新教材2023高中數(shù)學(xué)第一章空間向量與立體幾何章末復(fù)習(xí)課新人教A版選擇性必修第一冊

第一章空間向量與立體幾何章末復(fù)習(xí)課回顧本章學(xué)習(xí)過程、建構(gòu)“基礎(chǔ)知識、基本技能、基本思想、基本活動經(jīng)驗”之間的聯(lián)系.要點訓(xùn)練一空間向量的基本概念和幾何運算1.空間向量的加減運算空間向量的加法、減法的法則仍符合三角形法則和平行四邊形法則,即轉(zhuǎn)化為平面向量的加法或減法,這是因為空間的任意兩個向量都是共面的.2.空間向量的數(shù)乘運算及向量共面的充要條件(1)空間向量的數(shù)乘運算、平行向量的概念、向量平行的充要條件與平面向量的性質(zhì)是一致的.(2)利用向量共面的充要條件可以判斷第三個向量是否與已知的兩個不共線的向量共面,特別地,空間一點P位于平面ABC內(nèi)的充要條件是存在有序?qū)崝?shù)對(x,y),使AP=xAB+yAC.3.空間向量的數(shù)量積(1)空間向量的數(shù)量積的定義表達(dá)式a·b=|a||b|cos<a,b>及其變式cos<a,b>=a·b(2)空間向量的數(shù)量積的其他變式是解決立體幾何問題的重要公式,如|a|2=a2,a在b上的投影是a·b1.在空間四邊形ABCD中,G是CD的中點,連接AG,則AB+12(BD+BC)=()A.AGB.CGC.BCD.1解析:在△BCD中,因為G是CD的中點,所以BG=12(BD+BC),從而AB+12(BD+BC)=AB+BG=答案:A2.如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AC與BD交于點M,設(shè)AB=a,AD=b,AA1=c,則B1M=A.-12a-12b-c B.12a+1C.12a-12b-c D.-12a+1解析:因為B1M=B1B+BM,BM=12BD,BD=BA+BC,所以B1M=-AA1+12(-AB+答案:D3.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E在A1C1上,且A1E=14A1C1,若AE=xAA1+y(AB+解析:由題意,知AE=AA1+A1E=AA1+14×A1C1=AA1+4.如圖,已知ABCD-A'B'C'D'是平行六面體.設(shè)M是底面ABCD的中心,N是側(cè)面BCC'B'對角線BC'上的一個靠近點C'的四等分點,設(shè)MN=αAB+βAD+γAA',則α+β+γ=3解析:連接BD(圖略),則M為BD的中點.MN=MB+BN=12DB+34BC'=12(DA+AB)+34(BC+CC')=12(-AD+AB)+34(AD所以α=12,β=14,γ=34.所以要點訓(xùn)練二空間向量的坐標(biāo)運算熟記空間向量的坐標(biāo)運算公式設(shè)a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),(1)加、減運算:a±b=(x1±x2,y1±y2,z1±z2).(2)數(shù)量積運算:a·b=x1x2+y1y2+z1z2.(3)向量的夾角:cos<a,b>=x1(4)向量的長度:設(shè)M1(a1,b1,c1),M2(a2,b2,c2),則|M1M21.已知a=(2,3,-4),b=(-4,-3,-2),b=12x-2a,則x=()A.(0,3,-6) B.(0,6,-20)C.(0,6,-6) D.(6,6,-6)解析:因為b=12x-2a所以x=2b+4a=2(-4,-3,-2)+4(2,3,-4)=(-8,-6,-4)+(8,12,-16)=(0,6,-20).答案:B2.已知a+b=(2,2,23),a-b=(0,2,0),則cos<a,b>=()A.63 B.66 C.1解析:因為a+b=(2,2,23),a-b=(0,2,0),所以a=(1,2,3),b=(1,0,3),所以cos<a,b>=a·b|a||答案:A3.已知點A(1,-2,0)和向量a=(-3,4,12),若向量AB∥a,且|AB|=2|a|,則點B的坐標(biāo)為()A.(-5,6,24)B.(-5,6,24)或(7,-10,-24)C.(-5,16,-24)D.(-5,16,-24)或(7,-16,24)解析:因為AB∥a,a=(-3,4,12),所以設(shè)AB=λa.因為|AB|=2|a|,所以|λ||a|=2|a|,所以|λ|=2,所以AB=2a=(-6,8,24)或AB=-2a=(6,-8,-24).設(shè)坐標(biāo)原點為O,則OB=OA+AB=(1,-2,0)+(-6,8,24)=(-5,6,24)或OB=OA+AB=(1,-2,0)+(6,-8,-24)=(7,-10,-24),所以點B的坐標(biāo)為(-5,6,24)或(7,-10,-24).