第六章复习提升-2022版数学选择性必修第一册 苏教版（2019） 同步练习 （Word含解析）

这是一份第六章复习提升-2022版数学选择性必修第一册 苏教版（2019） 同步练习 （Word含解析），共19页。

本章复习提升
易混易错练
易错点1　对空间向量的夹角的概念理解不清致误
1.()已知a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,则向量a与b之间的夹角为 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.30° B.45°
C.60° D.以上都不对
2.(2021江苏扬州高二期末,)已知a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b的夹角为钝角,则实数k的取值范围为　　　　　　　　　　　　　. 
3.(2021江苏常州中学高二期中,)如图,在平行四边形ABCD中,AB=AC=1,∠ACD=90°,沿着它的对角线AC将△ACD折起,使AB与CD成60°角,求此时B,D间的距离.






易错点2　混淆空间角与向量所成的角致误
4.(2021江苏泰州高二期末,)如图所示,在平面角为120°的二面角α-AB-β中,AC⊂α,BD⊂β,且AC⊥AB,BD⊥AB.已知AC=AB=BD=6,则线段CD的长为　　　　. 

5.(2021江苏盐城高二期末,)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,AC=2,A1C=3,AB⊥AC,A1C⊥底面ABC.
(1)求直线B1C与平面ACC1A1所成角的正弦值;
(2)求平面ACC1A1与平面AB1C所成锐二面角的余弦值.


6.(2021江苏徐州高三二模,)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,AC⊥A1B,O是BC的中点,A1O⊥平面ABC.
(1)求证:AC⊥BC;
(2)若A1O=1,AC=23,BC=A1B1=2,求二面角B1-BC-A的大小.









易错点3　不能正确建立空间直角坐标系而致错
7.(2020山东泰安高二期末,)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面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PA与平面ABCD所成角的正弦值.







思想方法练
一、函数与方程思想在立体几何中的应用
1.()在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=5,P是棱DD1上的动点,当△PA1C的面积最小时,DP=　 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.1 B.2 C.52 D.4
2.(2021江苏连云港高三月考,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=BC=2,AD=CD,∠ABC=120°.
(1)求证:平面PAC⊥平面PBD;
(2)若M为PB的中点,N为线段PC上一动点,求直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围.








3.(2021江苏镇江中学高二月考,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=π2,PA=AD=2,AB=BC=1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;
(2)已知Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.




二、转化与化归思想在空间向量中的应用
4.(2020吉林长春高二期末,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,平面AB1D1与平面BC1D之间的距离为 (　　)
A.22 B.62 C.63 D.66
5.(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上移动,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cos θ的最大值为 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.25 B.35 C.45 D.12
6.(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=3,E为线段AB上一个动点,则D1E+CE的最小值为　　　　. 
7.(2020上海控江中学高二期末,)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=1,∠BAC=90°,且异面直线A1B与B1C1所成的角等于60°,设AA1=a.
(1)求a的值;
(2)求直线B1C1与平面A1BC之间的距离.












本章复习提升
易混易错练
1.D　∵a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,
∴这三个向量首尾相连能组成△ABC.
令AB=c,CA=b,BC=a,
则BC=2,CA=3,AB=4.
由余弦定理,得cos∠BCA=BC2+CA2-AB22BC·CA=22+32-422×2×3=-14,
∴向量BC和CA的夹角是180°-∠BCA,
∴cos=14,
即向量a与b之间的夹角不是特殊角.
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.如本题中向量BC和CA的夹角不是∠BCA,而是180°-∠BCA.
2.答案　(-∞,-2)∪-2,75
解析　由a=(1,1,0),b=(-1,0,2)得ka+b=(k-1,k,2),2a-b=(3,2,-2).因为ka+b与2a-b的夹角是钝角,所以(ka+b)·(2a-b)=3×(k-1)+2k-4<0,解得k<75.若ka+b与2a-b反向,则ka+b=λ(2a-b),λ<0,则k=2λ,1=-λ,所以k=-2,所以当ka+b与2a-b的夹角为钝角时,k<75且k≠-2,即k的取值范围是(-∞,-2)∪-2,75.
易错警示
本题易忽略(ka+b)·(2a-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.
3.解析　由题意得∠ACD=∠BAC=90°,所以AC·CD=0,AC·BA=0.
因为折起后AB与CD成60°角,所以=60°或=120°.
又BD=BA+AC+CD,
所以|BD|2=|BA|2+|AC|2+|CD|2+2BA·AC+2BA·CD+2AC·CD
=3+2×1×1×cos,
所以当=60°时,|BD|2=4,此时B,D间的距离为2;
当=120°时,|BD|2=2,此时B,D间的距离为2.
4.答案　12
解析　因为AC⊥AB,BD⊥AB,所以CA·AB=0,BD·AB=0,因为二面角α-AB-β的平面角为120°,所以=180°-120°=60°,又CD2=(CA+AB+BD)2=CA2+AB2+BD2+2CA·AB+2CA·BD+2BD·AB=3×62+2×62×cos 60°=144,所以|CD|=12.
5.解析　(1)以A为原点,AB,AC的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A1(0,2,3),B1(1,2,3), 故B1C=(-1,0,-3).
∵A1C⊥底面ABC,AB⊂底面ABC,
∴A1C⊥AB.
又∵AB⊥AC,AC∩A1C=C,
AC⊂平面ACC1A1,A1C⊂平面ACC1A1,
∴AB⊥平面ACC1A1,
∴AB=(1,0,0)是平面ACC1A1的一个法向量,
∴cos=B1C·AB|B1C||AB|=-110×1=-1010,
故直线B1C与平面ACC1A1所成角的正弦值为1010.
(2)由(1)得AC=(0,2,0),AB1=(1,2,3),
设平面AB1C的法向量为n=(x,y,z),
则n·AC=2y=0,n·AB1=x+2y+3z=0,
令z=1,得x=-3,y=0,
∴n=(-3,0,1),
又AB=(1,0,0)是平面ACC1A1的一个法向量,
∴cos=n·AB|n||AB|=-310×1=-31010,
故平面ACC1A1与平面AB1C所成锐二面角的余弦值为31010.
易错警示
由空间向量求异面直线的夹角时,应注意向量夹角和直线夹角的取值范围不同,当向量的夹角的余弦值为负数时,相应异面直线夹角的余弦值应为其相反数.
6.解析　(1)证明:因为A1O⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,
所以A1O⊥AC.
又因为AC⊥A1B,A1B∩A1O=A1,A1B⊂平面A1BO,A1O⊂平面A1BO,
所以AC⊥平面A1BO,
又因为BC⊂平面A1BO,所以AC⊥BC.
(2)以O为坐标原点,过点O且与CA平行的直线为x轴,OB所在直线为y轴,OA1所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

