2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测第42讲空间向量及其运算和空间位置关系（达标检测）（Word版附解析）.docx

1、第42讲 空间向量及其运算和空间位置关系（达标检测）A组应知应会1（2019秋河西区期末）若向量，0，向量，1，则A，1，B，1，C，D，【分析】利用向量坐标运算性质即可得出【解答】解：，0，1，故选：2（2019秋龙岩期末）在空间直角坐标系中，为的中点，为空间一点且满足，若，则A9B7C5D3【分析】设，根据题意，得到关于，的方程组，求出，代入即可【解答】解：设，由，由，得，化简得，以上方程组联立得，则，故选：3（2019秋泉州期末）已知向量若，则AB0C1D2【分析】利用向量平行的性质直接求解【解答】解：向量，解得故选：4（2019秋沙市区校级期末）空间四点，0，、，1，、，0，、，2，共

2、面，则ABC1D4【分析】由题意设，可得，2，且即可得出【解答】解：空间四点，0，、，1，、，0，、，2，共面，设，2，且解得故选：5（2019秋德州期末）如图，平行六面体中，与的交点为，设，则下列选项中与向量相等的是ABCD【分析】利用向量加法法则直接求解【解答】解：平行六面体中，与的交点为，设，故选：6（2019秋仓山区校级期末）已知正四面体的各棱长为1，点是的中点，则的值为ABCD【分析】根据题意画出图形，结合图形利用向量的线性运算和数量积运算法则，计算即可【解答】解：如图所示，正四面体的棱长是，是的中点；故选：7（2020春点军区校级月考）设，向量，1，且，则ABC3D4【分析】利用向

3、量平行和向量垂直的性质列出方程组，求出，再由平面向量坐标运算法则求出，由此能求出【解答】解：设，向量，1，且，解得，1，故选：8（2019秋房山区期末）已知直线1的方向向量，2，平面的法向量，4，则直线1与平面的位置关系是ABCD【分析】由已知可求，判断与共线，即可得解【解答】解：直线1的方向向量，2，平面的法向量，4，则与共线，可得：故选：9（2019秋南平期末）已知平面的一个法向量为，则直线与平面的位置关系为ABC相交但不垂直D【分析】根据向量的坐标即可得出，根据平面的法向量与平面垂直即可得出【解答】解：，又，故选：10（2019秋西安期末）已知向量，2，1，若，分别是平面，的法向量，且，

4、则AB1CD2【分析】利用向量垂直的性质直接求解【解答】解：向量，2，1，分别是平面，的法向量，且，解得故选：11（2020春和平区校级月考）已知平面的法向量是，平面的法向量是，且，则实数的值为 【分析】根据即可得出，从而得出，然后进行数量积的坐标运算即可求出的值【解答】解：，解得或4故答案为：或412（2020春济南期末）已知向量，且，则的值为 【分析】利用向量平行的性质直接求解【解答】解：向量，且，解得故答案为：13（2020春杨浦区校级期中）已知平面的一个法向量为，则直线与平面的位置关系为 【分析】由得出，即得直线在平面上或直线与平面平行【解答】解：由平面的一个法向量为，且，所以；所以直

5、线与平面的位置关系是：直线在平面上或直线与平面平行故答案为：直线在平面上或直线与平面平行14（2020春新余期末）已知直线与平面垂直，直线的一个方向向量为，向量与平面平行，则 【分析】由直线与平面垂直，得到直线的方向向量与平面的方向向量垂直，由此能求出结果【解答】解：直线与平面垂直，直线的一个方向向量为，向量与平面平行，解得故答案为：315（2019秋未央区校级期末）为空间中任意一点，三点不共线，且，若，四点共面，则实数【分析】利用空间向量基本定理，及向量共面的条件，即可得到结论【解答】解：由题意得，且，四点共面，故答案为：16（2019秋内蒙古期末）已知空间三点，0，1，0，设，（1）求与的

6、夹角的余弦值；（2）若向量与互相垂直，求实数的值；（3）若向量与共线，求实数的值【分析】（1）求出，1，0，利用空间向量夹角余弦值计算公式能求出与的夹角的余弦值（2）推导出，0，0，由向量与互相垂直，能求出实数的值（3）推导出，0，1，0，1，由向量与共线，能求出实数的值【解答】解：（1）空间三点，0，1，0，1，0，设与的夹角为，则（2），1，0，0，0，向量与互相垂直，整理，得，解得实数的值为或2（3），1，0，0，1，0，1，向量与共线，解得实数的值为或117（2019秋西夏区校级月考）如图所示，平行六面体中，、分别在和上，且，（1）求证：、四点共面；（2）若，求的值【分析】（1）利用向

7、量三角形法则、向量共线定理、共面向量基本定理即可得出（2）利用向量三角形法则、向量共线定理、共面向量基本定理即可得出【解答】（1）证明：、四点共面（2）解：，18.如图所示，已知四棱锥PABCD的底面是直角梯形，ABCBCD90，ABBCPBPC2CD，平面PBC底面ABCD.用向量方法证明：(1)PABD；(2)平面PAD平面PAB. 【解析】(1)取BC的中点O，连接PO，PBC为等边三角形，POBC.平面PBC底面ABCD，平面PBC底面ABCDBC，PO平面PBC，PO底面ABCD.以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空

8、间直角坐标系，如图所示不妨设CD1，则ABBC2，PO，A(1，2,0)，B(1,0,0)，D(1，1,0)，P(0,0，)，(2，1,0)，(1，2，)(2)1(1)(2)0()0，PABD.(2)取PA的中点M，连接DM，则M.，(1,0，)，100()0，即DMPB.10(2)()0，即DMPA.又PAPBP，PA平面PAB，PB平面PAB，DM平面PAB.DM平面PAD，平面PAD平面PAB.B组强基必备1.如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，ABC和A1AC均为60，平面AA1C1C平面ABCD.(1)求证：BDAA1； (2)在直线CC1上是否存在点P，使BP平面

9、DA1C1，若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由【解析】(1)证明：设BD与AC交于点O，则BDAC，连接A1O，在AA1O中，AA12，AO1，A1AO60，A1O2AAAO22AA1AOcos 603，AO2A1O2AA，A1OAO.由于平面AA1C1C平面ABCD，且平面AA1C1C平面ABCDAC，A1O平面AA1C1C，A1O平面ABCD.以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0，1,0)，D(，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)由于(2，0,0)，(0,1，)，0(2)1000，即BDAA1.(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP平面DA1C1，设，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0,1，)从而有P(0,1，)，(，1，)设平面DA1C1的法向量为n3(x3，y3，z3)，则又(0,2,0)，(，0，)，则取n3(1,0，1)，因为BP平面DA1C1，则n3，即n30，得1，