2022版新教材数学人教A版选择性必修第一册学案：第一章 空间向量与立体几何 章末总结 WORD版含答案.docx

1、章末总结体系构建 题型整合题型1 空间向量的运算例1 如图，在斜三棱柱OAB-O1A1B1 中，向量OA=a ，OB=b ，OO1=c ，三个向量之间的夹角均为3 ，点M、N 分别在O1A1、BA1 上，且O1M=12MA1 ，BN=NA1 ，|OA|=2 ，|OB|=2 ，|OO1|=4 .（1）将向量AM 用向量a、c 表示，并求|AM| ；（2）将向量ON 用a、b、c 表示.答案： （1）AM=AO+OO1+O1M=-OA+OO1+13OA=-23a+c ，因为ac=|a|c|cos3=2412=4 ，所以AM2=(-23a+c)2=49a2-43ac+c2=4922-434+42=1

2、129 ，所以|AM|=473 .（2）因为BN=NA1 ，所以N 为A1B 的中点，所以ON=12(OA1+OB)=12(OA+OO1+OB)=12(a+b+c) .方法归纳在几何体中，根据图形的特点，选择公共起点最集中的向量中的三个不共面的向量作为基底或选择有公共起点且关系最明确（如夹角或线段的长度）的三个不共面的向量作为基底，这样更利于解题.迁移应用1.如图，在四棱锥S-ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，S 到A、B、C、D 的距离都等于2.给出以下结论：SA+SB-SC-SD=0 ；SA-SB+SC-SD=0 ；SASB=SCSD ；SASC=0 ，其中正确结论的序号是

3、.答案： 解析： 易知SA-SB+SC-SD=BA+DC=0 ，所以中结论正确；因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA=SB=SC=SD=2 ，所以SASB=22cosASB ，SCSD=22cosCSD ，又ASB=CSD ，所以SASB=SCSD ，所以中结论正确；显然、中结论不正确.故正确结论的序号是.题型2 利用空间向量解决平行与垂直问题例2 （2021天津高二期中）如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，PA 底面ABCD ，E 是PC 的中点，已知AB=2 ，PA=2 .（1）求证：AEPD ；（2）求证：平面PBD 平面PAC .答案：证明 以A 为原点，AB

4、，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，因为底面ABCD 是正方形，AB=2 ，PA=2 ，所以A(0,0,0) ，B(2,0,0) ，C(2,2,0) ，D(0,2,0) ，P(0,0,2) .（1）因为E 是PC 的中点，所以E 的坐标为(1,1,1)，所以AE=(1,1,1) ，易知PD=(0,2,-2) ，所以AEPD=10+12+1(-2)=0 ，所以AEPD ，即AEPD .（2）因为底面ABCD 是正方形，所以BDAC ，因为PA 底面ABCD ，BD 底面ABCD ，所以BDPA ，因为ACPA=A ，AC ，PA 平面PAC ，所以BD 平面P

5、AC ，所以平面PAC 的一个法向量为BD=(-2,2,0) ，设平面PBD 的法向量为n=(x,y,z) ，易知PB=(2,0,-2) ，则nPB=2x-2z=0,nPD=2y-2z=0, 取z=1 ，得x=1 ，y=1 ，所以平面PBD 的一个法向量为n=(1,1,1) ，因为nBD=1(-2)+12+00=0 ，所以nBD ，所以平面PBD 平面PAC .方法归纳判断平面与平面垂直有两种思路，一是利用判定定理判断；二是转化为平面的法向量进行判断.迁移应用2.如图所示，已知PA 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，PA=AD ，M ，N 分别为AB ，PC 的中点.求证：（1）MN 平

6、面PAD ；（2）平面PMC 平面PDC .答案：证明 （1）如图所示，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系Axyz .设PA=AD=a ，AB=b ，则P(0,0,a) ，A(0,0,0) ，D(0,a,0) ，C(b,a,0) ，B(b,0,0) ，因为M ，N 分别为AB ，PC 的中点，所以M(b2,0,0) ，N(b2,a2,a2) ，所以MN=(0,a2,a2) ，AP=(0,0,a) ，AD=(0,a,0) ，所以MN=12AD+12AP .又因为MN 平面PAD ，所以MN 平面PAD .（2）由（1）可知PC=(b,a,