答案:B要點訓(xùn)練三利用空間向量解決平行與垂直問題利用空間向量證明平行、垂直問題主要是運用直線的方向向量和平面的法向量,借助立體幾何中關(guān)于平行和垂直的定理,再通過向量運算來解決.空間向量的結(jié)論與線面位置關(guān)系的對應(yīng)關(guān)系(1)設(shè)直線l的方向向量是u=(a1,b1,c1),平面α的法向量為v=(a2,b2,c2),則l∥α?u⊥v?u·v=0?a1a2+b1b2+c1c2=0;l⊥α?u∥v?u=kv?(a1,b1,c1)=k(a2,b2,c2)?a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k∈R).(2)設(shè)直線l,m的方向向量分別為a,b,平面α,β的法向量分別為u,v,則l∥m?a∥b?a=kb,k∈R;l⊥m?a⊥b?a·b=0;l∥α?a⊥u?a·u=0;l⊥α?a∥u?a=ku,k∈R;α∥β?u∥v?u=kv,k∈R;α⊥β?u⊥v?u·v=0.1.若直線l1,l2的方向向量分別為a=(1,2,-2),b=(-2,3,2),則l1與l2的位置關(guān)系是()A.l1⊥l2 B.l1∥l2C.l1,l2相交不垂直 D.不能確定解析:由題意,知直線l1,l2的方向向量分別為a=(1,2,-2),b=(-2,3,2),可得a·b=-2+6-4=0,所以l1與l2的位置關(guān)系是l1⊥l2.答案:A2.已知向量a=(2,-1,3),b=(-4,2,x),使a⊥b成立的x與使a∥b成立的x分別為()A.103,-6 B.-10C.-6,103 D.6,-解析:當(dāng)a⊥b時,-8-2+3x=0,解得x=103當(dāng)a∥b時,-42=2-1=x3,解得x=-答案:A3.已知點A(0,1,0),B(-1,0,-1),C(2,1,1),P(x,0,z),若PA⊥平面ABC,則點P的坐標(biāo)為()A.(1,0,-2) B.(1,0,2)C.(-1,0,2) D.(2,0,-1)解析:由題意,知AB=(-1,-1,-1),AC=(2,0,1),PA=(-x,1,-z).因為PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,所以PA·AB=0,PA·AC=0.所以x-1+所以點P的坐標(biāo)為(-1,0,2).答案:C4.如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥AD,CD⊥AD,PA⊥底面ABCD,PA=AD=CD=2AB=2,M為PC的中點.(1)求證:BM∥平面PAD.(2)平面PAD內(nèi)是否存在一點N,使MN⊥平面PBD?若存在,確定點N的位置;若不存在,請說明理由.(1)證明:如圖,以A為坐標(biāo)原點,AB,AD,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),M(1,1,1),由題意,知BM=(0,1,1),平面PAD的一個法向量為n=(1,0,0),所以BM·n=0,即BM⊥n.因為BM?平面PAD,所以BM∥平面PAD.(2)解:由題意,知BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2).假設(shè)平面PAD內(nèi)存在一點N,使MN⊥平面PBD.設(shè)N(0,y,z),則MN=(-1,y-1,z-1).因為MN⊥BD,MN⊥PB,所以MN·BD所以y=12,所以在平面PAD內(nèi)存在一點N0,12,12要點訓(xùn)練四利用空間向量求空間距離空間距離有兩點距、點線距、點面距、線線距、線面距和面面距六種情況,而線面距、面面距通?？赊D(zhuǎn)化為點面距求解.兩點距一般利用向量模求解,即利用兩點間距離公式,而點面距主要利用平面法向量求解.相關(guān)公式(1)點到直線的距離.如圖,已知直線l的方向向量為s,A是直線l上的定點,P是直線l外一定點.設(shè)AP=a,則PQ=a2(2)點到平面的距離.如圖,已知平面α的法向量為n,A是平面α內(nèi)的定點,P是平面α外一點,過點P作平面α的垂線,交平面α于點Q,則n是直線l的方向向量,PQ=AP·n|n|1.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=2,E,F分別是四邊形A1B1C1D1、四邊形BCC1B1的中心,則E,F兩點間的距離為()A.1 B.52 C.62解析:如圖,以A為坐標(biāo)原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則E(1,1,2),F2,所以|EF|=(1-2)2+答案:C2.