2024版高中同步新教材選擇性必修第一冊(cè)（人教A版）數(shù)學(xué) 第一章 空間向量與立體幾何 本章復(fù)習(xí)提升

第一章空間向量與立體幾何本章復(fù)習(xí)提升易混易錯(cuò)練易錯(cuò)點(diǎn)1對(duì)空間向量的相關(guān)概念理解不清1.(2023廣東深圳實(shí)驗(yàn)學(xué)校期中)已知OA=(2,0,0),OB=(0,3,0),OC=(0,0,6),則以下與平面ABC平行的向量是()A.(1,-2,1)B.(1,-2,-1)C.(-1,-2,1)D.(1,2,1)2.(2023北京一零一中學(xué)期中)設(shè)A,B,C,D是空間內(nèi)不共面的四點(diǎn),且滿足AB·AC=0,AD·AC=0,AB·AD=0,則△A.鈍角三角形B.銳角三角形C.直角三角形D.任意三角形3.(2022山東青島膠南一中月考)已知a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,則cos<a,b>等于.

4.已知向量a=(-2,1,4),b=(-4,2,t)的夾角為銳角,則實(shí)數(shù)t的取值范圍為.

5.如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD是矩形,PB⊥底面ABCD,AB=BC=4,點(diǎn)E,F分別在AD,CP上,且DE=13DA,CF=13CP.證明:EF∥易錯(cuò)點(diǎn)2混淆向量夾角與空間角的三角函數(shù)名稱及范圍6.如圖,在三棱錐O-ABC中,∠AOB=∠AOC=60°,OA=OB=OC,BC=2OA,則異面直線OB與AC所成角的大小是()A.30°B.60°C.90°D.120°7.(2023天津?qū)嶒?yàn)中學(xué)期中)如圖,在三棱錐O-ABC中,OA,OB,OC兩兩互相垂直,OA=OC=3,OB=2,則直線OB與平面ABC所成角的正弦值為.

易錯(cuò)點(diǎn)3不能正確建立空間直角坐標(biāo)系解決立體幾何問題8.(2023北京豐臺(tái)段考)如圖,在四棱錐S-ABCD中,平面SAD⊥平面ABCD,AD∥BC,∠BAD=60°,且AD=DS=SA=AB=2,BC=3.(1)求直線SB與平面SCD所成角的正弦值;(2)在線段SD上是否存在一點(diǎn)M,使得平面MAC⊥平面SCD?如果存在,求此時(shí)SMSD的值;如果不存在,請(qǐng)說明理由思想方法練一、利用轉(zhuǎn)化與化歸思想解決空間幾何問題1.(2023遼寧沈陽(yáng)重點(diǎn)高中聯(lián)合體段考)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=BC=2,E為線段BC的中點(diǎn).(1)求證:A1B∥平面AEC1;(2)若AA1=1,求二面角A-C1E-C的平面角的正弦值.二、利用函數(shù)思想解決空間幾何問題2.(2023河南商開大聯(lián)考期中)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E,M,N分別是棱CC1,B1C1,BB1的中點(diǎn),點(diǎn)F在線段MN上運(yùn)動(dòng).(1)證明:A1F∥平面D1AE;(2)求直線EF與平面D1AE所成角的正弦值的最大值.三、利用方程思想解決空間幾何問題3.(2023山西大學(xué)附中段考)如圖1,在邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD中,∠DAB=60°,點(diǎn)M,N分別是邊BC,CD的中點(diǎn),AC∩BD=O1,AC∩MN=G.沿MN將△CMN翻折到△PMN的位置,連接PA,PB,PD,得到如圖2所示的五棱錐P-ABMND.(1)在翻折過程中,是否總有平面PBD⊥平面PAG?證明你的結(jié)論;(2)當(dāng)四棱錐P-MNDB的體積最大時(shí),在線段PA上是否存在一點(diǎn)Q,使得平面QMN與平面PMN夾角的余弦值為1010?若存在,試確定點(diǎn)Q的位置;若不存在,請(qǐng)說明理由圖1圖2