7、-a) ，PM=(b2,0,-a) ，PD=(0,a,-a) .设平面PMC 的法向量为n1=(x1,y1,z1) ，则n1PC=0,n1PM=0, 即bx1+ay1-az1=0,12bx1-az1=0,令z1=b ，得x1=2a ，y1=-b ，则n1=(2a,-b,b) .设平面PDC 的法向量为n2=(x2,y2,z2) ，则n2PC=0,n2PD=0, 即bx2+ay2-az2=0,ay2-az2=0, 令z2=1 ，得x2=0 ，y2=1 ，则n2=(0,1,1) .因为n1n2=0-b+b=0 ，所以n1n2 ，所以平面PMC 平面PDC .题型3 利用空间向量求空间距离例3如图，

8、在四棱锥P-ABCD 中，PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BCAD ，CDAD ，PC=AD=2DC=2CB=2 ，E 为PD 的中点.（1）证明：CE 平面PAB ；（2）求点A 到CE 的距离；（3）求直线CE 到平面PAB 的距离.答案： （1）证明：取PA 的中点M ，连接BM、EM ，E 为PD 的中点，EMADBC ，EM=12AD=BC ， 四边形BCEM 为平行四边形，CEBM ，CE 平面PAB ，BM 平面PAB ，CE 平面PAB .（2）取AD 的中点N ，连接BN、PN ，易得四边形BCDN 为正方形，BN=CD=1 .PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角

9、形，PNAD ，PN=12AD=1 ，BNAD ，PNBN=N ，PN、BN 平面PNB ，AD 平面PNB .BCAD ，BC 平面PNB .BC 平面ABCD ， 平面ABCD 平面PNB .以B 为原点，BC、BN 所在直线分别为x、y 轴，在平面PNB 内，作Bz 平面ABCD ，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0) ，A(-1,1,0) ，D(1,1,0) ，C(1,0,0) .BC 平面PNB ，BCPB .在RtPBC 中，PB=PC2-BC2=22-12=3 ，BN=PN=1 ，PNB=120 ，P(0,32,32) ，E(12,54,34) ，AC=(2,-1,0

10、) ，CE=(-12,54,34) ，故ACCE=2(-12)-154=-94 ，故点A到CE 的距离d=AC2-(ACCE|CE|)2=1588 .（3）由（1）知CE 平面PAB ， 点E 到平面PAB 的距离即为所求.由（2）知BP=(0,32,32) ，BA=(-1,1,0) ，BE=(12,54,34) ，设平面PAB 的法向量为n=(x,y,z) ，则nBP=0,nBA=0, 即32y+32z=0,-x+y=0, 令x=1 ，则y=1 ，z=-3 ，n=(1,1,-3) ， 点E 到平面PAB 的距离d=|nBE|n|=|12+54-343|1+1+3=15=55 ，故直线CE 到

11、平面PAB 的距离为55 .方法归纳（1）求点到平面的距离，常常利用向量法，将问题转化为平面外一点与平面内一点构成的向量在平面的法向量方向上的投影向量的长度问题.（2）求直线到平面的距离，往往转化为点到平面的距离求解，且这个点要适当选取，以易于求解为准则.迁移应用3.四棱锥P-ABCD 中，四边形ABCD 为正方形，PD 平面ABCD ，PD=DA=2 ，F ，E 分别为AD ，PC 的中点.（1）求证：DE 平面PFB ；（2）求点E 到平面PFB 的距离.答案： （1）证明：以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知D(0,0,0) ，P(0,0,2) ，F(1,0,0) ，B(

12、2,2,0) ，E(0,1,1) ，FP=(-1,0,2) ，FB=(1,2,0) ，DE=(0,1,1) ，设平面PFB 的法向量为n=(x,y,z) ，则nFB=0,nFP=0x+2y=0,-x+2z=0,令x=2 ，得y=-1 ，z=1 ，n=(2,-1,1) ，DEn=0 ，DE 平面PFB .（2）由（1）知DE 平面PFB ， 点E 到平面PFB 的距离等于点D 到平面PFB 的距离由（1）知平面PFB 的一个法向量为n=(2,-1,1) ，FD=(-1,0,0) ， 点D 到平面PFB 的距离d=|FDn|n|=26=63 ， 点D 到平面PFB 的距离为63 ，即点E 到平面P

13、FB 的距离为63 .题型4 利用空间向量求空间角 例4如图所示，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1 中，侧棱A1A 底面ABCD ，AB 平面A1B1C1D1 ，ABDC ，ABAD ，AD=CD=1 ，AA1=AB=2 ，E 为棱AA1 的中点.（1）证明：B1C1CE ；（2）求平面B1CE 与平面CC1E 夹角的正弦值；（3）设点M 在线段C1E 上，且直线AM 与平面ADD1A1 所成角的正弦值为26 ，求线段AM 的长.答案： （1）证明：如图所示，以A 为原点，AD ，AA1 ，AB 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0) ，B(0,0,

