第三章复习提升-2022版数学选择性必修第一册 北师大版（2019） 同步练习 （Word含解析）

本章复习提升

易混易错练

易错点1　对空间向量的相关概念理解不清致误

1.(2020江西临川第一中学高二上第一次月考,)如图,已知空间四边形每条边和对角线长都等于a,点E,F,G分别是AB,AD,DC的中点,则下列向量的数量积等于a2的是

(　　)

A.2·

B.2·

C.2·

D.2·

2.()已知a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,则向量a与b之间的夹角<a,b>为 (　　)

A.30°　　　　　　　B.45°

C.60°　　　　　　　D.以上都不对

3.()空间中的三个向量,若有两个向量共线,则这三个向量　　　　共面.(填“一定”或“不一定”) 

4.(2020海南中学高二上期中,)若=λ+μ(λ,μ∈R),则直线AB与平面CDE的位置关系为　　　　　　　　　　　　. 

5.()如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,向量在向量方向上的投影数量是　　　　. 

6.()已知a=(-1,2,3),b=(1,1,1),则向量a在向量b方向上的投影数量为　　　　　. 

7.(2020湖南师范大学附属中学高二期末,)已知a=(5,3,1),b=,若a与b的夹角为钝角,求实数t的取值范围.

易错点2　混淆向量夹角与空间角致误

8.()已知向量m,n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量,若cos<m,n>=-,则l与α所成的角为              (　　)

A.30°　　　　B.60°　　　　C.120°　　　　D.150°

9.(2020陕西商丹高新学校高二下学情质量检测,)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,点D是BC的中点.

(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;

(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的平面角的正弦值.

易错点3　不能正确地建立空间直角坐标系解决立体几何问题

10.(2020山东泰安高二期末,)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD是正方形,侧面PDC是边长为a的正三角形,且平面PDC⊥底面ABCD,E为PC的中点.

(1)求异面直线PA与DE所成角的余弦值;

(2)求直线AP与平面ABCD所成角的正弦值.

思想方法练

一、数形结合思想在立体几何中的应用

1.()已知菱形ABCD中,∠ABC=60°,将△ABC沿对角线AC折起,使得平面B'AC⊥平面DAC,求二面角B'-CD-A的余弦值.

二、转化与化归思想在立体几何中的应用

2.(2020湖北黄冈黄梅国际育才高级中学高二上期中,)四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点,设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为              (　　)

A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.

3.(2021山东滕州第一中学高二10月月考,)在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,侧棱AA1⊥底面ABCD.已知AB=1,AA1=,E为线段AB上一个动点,求D1E+CE的最小值.

三、函数与方程思想在立体几何中的应用

4.()在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=,AB=AC=AA1=1,已知G和E分别为A1B1和CC1的中点,D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点),若GD⊥EF,则线段DF的长度的取值范围为              (　　)

A.　　　　　　　B.　　　　

C.　　　　　　　D.

5.()在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=5,P是棱DD1上的动点,则△PA1C的面积最小时,DP=　              (　　)

A.1　　　　B.2　　　　C.　　　　D.4

6.()如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4.在线段AB上是否存在点D,使得AC1∥平面CDB1?若存在,试确定点D的位置;若不存在,请说明理由.

答案全解全析

易混易错练

1.B　由题意易得与、与的夹角均为π-=,与的夹角为π,与的夹角为0,故2·=-a2,2·=-a2,2·=-a2,2·=a2,故选B.

2.D　∵a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,

∴这三个向量首尾相连组成△ABC.

令=c,=b,=a,

则BC=2,CA=3,AB=4.

由余弦定理,得cos∠BCA===-,

又向量和首尾相连,

∴这两个向量的夹角是180°-∠BCA,

∴cos<a,b>=,

即向量a与b之间的夹角<a,b>不是特殊角.

故选D.

易错警示

由于向量具有方向,因此其夹角不同于两直线的夹角.如向量和的夹角不是∠BCA,而是180°-∠BCA.

