2022版新教材高中数学 第一章 空间向量与立体几何 本章复习提升（含解析）新人教A版选择性必修第一册.docx

1、本章复习提升易混易错练易错点1混淆向量的共线、共面与线段的共线、共面 1.(2020海南海口海南中学高二上期中,)若AB=CD+CE(,R),则直线AB与平面CDE的位置关系为.易错2.(2020四川自贡高二上期末,)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是AB,A1D1的中点,判断直线MN与平面BB1D1D的位置关系,并说明理由.易错易错点2忽略定义、定理中的特殊条件3.(2020湖南长郡中学高二上检测,)下列命题正确的是(易错)A.若a与b共线,b与c共线,则a与c共线B.向量a、b、c共面,即它们所在的直线共面C.若ab,则存在唯一的实数,使a=bD.零向量是模为0,方向任

2、意的向量易错点3忽略共线向量4.(2020河南许昌高二上期末,)若向量a=(2,-1,2),b=(-4,2,m),且a 与b 的夹角为钝角,则实数m的取值范围为.易错5.(2020上海复旦附中高二下期末,)点A(1,2,1),B(3,3,2),C(+1,4,3),若AB,AC的夹角为锐角,则的取值范围为.易错点4忽视向量方向6.(2020四川自贡高二上期末,)已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1,点E、F分别是AB、AD的中点,则EFDC=(易错)A.14 B.-14 C.34 D.-34易错点4混淆向量夹角与空间角的范围7.(2021清华附中朝阳学校高二上月考,)如图,在三棱锥

3、O-ABC中,AOB=AOC=60,OA=OB=OC,BC=2OA,则异面直线OB与AC所成角的大小是(易错)A.30 B.60 C.90 D.1208.(2021辽宁沈阳高二上月考,)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD平面 FGH;(2)若CF平面ABC,ABBC,CF=DE,BAC=45,求平面FGH与平面ACFD所成角的大小.思想方法练一、利用方程思想求值1.(2020黑龙江实验中学高三下三模,)棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于4,ABC=60,平面AA1C1C平面ABCD,A1AC=60.(1)证明:DBAA1;(

4、2)求平面AA1D与平面AA1B1B的夹角的余弦值;(3)在直线CC1上是否存在点P,使BP平面DA1C1?若存在,求出点P的位置.二、利用函数思想求最值2.(2021福建龙岩高三上检测,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E、M、N分别是棱CC1、B1C1、BB1的中点,动点F在线段MN上运动.(1)证明:A1F平面D1AE;(2)求直线EF与平面D1AE所成角的正弦值的最大值.三、利用转化思想解决空间几何问题3.(2020安徽合肥庐江高二下期末,)如图,AE平面ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF平面ADE;(2)求直线CE与

5、平面BDE所成角的正弦值;(3)若平面BDF与平面BDE的夹角的余弦值为13,求线段CF的长.答案全解全析易混易错练1.答案AB平面CDE或AB平面CDE解析由AB=CD+CE(,R)及共面向量定理可知向量AB与向量CD、CE共面,则直线AB可能在平面CDE内,也可能和平面CDE平行.易错警示本题容易因混淆了向量共面和直线共面而错答为AB平面CDE,向量AB与向量CD、CE共面,直线AB可能在平面CDE内,也可能和平面CDE平行.2.解析MN平面BB1D1D.理由如下:设正方体的棱长为1,如图,建立空间直角坐标系,则B(1,1,0),D1(0,0,1),D(0,0,0),M1,12,0,N12

6、,0,1,MN=-12,-12,1,DB=(1,1,0),DD1=(0,0,1),设平面BB1D1D的法向量为n=(x,y,z),则nDB=0,nDD1=0,即x+y=0,z=0,令x=1,则y=-1,z=0,n=(1,-1,0)是平面BB1D1D的一个法向量.MNn=0,MN平面BB1D1D,MN平面BB1D1D.易错警示本题容易因忽视MN平面BB1D1D,而直接由MNn=0,得MN平面BB1D1D,造成步骤不完整,实际上,当MNn=0时,MN平面BB1D1D或MN平面BB1D1D.3.D由于零向量与任意向量共线,所以若b为零向量,则a与c关系不确定,A错;向量共面时,它们所在的直线不一定共