答案與分層梯度式解析第一章空間向量與立體幾何本章復(fù)習(xí)提升易混易錯(cuò)練1.A2.B6.B1.AAB=OB?OA=(-2,3,0),AC=OC?OA=(-2,0,6).易知AB,AC不共線,若m=xAB+yAC(x,y∈R),則m與平面ABC平行.A選項(xiàng)中,記m=(1,-2,1),∵m=(1,-2,1)=-23AB+16AC,則m與平面ABC平行,而選項(xiàng)B故選A.易錯(cuò)警示1.空間向量是自由向量,可自由平移,因此當(dāng)某向量與某一平面平行時(shí),它與該平面內(nèi)任一向量必共面.2.向量p與不共線向量a,b共面的充要條件是存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(duì)(x,y)使p=xa+yb,要注意定理中的限制條件是向量a,b不共線.2.B∵BC·BD=(AC?AB)·(AD?AB)=AC·AD?AC·AB?AB·AD+AB2,且AB·AC=0,AD·AC=0,AB·AD=0,∴BC·BD=AB2>0,∴cos∠CBD=BC·3.答案1解析∵a+b+c=0,∴向量a,b,c首尾相連組成三角形,記三角形的頂點(diǎn)分別為A,B,C.令A(yù)B=c,CA=b,BC=a,則BC=2,CA=3,AB=4.在△ABC中,由余弦定理的推論得cos∠BCA=BC2+CA2?AB22BC·CA=22+3易錯(cuò)警示由于向量具有方向,因此其夾角不同于兩直線的夾角.如向量AB和CA的夾角不是∠BAC,而是π-4.答案?52,8∪(8,解析∵向量a=(-2,1,4),b=(-4,2,t)的夾角為銳角,∴a·b=8+2+4t>0,解得t>-52當(dāng)a∥b時(shí),?2?4=12=∴實(shí)數(shù)t的取值范圍為?52,8∪(8,+易錯(cuò)警示兩向量a,b的夾角為銳角時(shí),a·b>0,但a·b>0時(shí),a,b的夾角為銳角或零角;兩向量a,b的夾角為鈍角時(shí),a·b<0,但a·b<0時(shí),a,b的夾角為鈍角或平角,故在解題時(shí)應(yīng)注意排除向量a,b共線的情況.5.證明由題意知,BC,BA,BP兩兩互相垂直.以B為原點(diǎn),BC,BA,BP的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向設(shè)BP=a(a>0),則B(0,0,0),C(4,0,0),E83,4,0,F所以BC=(4,0,0),EF=易知BC=(4,0,0)是平面ABP的一個(gè)法向量.因?yàn)锽C·EF=(4,0,0)·0,?4,所以BC⊥EF.又因?yàn)镋F?平面ABP,所以EF∥平面ABP.6.B∵OA=OB=OC,BC=2OA,∴∠BOC=90°.∵OA=OC,∠AOC=60°,∴AC=OA.又OB·AC=OB·(OC?OA∴cos<OB,∴<OB,AC>=120∴異面直線OB與AC所成的角為60°.易錯(cuò)警示異面直線所成角的取值范圍為0,π2,因此當(dāng)對(duì)應(yīng)向量的夾角為鈍角時(shí),7.答案3解析以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB,OC,OA的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向則O(0,0,0),A(0,0,3),B(2,0,0),C(0,3,0),故OB=(2,0,0),AB=(2,0,-3),AC=(0,3,-3),設(shè)平面ABC的法向量為m=(x,y,z),則AB·m=2x?3z=0,AC·m=3y?3z故m=32∴|cos<OB,m>|=OB·m故直線OB與平面ABC所成角的正弦值為317易錯(cuò)警示設(shè)直線l與平面γ形成的線面角等于α,平面γ的法向量與直線l的方向向量的夾角等于β,則α+β=90°或α+(180°-β)=90°,所以sinα=cosβ或sinα=-cosβ,故sinα=|cosβ|.解題時(shí)要注意兩者之間的聯(lián)系,并注意區(qū)分要求的三角函數(shù)名稱.8.解析(1)取AD的中點(diǎn)O,連接DB,OB,SO.易得△SAD,△ABD均為等邊三角形,所以SO⊥AD,OB⊥AD,由于平面SAD⊥平面ABCD,且平面SAD∩平面ABCD=AD,SO?平面SAD,所以SO⊥平面ABCD,又OB?平面ABCD,所以SO⊥OB,故SO,OB,AD兩兩互相垂直.