在四棱錐P-ABCD中,AB=(4,-2,3),AD=(-4,1,0),AP=(-6,2,-8),則點P到底面ABCD的距離為()A.2613 B.2626解析:設(shè)n=(x,y,z)是平面ABCD的法向量,則由題意,得n·AB令y=4,則x=1,z=43所以n=1,4,4因為n·AP=-6+8-323=-263,|n|=1+16+169=133,|AP|=所以|cos<n,AP>|=2626,故點P到平面ABCD的距離d=|AP|·|cos<n,AP>|=226×2626=答案:D3.在空間直角坐標(biāo)系中,已知點A(1,0,2)與點B(1,-3,1),則|AB|=10.若在z軸上有一點M滿足|MA|=|MB|,則點M的坐標(biāo)為(0,0,-3).解析:由點A(1,0,2),點B(1,-3,1),得|AB|=(1-1因為在z軸上有一點M滿足|MA|=|MB|,設(shè)M(0,0,a),則(1(1解得a=-3,所以點M的坐標(biāo)為(0,0,-3).4.如圖,在矩形ABCD中,已知AB=1,BC=3,將矩形ABCD沿對角線AC折起,使平面ABC與平面ACD垂直,則點B與點D之間的距離為102解析:如圖,過B,D兩點分別向AC作垂線,垂足分別為M,N,則可求得AM=12,BM=32,CN=12,DN=32因為BD=BM+MN+ND,所以|BD|2=(BM+MN+ND)2=|BM|2+|MN|2+|ND|2+2(BM·MN+MN·ND+BM·ND)=322+12+322+2×(0+0+所以|BD|=102要點訓(xùn)練五利用空間向量求空間角1.求兩異面直線所成的角設(shè)a,b分別是異面直線l1,l2的方向向量,θ為l1,l2所成的角,則cosθ=|cos<a,b>|=|a2.求直線與平面所成的角設(shè)a為直線l的方向向量,n為平面α的法向量,θ為l與α所成的角,則sinθ=|cos<a,n>|=|a3.求平面與平面的夾角設(shè)n1,n2分別是平面α,β的法向量,平面α與平面β的夾角為θ,則θ=<n1,n2>或θ=π-<n1,n2>(需要根據(jù)具體圖形判斷是相等還是互補).1.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.15 B.56 C.5解析:以D為坐標(biāo)原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示.由條件可知,D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,3),B1(1,1,3),所以AD1=(-1,0,3),DB1所以cos<AD1,DB1>=AD即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為55答案:C2.如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,P,Q分別為A1B1,BC的中點,則異面直線BP與AC1所成角的余弦值為31020,直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為解析:如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,設(shè)AC,A1C1的中點分別為O,O1,連接OB,OO1,則OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以O(shè)為原點,OB,OC,OO1分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.因為AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(3,0,2),C1(0,1,2).因為P為A1B1的中點,所以P32所以BP=-32,-1所以|cos<BP,AC1>|=|BP·A所以異面直線BP與AC1所成角的余弦值為310因為Q為BC的中點,所以Q32所以AQ=32因為AC1=(0,2,2),C設(shè)n=(x,y,z)為平面AQC1的一個法向量,則AQ·n取z=1,則y=-1,x=3.所以n=(3,-1,1),設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ,則sinθ=|cos<CC1,n>|=|CC1所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為553.如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點.(1)證明:MN∥平面C1DE;(2)求平面AMA1與平面NMA1夾角的余弦值.(1)證明:如圖,連接B1C,ME.