则O(0,0,0),A(23,-1,0),B(0,1,0),A1(0,0,1).
所以OB=(0,1,0),AB=(-23,2,0),OA1=(0,0,1),于是AB=4.
在三棱台ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,A1B1=2,所以A1B1=12AB=(-3,1,0),
所以OB1=OA1+A1B1=(-3,1,1).
设平面BB1C1C的法向量为n=(x,y,z),
由n·OB=0,n·OB1=0,得y=0,-3x+y+z=0,
令x=1,则y=0,z=3,故n=(1,0,3).
因为OA1⊥平面ABC,所以平面ABC的一个法向量为OA1=(0,0,1).
所以cos=n·OA1|n||OA1|=1×0+0×0+3×112+02+(3)2×02+02+12=32,
因为二面角B1-BC-A为钝二面角,所以二面角B1-BC-A的大小是5π6.
易错警示
设m,n分别为平面α,β的法向量,则α、β所成的二面角θ与互补或相等,求解时一定要注意结合实际图形进行判断.
7.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.
以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系,

则P0,0,32a,Aa,-a2,0,C0,a2,0,D0,-a2,0.
(1)设异面直线PA与DE所成的角为θ.
∵E为PC的中点,
∴E0,a4,34a,
∴DE=0,34a,34a,
易知PA=a,-a2,-32a,
∴DE·PA=34a×-a2+34a×-32a=-34a2,|PA|=2a,|DE|=32a,
∴cos=PA·DE|PA||DE|=-34a22a×32a=-64.
∵cos θ=|cos|,
∴异面直线PA与DE所成角的余弦值为64.
(2)设直线PA与平面ABCD所成的角为α,
易知平面ABCD的一个法向量为n=0,0,32a,
由(1),知PA=a,-a2,-32a,|PA|=2a,
∴cos=PA·n|PA||n|=-34a22a×32a=-64.
∵sin α=|cos|=64,
∴直线PA与平面ABCD所成角的正弦值为64.
易错警示
运用“坐标法”解答空间几何问题时,正确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.A　根据题意,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为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=4+(x-5)2=x2-10x+29,
PC=1+x2,A1C=30,
故在△PA1C中,由余弦定理可得
cos∠A1PC=A1P2+PC2-A1C22A1P×PC
=x2-5xx2-10x+29×1+x2,
则sin∠A1PC=1-cos2∠A1PC
=5x2-10x+29(x2-10x+29)(x2+1).
故S△PA1C=12A1P×PC×sin∠A1PC
=12×x2-10x+29×1+x2×5x2-10x+29(x2-10x+29)(x2+1)
=125x2-10x+29
=125(x-1)2+24,
利用二次函数的性质求面积的最值.
所以当且仅当x=1时,△PA1C的面积最小.
故DP=1.
故选A.
方法总结
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,可以引入多个变量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.
2.解析　(1)证明:取AC的中点O,连接BO,DO,因为AB=BC,所以BO⊥AC.因为AD=CD,所以DO⊥AC,
所以B,O,D三点共线,所以BD⊥AC.
因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PA.
又因为PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.
因为BD⊂平面PBD,
所以平面PAC⊥平面PBD.
(2)以O为坐标原点,OC,OD所在直线分别为x轴和y轴,过点O且平行于PA的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