以O(shè)為原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則S(0,0,3),D(0,-1,0),C(3,-3,0),B(3,0,0),A(0,1,0),∴SD=(0,-1,-3),DC=(3,-2,0),SB=(3,0,-3設(shè)平面SCD的法向量為n=(x,y,z),則SD·n=?y?3z=0,DC·n=3x故n=(2,3,-1),設(shè)直線SB與平面SCD所成的角為θ,則sinθ=|cos<n,SB>所以直線SB與平面SCD所成角的正弦值為34(2)存在.同(1)中所建坐標(biāo)系,設(shè)SM=λSD=(0,-λ,-3λ),0≤則MA=SA?SM=(0,1+λ,3λ?3),由(1)知AC=(設(shè)平面MAC的法向量為m=(x1,y1,z1),則m·取x1=4,則y1=3,z1=1+λ1?λ,故m由平面MAC⊥平面SCD得m⊥n,故8+3-1+λ1?λ=0,解得λ當(dāng)λ=1時(shí),M與D重合,此時(shí)平面MAC的一個(gè)法向量為OS=(0,0,3),易知OS與n不垂直,故不滿足平面MAC⊥平面SCD.綜上可知,在線段SD上存在一點(diǎn)M,使得平面MAC⊥平面SCD,此時(shí)SMSD易錯(cuò)警示運(yùn)用“坐標(biāo)法”解答空間幾何問題時(shí),要依據(jù)空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征,充分利用圖形中的垂直關(guān)系或構(gòu)造垂直關(guān)系來建立空間直角坐標(biāo)系.思想方法練1.解析(1)證明:連接A1C,交AC1于點(diǎn)O,連接OE,易知O為A1C的中點(diǎn),又E為BC的中點(diǎn),∴A1B∥OE,又A1B?平面AEC1,OE?平面AEC1,∴A1B∥平面AEC1.線面平行的證明一般轉(zhuǎn)化為證平面外一條直線與平面內(nèi)的一條直線平行.(2)易知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC,又∠ABC=90°,故BA,BC,BB1兩兩互相垂直.以B為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,1),E(1,0,0),C(2,0,0),∴AC1=(2,-2,1),C1E=(-1,0,-1),EC=(1,0設(shè)平面AC1E的法向量為n=(x,y,z),則n·令x=2,則z=-2,y=1,則n=(2,1,-2).易知AB⊥平面C1EC,∴AB=(0,-2,0)為平面C1EC的一個(gè)法向量,∴cos<n,AB>將求二面角的平面角轉(zhuǎn)化為求對(duì)應(yīng)兩個(gè)法向量所成的角.設(shè)二面角A-C1E-C的平面角為θ,則sinθ=sin<n,AB>思想方法轉(zhuǎn)化與化歸思想在空間向量與立體幾何中的應(yīng)用主要表現(xiàn)在:將立體幾何中的位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為空間兩向量的關(guān)系(線性表示或數(shù)量積表示)或?qū)⒖臻g角與空間距離的計(jì)算轉(zhuǎn)化為空間兩向量的相關(guān)運(yùn)算,并結(jié)合所學(xué)的相關(guān)性質(zhì)與定理進(jìn)行求解.2.解析(1)證明:連接BC1,A1N,NE,A1M.∵M(jìn),N分別是B1C1,BB1的中點(diǎn),∴MN∥BC1,又BC1∥AD1,∴MN∥AD1.∵M(jìn)N?平面AD1E,AD1?平面AD1E,∴MN∥平面AD1E.易知NE∥A1D1,NE=A1D1,∴四邊形A1NED1是平行四邊形,∴A1N∥D1E.∵A1N?平面AD1E,D1E?平面AD1E,∴A1N∥平面AD1E.∵A1N∩MN=N,A1N,MN?平面A1MN,∴平面A1MN∥平面D1AE.又A1F?平面A1MN,∴A1F∥平面D1AE.(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,DD1的方向分別為x軸,y軸設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2,則A(2,0,0),E(0,2,1),D1(0,0,2),M(1,2,2),N(2,2,1),∴D1E=(0,2,-1),AD1=(-2,0,2),NM=(-1,0∵點(diǎn)F在線段MN上,∴可設(shè)NF=λNM(0≤λ≤1),則F(2-λ,2,1+λ),∴EF=(2-λ,0,由點(diǎn)在線段上,結(jié)合共線向量定理引入變量λ.設(shè)n=(x,y,z)是平面D1AE的法向量,則n·D1E=0,n·AD1=0,即2y?z=0,?2x+2z=0,取z設(shè)直線EF與平面D1AE所成的角為θ,則sinθ=|cos<n,EF=22結(jié)合向量的夾角公式,用含λ的式子表示出sinθ.