7、面,B错;共线向量定理中,当b不是零向量时,才存在唯一的实数,使a=b,否则可能不存在,C错;D显然正确.易错警示本题容易忽略零向量的特殊性和共线向量定理中的限制条件而误认为A、C正确.4.答案(-,-4)(-4,5)解析a 与b 的夹角为钝角,ab=-8-2+2m0,解得m5,又由ab得m=-4,实数m的取值范围为(-,-4)(-4,5).易错警示本题容易忽略两向量方向相反的情形,只由ab=-8-2+2m0,解得m0,解得-2,又由ABAC 得=4,的取值范围为(-2,4)(4,+).6.B如图,连接空间四边形ABCD的对角线AC、BD,由空间四边形ABCD的每条边和对角线都等于1,可知底面

8、BCD为等边三角形,故BDC=60,又点E、F分别是AB、AD的中点,EF=12BD,EFDC=12BDDC=12|BD|DC|cos(-BDC)=1211-12=-14.故选B.易错警示本题易错的地方是误认为BDC是EF与DC的夹角,从而得到错误答案A.7.BOA=OB=OC,BC=2OA,由余弦定理可得BOC=90.OA=OC,AOC=60,AC=OA,又OBAC=OB(OC-OA)=-OBOA=-12|OA|2,cos=OBAC|OB|AC|=-12,=120,异面直线OB与AC所成角为60.易错警示本题容易因为混淆异面直线所成角与向量夹角而误选D.8.解析(1)证明:在三棱台DEF-A

9、BC中,由AB=2DE得BC=2EF,又H为 BC的中点,所以BH=EF,又BHEF,所以四边形BHFE为平行四边形,可得BEHF.在ABC中,G为 AC的中点,H为 BC的中点,所以GHAB.又GHHF=H,ABBE=B,所以平面 FGH平面ABED,因为BD平面ABED,所以BD平面FGH.(2)设AB=2,则CF=DE=1.连接DG,由DF=12AC=GC,DFGC,可得四边形DGCF 为平行四边形,因此DGCF,又FC平面 ABC,所以DG平面 ABC.在ABC中,由ABBC,BAC=45,得AB=BC,连接BG,因为G是AC的中点,所以GBGC,因此GB,GC,GD两两垂直,以G为坐

10、标原点,BG,GC,GD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,所以G(0,0,0),B(2,0,0),H22,22,0,F(0,2,1),故GH=22,22,0,GF=(0,2,1),GB=(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,则nGH=0,nGF=0, 即22x+22y=0,2y+z=0,取x=1,得y=-1,z=2,所以可得平面FGH 的一个法向量为n=(1,-1,2).因为GB=(2,0,0)是平面ACFD 的一个法向量,所以|cos|=|GBn|GB|n|=222=12,所以平面FGH与平面ACFD所成角的大小为60.思想方法练1.解析由题意,

11、设BD交AC于点O,棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于4,底面ABCD为菱形,则BDAC,连接A1O,在AA1O中,AA1=4,AO=2,A1AO=60,A1O2=AA12+AO2-2AA1AOcos 60=12,AO2+A1O2=AA12,A1OAO,平面AA1C1C平面ABCD,平面AA1C1C平面ABCD=AC,A1O底面ABCD.分别以OB、OC、OA1所在的直线为x,y,z 轴,如图建立空间直角坐标系Oxyz,则A(0,-2,0),B(23,0,0),C(0,2,0),D(-23,0,0),A1(0,0,23),C1(0,4,23).(1)证明:BD=(-43,0,0),

12、AA1=(0,2,23),AA1BD=0,DBAA1.(2)AD=(-23,2,0),AB=(23,2,0),设平面AA1D的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1AA1=0,n1AD=0,即2y1+23z1=0,-23x1+2y1=0,取x1=1,可得n1=(1,3,-1).同理可得平面AA1B1B的一个法向量为n2=(1,-3,1),设平面AA1D与平面AA1B1B的夹角为,cos =|cos|=|n1n2|n1|n2|=35,平面AA1D与平面AA1B1B的夹角的余弦值是35.(3)假设在直线CC1上存在点P,使BP平面DA1C1,设P(x,y,z),CP=CC1,则(x,y-2,z