3.答案　一定

解析　空间向量均是自由向量,若三个向量中的两个向量共线,则这三个向量一定能平移到同一平面内,所以这三个向量一定共面.

4.答案　AB⊂平面CDE或AB∥平面CDE

解析　由=λ+μ(λ,μ∈R)及共面向量定理可知向量与向量、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

在解题时易忽略空间向量是自由向量而弄错向量与线面的位置关系.

5.答案　

解析　向量在向量方向上的投影数量为||·cos<,>=||cos<,>=1×cos45°=.

6.答案　

解析　向量a在向量b方向上的投影数量为==.

练后反思

1.向量a在向量b方向上的投影数量为|a|cos<a,b>,而向量b在向量a方向上的投影数量是|b|cos<a,b>,二者通常不等.

2.求一个向量在另一个向量方向上的投影数量时,一般将两向量的起点平移到同一点,以便确定向量的夹角,然后利用向量的投影数量公式求解.

7.解析　由已知得a·b=5×(-2)+3t-=3t-,

因为a与b的夹角为钝角,

所以a·b<0,

所以3t-<0,即t<.

若a与b的夹角为180°,则存在λ<0,使a=λb,即(5,3,1)=λ,

所以

所以t=-,故t的取值范围为∪.

易错警示

本题易忽略a·b<0时包含a与b的夹角为180°的情况,所以需注意排除该情况下参数的值.

8.A　设所求角为θ,0°≤θ≤90°,则sinθ=|cos<m,n>|=,所以θ=30°.

9.解析　(1)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,

则A(0,0,0),B(2,0,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),

∴=(2,0,-4),=(1,-1,-4),

则cos<,>===,

∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.

(2)设平面ADC1的一个法向量为n1=(x,y,z),则n1·=0,n1·=0,

∵=(1,1,0),=(0,2,4),

∴x+y=0且2y+4z=0,

令z=1,则y=-2,x=2,∴n1=(2,-2,1).

易知平面AA1B的一个法向量为n2=(0,1,0),

易知平面ADC1与平面AA1B所成二面角的平面角为锐角,设为θ,则cosθ===,

∴sinθ=,故平面ADC1与平面ABA1所成二面角的平面角的正弦值为.

总结反思

1.利用空间向量求线线角、线面角、二面角的关键是转化为直线的方向向量之间、直线的方向向量与平面的法向量之间、平面的法向量之间的角;

2.cos<a,b>=是计算空间各种角的基础,但应注意所求角与两向量夹角之间的关系及所求角的取值范围.

10.解析　取DC的中点O,连接PO,

∵△PDC为正三角形,

∴PO⊥DC.

又∵平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,PO⊂平面PDC,

∴PO⊥平面ABCD.

建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,

则P,A,C0,,0,D.

(1)设异面直线PA与DE所成的角为θ.

∵E为PC的中点,

∴E,

∴=,

易知=a,-,-a,

∴·=a×+a×=-a2,||=a,||=a,

∴cos<,>===-.

∵cosθ=|cos<,>|,

∴异面直线PA与DE所成角的余弦值为.

(2)设直线AP与平面ABCD所成的角为α,

易知平面ABCD的一个法向量为n=0,0,a,

∴cos<,n>===-.

∵sinα=|cos<,n>|=,

∴直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为.

易错警示

运用“坐标法”解答空间几何问题时,正确地建立空间直角坐标系是解题的关键.解题时,要依据空间几何体的结构特征,充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系建立空间直角坐标系.

思想方法练

1.解析　如图,取AC的中点E,连接EB'、ED,由菱形的性质及翻折前后的图形特征知EC,ED,EB'两两垂直,分别以EC,ED,EB'所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AB=2,则A(-1,0,0),C(1,0,0),D(0,,0),B'(0,0,),

设平面B'CD的一个法向量为n=(x,y,z),

则

∵=(1,0,-),=(0,,-),

∴令z=,则y=,x=3,

即n=(3,,),

易知平面ACD的一个法向量为m=(0,0,1),

设二面角B'-CD-A的大小为θ,

则|cosθ|===,

易知二面角B'-CD-A为锐二面角,所以cosθ=,即二面角B'-CD-A的余弦值为.