14、2) ，C(1,0,1) ，B1(0,2,2) ，C1(1,2,1) ，E(0,1,0) ，所以B1C1=(1,0,-1) ，CE=(-1,1,-1) ，因为B1C1CE=0 ，所以B1C1CE .（2）设平面B1CE 的法向量为m=(x,y,z) ，因为B1C=(1,-2,-1) ，所以B1Cm=0,CEm=0x-2y-z=0,-x+y-z=0,取z=1 ，可得x=-3 ，y=-2 ，所以m=(-3,-2,1) .由（1）知B1C1CE ，又CC1B1C1 ，且CC1CE=C ，CC1 ，CE 平面CC1E ，所以B1C1 平面CC1E ，故B1C1=(1,0,-1) 为平面CC1E 的一个

15、法向量，所以cos=mB1C1|m|B1C1|=-4142=-277 ，所以sin=217 ，故平面B1CE 与平面CC1E 夹角的正弦值为217 .（3）易得AE=(0,1,0) ，EC1=(1,1,1) ，设EM=EC1=(,) ，01 ，则AM=AE+EM=(,+1,) ，易知AB=(0,0,2) 为平面ADD1A1 的一个法向量，设 为直线AM 与平面ADD1A1 所成的角，则sin=|cos|=|AMAB|AM|AB|=|2|2+(+1)2+22=|32+2+1 ，所以|32+2+1=26=13 （负值舍去），则AM=(13,43,13) ，所以|AM|=(13)2+(43)2+(1

16、3)2=2 .故AM 的长为2 .方法归纳解决立体几何中的夹角问题的思路：思路一：利用定义，在图形中找出所求的角，解三角形求出所求的角；思路二：利用向量法，转化为直线的方向向量与平面的法向量之间的夹角.迁移应用4.（2021山东济南第十一中学期中）如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA 底面ABCD ，ADAB ，ABDC ，AD=DC=AP=2 ，AB=1 ，点E 为棱PC 的中点.（1）证明：BEDC ；（2）求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；（3）若F 为棱PC 上一点，且满足BFAC ，求平面FAB 与平面ABP 夹角的余弦值.答案： （1）证明：以点A 为原点建立空间直角坐标系

17、.则A(0,0,0) ，B(1,0,0) ，C(2,2,0) ，D(0,2,0) ，P(0,0,2) ，E(1,1,1) ，所以BE=(0,1,1) ，DC=(2,0,0) ，因为BEDC=0 ，所以BEDC .（2）易知BD=(-1,2,0) ，PB=(1,0,-2) .设n=(x,y,z) 为平面PBD 的法向量，则nBD=0,nPB=0, 即-x+2y=0,x-2z=0,令y=1 ，得n=(2,1,1) 为平面PBD 的一个法向量，所以cosn,BE=nBE|n|BE|=262=33 ，所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33 .（3）易知BC=(1,2,0) ，CP=(-2,-

18、2,2) ，AC=(2,2,0) ，AB=(1,0,0) .由点F 在棱PC 上，设CF=CP ，01 ，故BF=BC+CF=BC+CP=(1-2,2-2,2) .BFAC 得BFAC=0 ，因此2(1-2)+2(2-2)=0 ，解得=34 ，即BF=(-12,12,32) ，设n1=(x1,y1,z1) 为平面FAB 的法向量，则n1AB=0,n1BF=0, 即x1=0, -12x1+12y1+32z1=0,令z=1 ，得n1=(0,-3,1) 为平面FAB 的一个法向量.易知平面ABP 的法向量为n2=(0,1,0) ，则cos=n1n2|n1|n2|=-3101=-31010 ，所以平面

19、FAB 与平面ABP 夹角的余弦值为31010 .题型5 空间向量中的探索性问题例5 （2020天津滨海七校高二联考）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1 中，AB 平面BB1C1C ，已知BCC1=3 ，BC=1 ，AB=C1C=2 ，点E 是棱CC1 的中点.（1）求证：C1B 平面ABC ；（2）求平面AB1E 与平面A1B1E 夹角的余弦值；（3）在棱CA 上是否存在一点M ，使得EM 与平面A1B1E 所成角的正弦值为21111 ？若存在，求出CMCA 的值；若不存在，请说明理由.答案： （1）证明：BC=1 ，CC1=2 ，BCC1=3 ，BC1=3 ，BC2+BC12=CC12 ，

