新教材2025版高中數(shù)學第一章空間向量與立體幾何專項培優(yōu)章末復習課學生用書新人教A版選擇性必修第一冊

專項培優(yōu)①章末復習課考點一空間向量的概念及運算(1)空間向量可以看作是平面對量的推廣，有很多概念和運算與平面對量是相同的，如模、零向量、單位向量、相等向量、相反向量等概念，加減法的三角形法則和平行四邊形法則，數(shù)乘運算與向量共線的推斷、數(shù)量積運算、夾角公式、求模公式等．(2)通過對空間向量的概念及運算的學習，提升學生的數(shù)學運算素養(yǎng)．例1(1)如圖，空間四邊形OABC中，OA＝a，OB＝b，OC＝c，點M在線段OA上，且OM＝2MA，點N為BC的中點，則MN＝()A．－23a＋12b＋12cB．12a－2C．12a＋12b－12cD．23a＋2(2)正四面體ABCD的棱長為2，點E，F(xiàn)分別為棱BC，AD的中點，則EF·BA的值為()A．4B．－4C．－2D．2考點二利用空間向量證明線面位置關系(1)用空間向量推斷空間中位置關系的類型有：線線平行、線線垂直、線面平行、線面垂直、面面平行、面面垂直；推斷證明的基本思想是轉化為線線關系或者利用平面的法向量，利用向量的共線和垂直進行證明．(2)通過對用空間向量證明直線、平面的平行與垂直的駕馭，提升學生的邏輯推理和數(shù)學運算素養(yǎng)．例2如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面相互垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB＝2，CE＝EF＝1.求證：(1)AF∥平面BDE；(2)CF⊥平面BDE.考點三利用空間向量計算距離(1)空間距離的計算思路直線l外一點P到直線l的距離：PQ＝AP2-AQ2＝a2-a·u2(其中A是l上的定點，AQ是AP在平面α外一點P到平面α的距離：PQ＝AP·nn＝AP·nn＝AP·nn(2)通過對利用空間向量計算距離的學習，提升學生的邏輯推理和數(shù)學運算素養(yǎng)．例3長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝6，AA1＝4，M是A1C1的中點，P在線段BC上，且|CP|＝2，Q是DD1的中點，求：(1)M到直線PQ的距離；(2)M到平面AB1P的距離．考點四利用空間向量求空間角1．空間向量與空間角的關系(1)設異面直線l1，l2的方向向量分別為m1，m2，則l1與l2的夾角θ滿意cosθ＝|cos〈m1，m2〉|.(2)設直線l的方向向量和平面α的法向量分別為m，n，則直線l與平面α的夾角θ滿意sinθ＝|cos〈m，n〉|.(3)設n1，n2分別是兩個平面α，β的法向量，則兩平面α，β夾角θ滿意cosθ＝|cos〈m，n〉|.2．通過對利用向量計算空間角的學習，提升學生的邏輯推理和數(shù)學運算素養(yǎng)．例4如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，底面ABCD是梯形，AD∥BC，CD⊥PB，PD＝AD＝AB＝12BC(1)求證：PD⊥平面ABCD；(2)若直線PC與平面ABCD所成的角為30°，點E在線段AP上，且PA＝3PE，求平面PBD與平面BDE夾角的余弦值．考點五利用空間向量解決探究性問題(1)對于存在推斷型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結論當條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解或是否有規(guī)定范圍內的解”等．(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數(shù)，綜合已知和結論列出等式，解出參數(shù)．(3)通過對利用空間向量解決探究性問題的學習，提升學生的邏輯推理和數(shù)學運算素養(yǎng)．例5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內是否存在一點N，使MN⊥平面PBD？若存在，確定N的位置；若不存在，請說明理由．例6如圖，在四棱錐S-ABCD中，四邊形ABCD是矩形，△SAD是等邊三角形，平面SAD⊥平面ABCD，AB＝1，E為棱SA上一點，P為棱AD的中點，四棱錐S-ABCD的體積為23(1)若E為棱SA的中點，F(xiàn)是SB的中點，求直線BC與平面PEF所成的角的大?。?2)是否存在點E，使得平面PEB與平面SAD的夾角的余弦值為235？