则C(3,0,0),P(-3,0,2),B(0,-1,0).
因为M为PB的中点,所以M-32,-12,1.
设PN=λPC(0≤λ≤1),
则N(23λ-3,0,2-2λ),
所以MN=23λ-32,12,1-2λ.
由(1)知BD⊥平面PAC,所以平面PAC的一个法向量为n=(0,1,0).
设直线MN与平面PAC所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=|MN·n||MN||n|=1216λ2-10λ+2=1216λ-5162+716,0≤λ≤1,
将直线和平面所成的角的正弦值用含参的式子表示,利用二次函数的性质求出最值,体现了函数的思想.
故当λ=516时,sin θ取得最大值,为277,当λ=1时,sin θ取得最小值,为28.
所以28≤sin θ≤277,即直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围为28,277.
3.解析　以A为坐标原点,AB、AD、AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,

则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
(1)易知AD⊥平面PAB,
∴AD=(0,2,0)是平面PAB的一个法向量.
PC=(1,1,-2),PD=(0,2,-2).
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),
则m·PC=0,m·PD=0,即x+y-2z=0,2y-2z=0,
可取m=(1,1,1),
∴cos=AD·m|AD||m|=33.
∵平面PAB与平面PCD所成二面角为锐二面角,∴其余弦值为33.
(2)BP=(-1,0,2),设BQ=λBP(0≤λ≤1),则BQ=(-λ,0,2λ).
又CB=(0,-1,0),
∴CQ=CB+BQ=(-λ,-1,2λ).
又DP=(0,-2,2),所以cos=CQ·DP|CQ||DP|=1+2λ2+10λ2,
设1+2λ=t,t∈[1,3],
将直线CQ与DP所成角的余弦值的平方表示为关于t的函数,利用函数的性质,结合余弦函数的单调性求值,充分体现了函数思想.
则cos2=2t25t2-10t+9
=291t-592+209≤910,
当且仅当t=95,即λ=25时,|cos|取得最大值,最大值为31010.
∵y=cos x在0,π2上是减函数,∴当λ=25时,直线CQ与DP所成的角最小.
又∵BP=12+22=5,
∴BQ=25BP=255.
4.C　由题意可得,原问题等价于求点C1到平面AB1D1的距离h,
将平面与平面之间的距离转化为点到平面的距离,体现了转化与化归思想.
由等体积法可得V三棱锥C1-AB1D1=V三棱锥A-B1C1D1,即13×h×12×22×sin60°=13×12×2×2×2,解得h=63,即平面AB1D1与平面BC1D之间的距离为63.故选C.
5.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ABCD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EM=(-1,m,2),AF=(2,1,0),
所以cos θ=|cos|=-2+m5+m2×5,
将异面直线EM与AF所成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,cos θ=0,
当t∈(0,2]时,cos θ=t5+(2-t)2×5
=19t2-4t+1×5
=191t-292+59×5.
通过换元,将所求问题进一步转化为求关于t的函数的最值问题.
因为1t≥12>29,所以当1t=12,即m=0时,cos θ取得最大值25,因此cos θ的最大值为25.
故选A.
6.答案　10
解析　以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

则D1(0,1,3),C(1,1,0).
设E(t,0,0)(0≤t≤1),
则D1E=t2+1+3=t2+4,
CE=(1-t)2+1=(t-1)2+1,
故问题转化为求t2+4+(t-1)2+1的最小值问题.
即转化为求平面直角坐标系中的一个动点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=[t2+4+(t-1)2+1]min=MN=1+9=10.
总结反思
立体几何中的转化与化归思想,主要体现为:(1)立体几何中基本图形位置关系的转化,如线面平行与面面平行,平行与垂直之间的转化等;(2)空间问题转化为平面问题(如第6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5题).
7.解析　(1)以A为原点,AB,AC,AA1的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,a),B(1,0,0),B1(1,0,a),C1(0,1,a),C(0,1,0),

∴A1B=(1,0,-a),B1C1=(-1,1,0).
∵异面直线A1B与B1C1所成的角等于60°,
∴|A1B·B1C1||A1B||B1C1|=11+a2×1+1=cos 60°=12,
∴a=1(负值舍去).
(2)由(1)知A1B=(1,0,-1),B1C1=(-1,1,0),A1C=(0,1,-1).
设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z),
则A1B·n=0,A1C·n=0,即x-z=0,y-z=0,
令z=1,得n=(1,1,1).
∵B1C1·n=-1×1+1×1+0×1=0,
∴B1C1⊥n,
显然点B1不在平面A1BC内,
∴B1C1与平面A1BC平行.
∵BB1=(0,0,1),
∴|BB1·n||n|=13=33,
将直线与平面之间的距离转化为点到平面的距离,体现了转化与化归的思想.
∴点B1到平面A1BC的距离为33,
即直线B1C1与平面A1BC之间的距离为33.