∵λ∈[0,1],∴當(dāng)λ=1時(shí),sinθ取得最大值,且(sinθ)max=22結(jié)合二次函數(shù)和反比例函數(shù)的性質(zhì),求得sinθ的最大值.

∴直線EF與平面D1AE所成角的正弦值的最大值為22思想方法函數(shù)思想在空間向量與立體幾何中的應(yīng)用主要表現(xiàn)在“運(yùn)動(dòng)問題”和“最值問題”中,構(gòu)造出來函數(shù)后一定要注意函數(shù)的定義域,應(yīng)當(dāng)在定義域的約束下去求最值.有時(shí)需要利用基本不等式求最值,此時(shí)要注意應(yīng)滿足基本不等式適用的條件.3.解析(1)在翻折過程中,總有平面PBD⊥平面PAG,證明如下:∵點(diǎn)M,N分別是邊CB,CD的中點(diǎn),且∠DAB=60°,四邊形ABCD為菱形,∴BD∥MN,且△CMN是等邊三角形,則△PMN為等邊三角形,在菱形ABCD中,BD⊥AC,∴MN⊥AC,即MN⊥AG,MN⊥CG,故MN⊥PG.∵AG∩PG=G,AG,PG?平面PAG,∴MN⊥平面PAG,∴BD⊥平面PAG,∵BD?平面PBD,∴平面PBD⊥平面PAG.(2)易知四邊形MNDB為等腰梯形,DB=4,MN=2,O1G=3,∴S等腰梯形MNDB=(2+4)×3要使四棱錐P-MNDB的體積最大,只需點(diǎn)P到平面MNDB的距離最大即可,易知當(dāng)PG⊥平面MNDB時(shí),點(diǎn)P到平面MNDB的距離最大,且PG=3.假設(shè)存在符合題意的點(diǎn)Q.以G為坐標(biāo)原點(diǎn),GA,GM,GP所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Gxyz,則A(33,0,0),M(0,1,0),N(0,-1,0),P(0,0,3),∴NM=(0,2,0).易知平面PMN的一個(gè)法向量為(1,0,0),記n=(1,0,0),設(shè)AQ=λAP(0≤由點(diǎn)在線段上,結(jié)合共線向量定理引入變量λ.又AP=(-33,0,3),∴AQ=(-33λ,0,3λ),∴Q(33(1-λ),0,3λ),∴QM=(33(λ-1),1,-3λ).設(shè)平面QM