B．﹣2 C． D．
7．（2024秋 邛崍市校級期末）已知向量，，則向量在向量上的投影向量為（　　）
A． B． C． D．
8．（2024秋 湖北月考）已知空間向量，則向量在向量上的投影向量是（　　）
A．（1，﹣1，1） B．
C． D．
考點三：空間向量基本定理
9．（2024秋 寶山區校級期末）在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，E為PD中點，若，，，則　 　 ．
10．（2025春 浦東新區校級期末）在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分別是棱C1D1，BB1的中點，記，，，則等于 　 　 （用，，表示）．
11．（2025春 城廂區校級期中）《九章算術》中的“商功”篇主要講述了以立體幾何為主的各種形體體積的計算，其中塹堵是指底面為直角三角形的直棱柱．如圖，在塹堵ABC﹣A1B1C1中，M，N分別是A1C1，BB1的中點，G是MN的中點，若，則x+y+z＝ 　 　 ．
12．（2025春 甘肅期末）在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，分別在棱B1B和D1D上，且BE，DF．若，則x+y+z＝　 　 ．
考點四：空間向量及其運算的坐標表示
13．（2025 山東校級開學）已知．
（1）求向量的坐標；
（2）若，求k的值．
14．（2025春 棲霞區校級期中）已知空間向量（2，4，﹣2），（﹣1，0，2），（x，2，﹣1）．
（1）若∥，求；
（2）若⊥，求cos，的值．
15．（2024秋 濱海新區校級月考）（1）已知向量，．
①計算；②求．
（2）已知向量，．
①若∥，求實數k；
②若，求實數k．
16．（2024秋 興義市校級月考）已知向量，，其中，，．
（1）求；．
（2）求與的夾角θ的余弦值．
考點五：用空間向量研究直線、平面的位置關系
17．（2024秋 渭南校級期末）已知點A（﹣2，0，2）、B（﹣1，1，2）、C（﹣3，0，4），，．
（1）若||＝3，且∥，求；
（2）求cos，；
（3）若k與k2垂直，求k．
18．（2024秋 景德鎮期末）已知．
（1）求向量的坐標；
（2）設向量∥，求；
（3）若，求k的值．
19．（2024秋 柳州期末）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，點E在棱AB上移動．
（Ⅰ）證明：D1E⊥A1D；
（Ⅱ）當E為AB的中點時，求異面直線AC與D1E所成角的余弦值；
（Ⅲ）AE等于何值時，二面角D1﹣EC﹣D的大小為．
20．（2024秋 惠城區校級月考）已知空間中三點A（2，﹣1，1），B（1，1，0），C（4，﹣3，3）．設，．
（1）求；
（2）若與互相垂直，求實數k的值．
考點六：用空間向量研究距離、夾角問題
21．（2025 四川開學）如圖，在四棱錐B﹣APCQ中，△ABC與△APC均為等邊三角形，平面ABC⊥平面APCQ，點P與點Q在平面ABC的異側，AQ＝CQ．
（1）證明：PQ⊥平面ABC；
（2）若A，P，C，Q四點共圓，求平面PAB與平面QBC夾角的余弦值．
22．（2025 騰沖市校級開學）在平行六面體ABCD﹣EFGH中，AC＝AE＝4，，AB＝3，AD＝5．
（1）證明：；
（2）當平行六面體ABCD﹣EFGH的體積最大時，求平面CEH與平面ACE的夾角的余弦值．
23．（2026春 上城區校級月考）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分別為棱AB，BC上的點，滿足BM＝2AM，BN＝CN，且△ABC1與△MNC1的面積之比為3．
（1）證明：AC1∥平面A1MN；
（2）求點A1到平面ABC1與到平面MNC1的距離之比；
（3）若BC＞AB，直線AB，BC，A1B兩兩相互垂直，求平面ABC1與平面MNC1所成角余弦值的取值范圍．
24．（2024秋 永勝縣校級期末）已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB＝AA1＝2，AD＝DC＝1，N是B1C1的中點，M是DD1的中點．
（Ⅰ）求證：D1N∥平面CB1M；
（Ⅱ）求平面CB1M與平面BB1C1C的夾角余弦值；
（Ⅲ）求點B到平面CB1M的距離．
第一章空間向量與立體幾何5大考點匯總與跟蹤訓練-2025-2026學年高中數學人教A版（2019）選擇性必修第一冊