20、BC1BC ，AB 平面BB1C1C ，又BC1 平面BB1C1C ，ABBC1又ABBC=B ，AB ，BC 平面ABC ，C1B 平面ABC .（2）以B 为原点，BC ，BC1 ，BA 的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,2) ，B1(-1,3,0) ，E(12,32,0) ，A1(-1,3,2) ，C(1,0,0) ，设平面AB1E 的法向量为n=(x1,y1,z1) ，AB1=(-1,3,-2) ，AE=(12,32,-2) ，nAB1=0,nAE=0,-x1+3y1-2z1=0,12x1+32y1-2z1=0,令y1=3 ，则x1=1

21、，z1=1 ，n=(1,3,1) .设平面A1B1E 的法向量为m=(x2,y2,z2) ，A1B1=(0,0,-2) ，A1E=(32,-32,-2) ，mA1B1=0mA1E=0-2z2=0, 32x2-32y2-2z2=0,令y2=3 ，则x2=1 ，z2=0 ，m=(1,3,0) ，cosm,n=mn|m|n|=425=255 ， 平面AB1E 与平面A1B1E 夹角的余弦值为255 .（3）假设存在点M ，设M(x,y,z) ，CM=CA ，0,1 ，(x-1,y,z)=(-1,0,2) ，M(1-,0,2) ，EM=(12-,-32,2) .由（2）知平面A1B1E 的一个法向量为

22、m=(1,3,0) ，由|cos|=|12-32|2(12-)2+34+42=21111 ，得692-38+5=0 ，即(3-1)(23-5)=0 ，=13 或=523 ，CMCA=13 或CMCA=523 .方法归纳解决探索性问题的基本策略是：通常假设题中的数学对象存在（或结论成立），然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在.迁移应用5.（2021山东聊城高二期中）如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1 中，AA1 平面ABC ，AA1=AC=BC=4 ，ACB=9

23、0 ，E 是CC1 的中点.（1）求直线AB 与平面A1BE 所成角的正弦值；（2）在棱CC1 上是否存在一点P ，使得平面PAB 与平面A1BE 所成的角为45 若存在，求出P 点的坐标；若不存在，请说明理由.答案： （1）建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，则A(4,0,0) ，B(0,4,0) ，E(0,0,2) ，A1(4,0,4) ，所以AB=(-4,4,0) ，EA1=(4,0,2) ，EB=(0,4,-2) .设平面A1BE 的法向量为n=(x,y,z) ，则EA1n=0,EBn=0, 即4x+2z=0,4y-2z=0, 令x=1 ，则n=(1,-1,-2) ，所以cosAB

24、,n=ABn|AB|n|=-4-4426=-33 ，所以直线AB 与平面A1BE 所成角的正弦值为33 .（2）假设在棱CC1 上存在一点P ，使得平面PAB 与平面A1BE 所成的角为45 ，设P(0,0,c) ，0c4 ，则PA=(4,0,-c) ，设平面PAB 的法向量为n1=(x1,y1,z1) ，则n1PA=0,n1AB=0, 即4x1-cz1=0, -4x1+4y1=0, 取x1=c ，则n1=(c,c,4) .由（1）知平面A1BE 的法向量为n=(1,-1,-2) .所以|cosn1,n|=|n1n|n1|n|=82c2+166=22 ，即c2=83 ，解得c=263 （负值舍

25、去）.故在棱CC1 上存在一点P ，使得平面PAB 与平面A1BE 所成的角为45 ，P 点的坐标为(0,0,263) .高考链接1.（2018课标理，9，5分）在长方体ABCD-A1B1C1D1 中，AB=BC=1 ，AA1=3 ，则异面直线AD1 与DB1 所成角的余弦值为( )A.15 B.56 C.55 D.22答案：C2.（2020新高考，20，12分）如图，四棱锥P-ABCD 的底面为正方形，PD 底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .（1）证明：l 平面PDC ；（2）已知PD=AD=1 ，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.答案：

26、 （1）证明：因为在正方形ABCD 中，ADBC ，且AD 平面PBC ，BC 平面PBC ，所以AD 平面PBC ，又因为AD 平面PAD ，平面PAD 平面PBC=l ，所以ADl ，因为在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，所以ADDC ，所以lDC ，又PD 底面ABCD ，AD 底面ABCD ，所以ADPD ，所以lPD ，因为CDPD=D ，CD ，PD 平面PDC ，所以l 平面PDC .（2）建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，因为PD=AD=1 ，所以D(0,0,0) ，C(0,1,0) ，A(1,0,0) ，P(0,0,1) ，B(1,1,0) ，设Q(m,