13、)=(0,2,23),得P(0,2+2,23),通过引入未知数,体现点P在直线CC1上,并将未知数引入向量坐标,从而得到点P坐标.BP=(-23,2+2,23).设平面DA1C1的法向量为n3=(x3,y3,z3),A1C1=(0,4,0),DA1=(23,0,23),由n3A1C1=0,n3DA1=0,得4y3=0,23x3+23z3=0, 令x3=1,则y3=0,z3=-1,则n3=(1,0,-1),又BP平面DA1C1,n3BP=0,即-3-3=0,解得=-1.通过利用向量关系表示线面平行,得到关于未知数的方程,并求解.即点P在C1C的延长线上,且使C1C=CP.思想方法方程思想是指从分

14、析问题的数量关系入手,将问题中的已知量和未知量之间的数量关系通过适当设元建立方程 (组),然后通过解方程(组)使问题得到解决的思维方式.用方程思想解题的关键是利用已知条件或公式、定理中的已知结论构造方程(组).方程思想在空间向量部分中常表现为:确定线段长度及“存在型”问题.通过设参变量利用空间向量关系建立方程(组),求方程(组)的解,从而解决问题.2.解析(1)证明:如图,连接BC1、A1N、NE、A1M,M、N分别是B1C1、BB1的中点,MNBC1,又BC1AD1,MNAD1,MN平面AD1E,AD1平面AD1E,MN平面AD1E.N、E分别是BB1、CC1的中点,NEB1C1,四边形NE

15、C1B1为平行四边形,NE=B1C1,又B1C1A1D1,B1C1=A1D1,NEA1D1,NE=A1D1,四边形A1NED1是平行四边形,A1ND1E,A1N平面AD1E,D1E平面AD1E,A1N平面AD1E.A1NMN=N,平面A1MN平面D1AE.又A1F平面A1MN,A1F平面D1AE.(2)以D为坐标原点,DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则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=(-1,0,1),F在线段MN上,令N

16、F=NM(01),则F(2-,2,1+),EF=(2-,0,).由点在线上,根据共线向量定理引入变量.设n=(x,y,z)是平面D1AE的法向量,则nD1E=0,nAD1=0,即2y-z=0,-2x+2z=0, 取z=2,得y=1,x=2,n=(2,1,2).设直线EF与平面D1AE所成角为,则sin =|cos|=|nEF|n|EF|=4322-4+4=223(-1)2+1,由向量的夹角公式,得到含变量的函数,使用函数思想.0,1,当=1时,(sin )max=223.结合二次函数和反比例函数性质,求sin 的最大值,使用函数思想.直线EF与平面D1AE所成角的正弦值的最大值为223.思想方

17、法 函数思想就是用在相互依赖的两个或两个以上变化量之间的一种数学描述,它揭示量之间的变化规律,构造出数学模型来解决实际问题的思想.利用函数思想,当多个(通常是两个)变量存在某些(通常是一个)对应关系(也可称为制约关系)时,我们可以通过一些(通常是一个)变量的情况结合它们之间的对应关系来探知其他变量的情况.函数思想在空间向量部分的应用常表现在立体几何中的“运动问题”和“最值问题”,函数构造出来后一定要注意函数的定义域,应当在定义域的约束下去求最值,利用基本不等式求最值时要注意满足适用的条件.3.解析依题意,可以建立以A为原点,分别以AB,AD,AE的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(

18、如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h0),则F(1,2,h).(1)证明:依题意,得AB=(1,0,0)是平面ADE的一个法向量,又BF=(0,2,h),BFAB=0,所以ABBF.利用空间向量,将线面平行问题的证明转化为数量积运算,使用转化与化归思想.又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE.(2)BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则nBD=0,nBE=0,即-x+y=0,-x+2z=0,不妨令z=1,可得n=(2,2,1),因

19、此有cos=CEn|CE|n|=-49.利用空间向量,将直线与平面所成角问题转化为两个向量的夹角问题,使用转化与化归思想.所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则mBD=0,mBF=0,即-x+y=0,2y+hz=0,不妨令y=1,可得m=1,1,-2h.由题意,得|cos|=|mn|m|n|=4-2h32+4h2=13,解得h=87.利用空间向量,将两个平面的夹角问题转化为向量的数量积运算,使用转化与化归思想.经检验,符合题意.所以线段CF的长为87.思想方法转化与化归思想,就是在研究和解决有关数学问题时,采用某种手段将问题通过变换使之转化,进而使问题得到解决的一种数学方法.转化与化归思想在空间向量部分常表现为:将立体几何中的一种位置关系转化为空间两向量的数量关系(线性表示或数量积表示)或将空间角与空间距离的计算,转化为空间两向量的运算.