1．（2024秋 自貢校級期末）在四面體O﹣ABC中，空間的一點M滿足，若M、A、B、C四點共面，則λ＝（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：在四面體O﹣ABC中，不共面，可以作為向量的基底，
而，
則，整理得：λ，
解得．
故選：D．
2．（2024秋 安陽期末）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若，，，則（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由已知得．
故選：C．
3．（2024秋 呼和浩特期末）在四面體O﹣ABC中，點M為線段OA靠近A的四等分點，N為BC的中點，若，則x+y+z的值為（　　）
A． B．1 C． D．
【解答】解：四面體O﹣ABC中，點M為線段OA靠近A的四等分點，N為BC的中點，
，
由
，
則，
所以．
故選：C．
4．（2025春 天水校級期中）在三棱錐A﹣BCD中，M為AC的中點，若，則（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：三棱錐A﹣BCD中，如圖所示：
由于M為AC的中點，所以，
由于，所以，整理得，
故．
故選：A．
5．（2024秋 成都期末）已知空間向量（1，﹣1，2），（1，﹣2，1），則向量在向量上的投影向量是（　　）
A． B．（1，﹣1，1）
C． D．
【解答】解：（1，﹣1，2），（1，﹣2，1），
則，，
故向量在向量上的投影向量是．
故選：C．
6．（2024秋 龍馬潭區校級期末）已知，空間向量為單位向量，，則空間向量在向量方向上的投影向量的模長為（　　）
A．2 B．﹣2 C． D．
【解答】解：已知，，，
則空間向量在向量方向上的投影數量為．
故所求投影向量的模長為2．
故選：A．
7．（2024秋 邛崍市校級期末）已知向量，，則向量在向量上的投影向量為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由已知條件得：
所以，，
所以向量在向量上的投影向量為．
故選：C．
8．（2024秋 湖北月考）已知空間向量，則向量在向量上的投影向量是（　　）
A．（1，﹣1，1） B．
C． D．
【解答】解：空間向量，
則向量在向量上的投影向量．
故選：C．
9．（2024秋 寶山區校級期末）在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，E為PD中點，若，，，則　　 ．
【解答】解：
．
故答案為：．
10．（2025春 浦東新區校級期末）在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分別是棱C1D1，BB1的中點，記，，，則等于 　　 （用，，表示）．
【解答】解：根據向量的線性運算，
，，
所以．
故答案為：．
11．（2025春 城廂區校級期中）《九章算術》中的“商功”篇主要講述了以立體幾何為主的各種形體體積的計算，其中塹堵是指底面為直角三角形的直棱柱．如圖，在塹堵ABC﹣A1B1C1中，M，N分別是A1C1，BB1的中點，G是MN的中點，若，則x+y+z＝ 　　 ．
【解答】解：連接AM，AN，如圖所示：
M，N分別是A1C1，BB1的中點，G是MN的中點，
則，
，
則x，y，z，
故x+y+z．
故答案為：．
12．（2025春 甘肅期末）在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，分別在棱B1B和D1D上，且BE，DF．若，則x+y+z＝　　 ．
【解答】解：平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，BE，DF，
所以
．
由，
所以x＝﹣1，y＝1，z，
x+y+z＝﹣1+1．
故答案為：．
13．（2025 山東校級開學）已知．
（1）求向量的坐標；
（2）若，求k的值．
【解答】解：（1）由題意得，．
（2）由（1）知（2，﹣2，2），，
所以，，
又，則，
即（2k+4，﹣2k﹣1，2k）＝λ（﹣6，0，2），
所以，
則．
14．（2025春 棲霞區校級期中）已知空間向量（2，4，﹣2），（﹣1，0，2），（x，2，﹣1）．
（1）若∥，求；
（2）若⊥，求cos，的值．
【解答】解：（1）空間向量（2，4，﹣2），（x，2，﹣1），（﹣1，0，2）
∵∥，
∴存在實數k，使得，
所以，則x＝1，
則．
（2）∵⊥，則，
∴x＝﹣2，
∴，
故．
15．（2024秋 濱海新區校級月考）（1）已知向量，．
①計算；②求．