总结反思

对于立体几何中的相关问题,当从几何角度处理困难时,通常可建立空间直角坐标系,借助空间向量的相关计算来完成几何问题的求解,数形结合很好地化解了几何中的难点.

2.A　以A为坐标原点,AB,AD,AQ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,

不妨设正方形的边长为2,则A(0,0,0),E(1,0,0),F(2,1,0),设M(0,m,2)(0≤m≤2),所以=(-1,m,2),=(2,1,0),

所以cosθ=|cos<,>|=,

将异面直线EM与AF夹角的余弦值转化为关于m的函数.

令t=2-m,t∈[0,2],则当t=0时,cosθ=0,

当t∈(0,2]时,cosθ=

=

=.

通过换元,进一步转化为求关于t的函数的

最值问题.

因为≥>,所以当=,即m=0时,cosθ取得最大值,因此cosθ的最大值为.

故选A.

3.解析　以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,

则D1(0,1,),C(1,1,0).

设E(t,0,0)(0≤t≤1),

则D1E==,

CE==,

故问题转化为求+的最小值问题,

即转化为求平面直角坐标系tOu中的一个动点P(t,0)到两定点M(0,-2),N(1,1)的距离之和的最小值问题,如图所示.

由此可知,当M,P,N三点共线时,(D1E+CE)min==|MN|==.

总结反思

立体几何中的转化与化归思想,主要体现为:(1)几何内部知识的转化,如线面平行与面面平行,平行与垂直之间的转化等;(2)空间问题化归为平面问题(如第3题);(3)几何中的位置关系与数量计算转化为有关向量的计算,如两直线垂直转化为两直线对应的方向向量的数量积为0,异面直线所成的角转化为两对应向量的夹角等(如第2题).

4.A　以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,

则G,E,

设D(0,y,0),F(x,0,0),

则=,=,

∵GD⊥EF,∴·=0,

即-x-y+=0,即x+2y=1,

又∵0<x<1,∴0<1-2y<1,

∴0<y<.

又|DF|===,

构建关于y的二次函数,从而确定范围.

∴当y=时,|DF|min==;

当y=0时,|DF|=1;

当y=时,|DF|=,

故线段DF的长度的取值范围为.

故选A.

5.A　根据题意,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.

设DP=x(0≤x≤5),

易得P(0,2,x),A1(0,0,5),C(1,2,0).

由空间中两点之间的距离公式可得

A1P==,

PC=,A1C=,

故在△PA1C中,由余弦定理可得

cos∠A1PC=

=,

则sin∠A1PC=

=.

故=A1P×PC×sin∠A1PC

=×××

=

=,

利用二次函数的性质求解面积的最值.

当且仅当x=1时,△PA1C的面积最小.

故满足题意时,DP=1.

故选A.

总结反思

在立体几何问题中,涉及点的位置的确定,距离、面积或体积的最值(或取值范围)的求解时,可以引入多变量x,y,z等,通过列出有关方程(组)求解,而如果只引入变量x,一般是转化为关于x的函数,借助函数的性质(如单调性),达到求解最值(或取值范围)的目的.

6.解析　因为AC=3,BC=4,AB=5,所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC,

则在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC,BC,CC1两两垂直,以C为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略),

则C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,4,0),B1(0,4,4),C1(0,0,4),所以=(0,4,4),

假设存在符合题意的点D,

设点D(x,y,0)(0≤x<3,0<y≤4),

则=(x,y,0).

设平面CDB1的一个法向量为m=(a,b,c),则即

令b=-x,则m=(y,-x,x),

若AC1∥平面CDB1,则·m=0,易得=(-3,0,4),所以-3y+4x=0,①

由D在AB上,

得=,即4x+3y=12,②

由①②可得x=,y=2,

构建关于x,y的方程组求解.

故存在满足条件的点D,D为AB的中点.