27、0,1) ，则DC=(0,1,0) ，DQ=(m,0,1) ，PB=(1,1,-1) ，设平面QCD 的法向量为n=(x,y,z) ，则DCn=0,DQn=0, 即y=0, mx+z=0,令x=1 ，则z=-m ，y=0 ，所以平面QCD 的一个法向量为n=(1,0,-m) ，则cos=nPB|n|PB|=1+0+m3m2+1 ，所以PB 与平面QCD 所成角的正弦值为|cos|=|1+m|3m2+1=331+2m+m2m2+1=331+2mm2+1331+2|m|m2+1331+1=63 ，当且仅当m=1 时取等号，所以当点Q 的坐标为(1,0,1)时，直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值

28、的最大值为63 .3.（2020课标理，19，12分）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1 中，点E ，F 分别在棱DD1 ，BB1 上，且2DE=ED1 ，BF=2FB1 .（1）证明：点C1 在平面AEF 内；（2）若AB=2 ，AD=1 ，AA1=3 ，求平面AEF 与平面A1EF 夹角的正弦值.答案： （1）证明：在棱CC1 上取点G ，使得C1G=12CG ，连接DG、FG、C1E、C1F ，在长方体ABCD-A1B1C1D1 中，ADBC 且AD=BC ，BB1CC1 ，且BB1=CC1 ，C1G=12CG ，BF=2FB1 ，GF=CB ，GF=AD ， 四边形ADGF 为平

29、行四边形，则AF/DG 且AF=DG ，同理可得四边形DEC1G 为平行四边形，EC1DG 且EC1=DG ，EC1AF 且EC1=AF ，则四边形AEC1F 为平行四边形， 点C1 在平面AEF 内.（2）以点C1 为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C 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C1xyz ，A(2,1,3) 、A1(2,1,0) 、E(2,0,2) 、F(0,1,1) ，AE=(0,-1,-1) ，AF=(-2,0,-2) ，A1E=(0,-1,2) ，A1F=(-2,0,1) ，设平面AEF 的法向量为m=(x1,y1,z1) ，由mAE=0,mA

30、F=0 得-y1-z1=0, -2x1-2z1=0, 取z1=-1 ，得x1=y1=1 ，则m=(1,1,-1) ，设平面A1EF 的法向量为n=(x2,y2,z2) ，由nA1E=0,nA1F=0 得-y2+2z2=0,-2x2+z2=0, 取z2=2 ，得x2=1 ，y2=4 ，则n=(1,4,2) ，cosm,n=mn|m|n|=3321=77 ，设平面AEF 与平面A1EF 的夹角为 ，则cos=77 ，sin=1-cos2=427 .故平面AEF 与平面A1EF 夹角的正弦值为427 .4.（2018天津，17，13分）如图，ADBC 且AD=2BC ，ADCD ，EGAD 且EG=

31、AD ，CDFG 且CD=2FG ，DG 平面ABCD ，DA=DC=DG=2 .（1）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN 平面CDE ；（2）求平面EBC 与平面BCF 夹角的正弦值；（3）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60 ，求线段DP 的长.答案： 依题意，建立以D为原点，DA ，DC ，DG 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系，可得D(0,0,0) ，A(2,0,0) ，B(1,2,0) ，C(0,2,0) ，E(2,0,2) ，F(0,1,2) ，G(0,0,2) ，M(0,32,1) ，N(1,0,2) .（

32、1）证明：易知DC=(0,2,0) ，DE=(2,0,2) ，MN=(1,-32,1) .设n0=(x,y,z) 为平面CDE 的法向量，则n0DC=0,n0DE=0, 即2y=0, 2x+2z=0,不妨令z=-1 ，可得n0=(1,0,-1) .因为MNn0=0 ，且MN 平面CDE ，所以MN 平面CDE .（2）易知BC=(-1,0,0) ，BE=(1,-2,2) ，CF=(0,-1,2) .设n1=(x1,y1,z1) 为平面EBC 的法向量，则n1BC=0,n1BE=0, 即-x1=0, x1-2y1+2z1=0,不妨令z1=1 ，可得n1=(0,1,1)设-x1=0, x1-2y1

33、+2z1=0,m=(x2,y2,z2) 为平面BCF 的法向量，则mBC=0,mCF=0, 即-x2=0, -y2+2z2=0,不妨令z2=1 ，可得m=(0,2,1) .所以cos=mn1|m|n1|=31010 ，故sinm,n1=1010 ，所以平面EBC 与平面BCF 夹角的正弦值为1010 .（3）设线段DP 的长为h(h0,2) ，则点P 的坐标为(0,0,h) ，可得BP=(-1,-2,h) .易知DC=(0,2,0) 为平面ADGE 的一个法向量，故|cos|=|BPDC|BP|DC|=2h2+5 ，由题意可得2h2+5=sin60=32 ，解得h=330,2 ，所以线段DP 的长为33 .