若存在，確定點章末復習課考點聚焦·分類突破例1解析：(1)MN＝MA+AB+BN＝13OA+OB-OA+12BC＝－23OA+OB+12OC-12OB＝－(2)∵EF＝EA+AB+∴EF·BA＝12DA+AB+12BC·BA＝12×22×cos60°－22＋12×2答案：(1)A(2)C例2解析：(1)證明：設AC與BD交于點G.因為EF∥AG，且EF＝1，AG＝12AC所以四邊形AGEF為平行四邊形，所以AF∥EG，因為EG?平面BDE，AF?平面BDE，所以AF∥平面BDE.(2)因為正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面相互垂直，且CE⊥AC，所以CE⊥平面ABCD.如圖，以C為原點，建立空間直角坐標系Cxyz，則C(0，0，0)，A(2，2，0)，B(0，2，0)，D(2，0，0)，E(0，0，1)，F(xiàn)所以CF＝22，22，1，BE＝(0，－2，1)，DE＝(－2，0，1)．所以所以CF⊥BE，CF⊥DE.又BE∩DE＝E，所以CF⊥平面BDE例3解析：如圖，建立空間直角坐標系Bxyz，則A(4，0，0)，M(2，3，4)，P(0，4，0)，Q(4，6，2)，B1(0，0，4)．(1)∵QM＝(－2，－3，2)，QP＝-4∴QM在QP上的射影的模為QM·QPQP＝8+6∴M到直線PQ的距離為QM2-566(2)設平面AB1P的法向量n＝(x，y，z)，則n⊥AB1，∵AB1＝(－4，0，4)，∴n·AB1=-4x+4z=0∴n＝(1，1，1)，又MA＝(2，－3，－4)，∴M到平面AB1P的距離d＝MA·nn＝2例4解析：(1)證明：取BC中點F，連接DF.∵AD∥BF，且AD＝BF，∴四邊形ABFD為平行四邊形．則DF＝AB＝12BC，于是CD⊥BD又∵CD⊥PB，PB∩BD＝B，∴CD⊥平面PBD又∵PD?平面PBD，∴CD⊥PD.又∵平面PCD⊥平面ABCD且交線為CD，∴PD⊥平面ABCD.(2)∵PD⊥平面ABCD.∴∠PCD即為直線PC與平面ABCD所成的角，∴∠PCD＝30°.又PD＝2，∴CD＝AF＝23，BD＝2.以DB，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系Dxyz，則D(0，0，0)，B(2，0，0)，A(1，－3，0)，P(0，0，2)．PA＝(1，－3，－2)，DB＝(2，0，0)，DP＝(0，0，2)．∵PA＝3PE，∴DE＝DP+13PA＝(0，0，2)＋13設平面BDE的法向量n＝(x，y，z)，由DB·n=0，DE·n由(1)可知，DC⊥平面PBD，∴平面PBD的法向量DC＝(0，23，0)∴cos〈DC，n〉＝DC·nDCn＝∴平面PBD與平面BDE夾角的余弦值為419例5解析：如圖，以A為原點，以AB，AD，AP分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1)．(1)證明：∵BM＝(0，1，1)，平面PAD的一個法向量為n＝(1，0，0)，∴BM·n＝0，即BM⊥n，又BM?平面PAD，∴BM∥平面PAD.(2)BD＝(－1，2，0)，PB＝(1，0，－2)，假設平面PAD內存在一點N，使MN⊥平面PBD.設N(0，y，z)，則MN＝(－1，y－1，z－1)，從而MN⊥BD，MN⊥PB，∴MN·BD∴y=12，z=∴在平面PAD內存在一點N0，12，1例6解析：(1)取BC的中點Q，連接PQ，則PQ∥AB，PQ⊥AD，因為△SAD是等邊三角形，P為棱AD的中點，所以SP⊥AD，因為平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SP?平面SAD，所以SP⊥平面ABCD，又PQ?平面ABCD，所以SP⊥PQ，則VS-ABCD＝13SP·AD·AB＝36AD2＝233，所以AD＝2，則如圖，以點P為原點建立空間直角坐標系，則B(1，1，0)，C(－1，1，0)，E12，0，CB＝(2，0，0)，EF＝0，12設平面PEF的法向量n＝(x，y，z)，直線BC與平面PEF所成的角為θ，θ∈0，則有n·EF=12所以sinθ＝|cos〈n，CB〉|＝232×所以直線BC與平面PEF所成的角的大小為π3(2)假設存在，設SE＝λSA，λ∈[0，1]，B(1，1，0)，Q(0，1，0)，A(1，0，0)，S(0，0，3)，由(1)得PQ⊥AD，SP⊥PQ，因為SP∩AD＝P，所以PQ⊥平面SAD則PQ＝(0，1，