（2）已知向量，．
①若∥，求實數k；
②若，求實數k．
【解答】解：（1）①因為向量，
則2（4，﹣2，﹣4）﹣（3，3，﹣12）＝（1，﹣5，8），
所以；
②因為向量，
所以，
則，
又因為，
所以；
（2）因為向量，
則，，
①若，
則，
解得；
②若，
則7（k﹣2）﹣4（5k+3）﹣16（﹣k+5）＝0，
解得．
16．（2024秋 興義市校級月考）已知向量，，其中，，．
（1）求；．
（2）求與的夾角θ的余弦值．
【解答】解：（1）由題意，
則，
∴，
；
（2），
∴與的夾角θ的余弦值為：
cosθ0．
17．（2024秋 渭南校級期末）已知點A（﹣2，0，2）、B（﹣1，1，2）、C（﹣3，0，4），，．
（1）若||＝3，且∥，求；
（2）求cos，；
（3）若k與k2垂直，求k．
【解答】解：（1）∵B（﹣1，1，2）、C（﹣3，0，4），
∴（﹣2，﹣1，2），
∵||＝3，且∥，
∴設（﹣2λ，﹣λ，2λ），且（﹣2λ）2+（﹣λ）2+（2λ）2＝9，
解得λ＝±1，
∴（﹣2，﹣2，2）或（2，2，﹣2）．
（2）∵A（﹣2，0，2）、B（﹣1，1，2）、C（﹣3，0，4），，．
∴（1，1，0），（﹣1，0，2），
∴cos，．
（3）∵k（k﹣1，k，2），k2（k+2，k，﹣4），
k與k2垂直，
∴（k） （k2）＝（k﹣1）（k+2）+k2﹣8＝0，
解得k或k＝2．
18．（2024秋 景德鎮期末）已知．
（1）求向量的坐標；
（2）設向量∥，求；
（3）若，求k的值．
【解答】解：（1）由，得
（2）由（1）得，而量∥，因此，
所以．
（3），
則，
由，得
＝12k﹣20k+10﹣34＝﹣8k﹣24＝0，
所以k＝﹣3．
19．（2024秋 柳州期末）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，點E在棱AB上移動．
（Ⅰ）證明：D1E⊥A1D；
（Ⅱ）當E為AB的中點時，求異面直線AC與D1E所成角的余弦值；
（Ⅲ）AE等于何值時，二面角D1﹣EC﹣D的大小為．
【解答】解：以D為坐標原點，直線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，
設AE＝x，則A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0），C（0，2，0）．…（2分）
（Ⅰ）因為（1，0，1），（1，x，﹣1）
∴ 1+0﹣1＝0，所以D1E⊥A1D；
（Ⅱ）因為E為AB中點，則E（1，1，0），
從而（1，1，﹣1），（﹣1，2，0），
設AC與D1E所成的角為θ
則（9分）
（Ⅲ）設平面D1EC的法向量為（a，b，c），
∵（1，x﹣2，0），（0，2，﹣1），（0，0，1）
由，有，
令b＝1，從而c＝2，a＝2﹣x
∴（2﹣x，1，2），…..（12分）
由題意，cos．
∴x＝2（不合題意，舍去），或x＝2．
∴當AE＝2時，二面角D1﹣EC﹣D的大小為．
20．（2024秋 惠城區校級月考）已知空間中三點A（2，﹣1，1），B（1，1，0），C（4，﹣3，3）．設，．
（1）求；
（2）若與互相垂直，求實數k的值．
【解答】解：（1）∵A（2，﹣1，1），B（1，1，0），C（4，﹣3，3），，，
∴，，
于是，
∴．
（2）∵，
，
又與互相垂直，
∴，
即（﹣2k﹣2）（2k﹣1）+（4k+2）（2﹣2k）+（﹣2k﹣2）（2k﹣1）＝0，
∴，解得．
21．（2025 四川開學）如圖，在四棱錐B﹣APCQ中，△ABC與△APC均為等邊三角形，平面ABC⊥平面APCQ，點P與點Q在平面ABC的異側，AQ＝CQ．
（1）證明：PQ⊥平面ABC；
（2）若A，P，C，Q四點共圓，求平面PAB與平面QBC夾角的余弦值．
【解答】（1）證明：因為△APC是等邊三角形，所以AP＝CP，
在平面APCQ中，由AQ＝CQ，AP＝CP可知PQ是AC的中垂線，
故PQ⊥AC，
而平面ABC⊥平面APCQ，平面ABC∩平面APCQ＝AC，PQ 平面APCQ，
故PQ⊥平面ABC．
（2）記O為AC的中點，由A，P，C，Q四點共圓可知∠APC+∠AQC＝π，
而，故．
不妨令OQ＝1，易知OP⊥OB，OP⊥OC，OB⊥OC，
故以O為坐標原點，OB，OC，OP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系O﹣xyz，
則，B（3，0，0），，P（0，0，3），Q（0，0，﹣1），
故，，，．
記平面PAB的法向量為，
則，可取，