因為M,E分別為BB1,BC的中點,所以ME∥B1C,且ME=12B1因為N為A1D的中點,所以ND=12A1由題設(shè)可得B1C∥A1D,B1C=A1D,故ME∥ND,ME=ND,因此四邊形MNDE為平行四邊形,MN∥ED.因為MN?平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.(2)解:由已知可得DE⊥DA.如圖,以D為坐標(biāo)原點,DA的方向為x軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz,則A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),所以A1A=(0,0,-4),A1M=(-1,3,-2),A1N=(-1,0,-2),MN設(shè)m=(x,y,z)為平面A1MA的法向量,則m所以-x+可取m=(3,1,0).設(shè)n=(p,q,r)為平面A1MN的法向量,則n·MN=0,可取n=(2,0,-1).所以cos<m,n>=m·n|m||所以平面AMA1與平面NMA1夾角的余弦值為155要點訓(xùn)練六轉(zhuǎn)化與化歸思想空間向量的應(yīng)用之一是解決幾何問題,將幾何問題轉(zhuǎn)化為向量問題,然后利用向量的性質(zhì)進(jìn)行運算或論證,再將結(jié)果轉(zhuǎn)化為幾何問題的結(jié)果,這種“從幾何到向量,再從向量到幾何”的解決思路是轉(zhuǎn)化與化歸思想的充分體現(xiàn).1.已知平面α的一個法向量為n=(2,-2,4),AB=(-3,1,2),若點A不在α內(nèi),則直線AB與平面α的位置關(guān)系為()A.AB⊥α B.AB?αC.AB與α相交不垂直 D.AB∥α解析:因為n·AB=(2,-2,4)·(-3,1,2)=-6-2+8=0,所以n⊥AB.因為點A不在α內(nèi),所以AB∥α.答案:D2.如圖所示,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,E是棱AB的中點,則點E到平面ACD1的距離為()A.12 B.22 C.1解析:如圖,連接D1E,以D為坐標(biāo)原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).所以D1E=(1,1,-1),AC=(-1,2,0),AD1=設(shè)平面ACD1的法向量為n=(a,b,c),則n·AC=0,令a=2,則b=1,c=2,所以n=(2,1,2)是平面ACD1的一個法向量.所以點E到平面ACD1的距離為d=|D1E·n答案:C3.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABCD為平行四邊形,M為AA1的中點,BC=BD=1,AB=AA1=2.(1)求證:DM⊥平面BDC1;(2)求平面MBC1與平面DBC1夾角的余弦值.(1)證明:因為四邊形ABCD是平行四邊形,所以AD=BC=BD=1.又因為AB=2,所以AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.由題意,得DD1⊥平面ABCD.以D為坐標(biāo)原點,DA,DB,DD1所在直線為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,則D(0,0,0),M1,0,22,B(0,1,0),C1所以DM=1,0,22,DB=(0,1,0),DC所以DM·DB=0,DM·DC1=-1+1所以DM⊥DB,DM⊥DC1.又因為DB∩DC1=D,DB?平面BDC1,DC1?平面BDC1,所以DM⊥平面BDC1.(2)解:由(1)可知,DM=1,0,22是平面BDC1的一個法向量,且BM=1,-1,2設(shè)平面MBC1的法向量為n=(x,y,z),則n·BM令z=1可得,n=2,所以cos<DM,n>=DM·n|DM||所以平面MBC1與平面DBC1夾角的余弦值為105.空間向量在立體幾何中的應(yīng)用(2020新高考山東卷·12分)如圖,四棱錐P-ABCD的底面為正方形,PD⊥底面ABCD,設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.(1)證明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q為l上的點,求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.(1)證明:因為PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又因為底面ABCD為正方形,所以AD⊥DC.所以