記平面QBC的法向量為，
則，可取，
記平面PAB與平面QBC的夾角為θ，則．
所以平面PAB與平面QBC夾角的余弦值為．
22．（2025 騰沖市校級開學）在平行六面體ABCD﹣EFGH中，AC＝AE＝4，，AB＝3，AD＝5．
（1）證明：；
（2）當平行六面體ABCD﹣EFGH的體積最大時，求平面CEH與平面ACE的夾角的余弦值．
【解答】（1）證明：在△ACE中，AC＝AE＝4，，所以CE2＝AC2+AE2，即AE⊥AC，
又AE∥GC，所以AC⊥CG，
在△ACD中，AD＝5，AC＝4，CD＝AB＝3，所以AD2＝AC2+CD2，即AC⊥CD，
又CD，CG 平面CDHG，且CD∩CG＝C，
所以AC⊥平面CDHG，
因為CH 平面CDHG，
所以AC⊥CH，即．
（2）解：當平行六面體ABCD﹣EFGH的體積最大時，側棱AE⊥底面ABCD，
由（1）可知AB⊥AC，
故以A為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A（0，0，0），C（0，4，0），E（0，0，4），B（3，0，0），D（﹣3，4，0），H（﹣3，4，4），
所以，，，，
易知平面ACE的一個法向量為，
設平面CEH的法向量為，則，即，
可取，
所以cos，，
所以平面CEH與平面ACE的夾角的余弦值為．
23．（2026春 上城區校級月考）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分別為棱AB，BC上的點，滿足BM＝2AM，BN＝CN，且△ABC1與△MNC1的面積之比為3．
（1）證明：AC1∥平面A1MN；
（2）求點A1到平面ABC1與到平面MNC1的距離之比；
（3）若BC＞AB，直線AB，BC，A1B兩兩相互垂直，求平面ABC1與平面MNC1所成角余弦值的取值范圍．
【解答】解：（1）證明：作平行四邊形MACD與平行四邊形MAC1D1，連接AD交BC與點P，如下圖所示：
顯然AM＝CD，△CPD∽△BPA，
所以，即；
又BN＝CN，可知P為NC的中點，即，
所以MN∥AP，
又CD∥AM，C1D1∥AM，CD＝AM，C1D1＝AM；
所以CD∥C1D1，且CD＝C1D1，
所以CDD1C1為平行四邊形，所以CC1∥DD1；
又AA1∥CC1，所以AA1∥DD1，
所以MN∥AD∥A1D1，
所以M，N，A1，D1四點共面，
又AC1∥MD1，AC1 平面MNA1D1，MD1 平面MNA1D1；
所以AC1∥平面A1MN；
（2）設點A1到平面ABC1與到平面MNC1的距離分別為d1，d2，
因為AC1∥平面A1MN，
所以，
所以，
又易知，點N到AB的距離為點C到AB的距離的一半，
所以，
所以，
又，，
又，
所以d1＝2d2；
（3）如圖，以B為原點，，，為x，y，z軸正方向，建系如圖：
設BA＝1，BC＝a＞1，BA1＝b，
則A（﹣1，0，0），C（0，a，0），A1（0，0，b），C1（1，a，b），M（，0，0），N（0，，0），
易知，，，，
設平面ABC1的一個法向量為，
則，取，
設平面MNC1的一個法向量為，
則，取，
則d1，，
由d1＝2d2可知，
即，
解得∈（7，+∞），
設平面ABC1與平面MNC1所成角為θ，
則cosθ∈（，）．
24．（2024秋 永勝縣校級期末）已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB＝AA1＝2，AD＝DC＝1，N是B1C1的中點，M是DD1的中點．
（Ⅰ）求證：D1N∥平面CB1M；
（Ⅱ）求平面CB1M與平面BB1C1C的夾角余弦值；
（Ⅲ）求點B到平面CB1M的距離．
【解答】解：（Ⅰ）證明：取CB1的中點P，連接NP，MP，則NP∥CC1且，
又D1M∥CC1且，所以NP∥D1M且NP＝D1M，
所以四邊形D1MPN為平行四邊形，得ND1∥PM，
又ND1 平面CB1M，PM 平面CB1M，
所以ND1∥平面CB1M．
（Ⅱ）建立如圖空間直角坐標系A﹣xyz，
則A（0，0，0），B（2，0，0），B1（2，0，2），M（0，1，1），C（1，1，0），C1（1，1，2），
有，
設平面CB1M與平面BB1C1C的一個法向量分別為，
則，，
則，
令x1＝x2＝1，得y1＝3，z1＝1，y2＝1，z2＝0，
所以，
則，
即平面CB1M與平面BB1C1C所成角的余弦值為．
（Ⅲ）由，平面CB1M的一個法向量為，
得，
即點B到平面CB1M的距離為．

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