2022版新教材高中数学第一章空间向量与立体几何章末总结学案新人教B版选择性必修第一册

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第一章 空间向量与立体几何章末总结体系构建题型整合题型1 空间向量的运算例1（1）如图，已知空间四边形ABCD，E，H分别是边AB，AD的中点，F，G分别是边CB，CD上的点，且CF=23CB，CG=23CD .求证：四边形EFGH是梯形.（2）已知正四面体OABC的棱长为1，如图.求：①OA⋅OB；②(OA+OB)⋅(CA+CB)；③|OA+OB+OC| .答案：（1）证明：∵E，H分别是边AB，AD的中点，∴AE=12AB，AH=12AD，则EH=AH-AE=12AD-12AB=12(AD-AB)=12BD .∵FG=CG-CF=23CD-23CB=23(CD-CB)=23BD，∴EH∥FG，且|EH|=34|FG|≠|FG| .又F不在EH上，故四边形EFGH是梯形.（2）在正四面体OABC中，|OA|=|OB|=|OC|=1 .⟨OA,OB⟩=⟨OA,OC⟩=⟨OB,OC⟩=60∘①OA⋅OB=|OA||OB|⋅cos∠AOB=1×1×cos 60∘=12 .②(OA+OB)⋅(CA+CB)=(OA+OB)⋅(OA-OC+OB-OC)=(OA+OB)⋅(OA+OB-2OC)=OA2+2OA⋅OB-2OA⋅OC+OB2-2OB⋅OC=12+2×1×1×cos 60∘-2×1×1×cos 60∘+12-2×1×1×cos 60∘ =1+1-1+1-1=1.③|OA+OB+OC|=(OA+OB+OC)2=12+12+12+2×1×1×cos 60∘×3=6 .方法归纳1.空间向量的线性运算包括加法、减法及数乘运算.选定空间中不共面的三个向量作为基向量，并用它们表示出目标向量，这是用向量法解决立体几何问题的基本要求.2.空间向量的数量积：（1）空间向量的数量积的定义表达式a⋅b=|a|⋅|b|⋅cos⟨a,b⟩及其变形式cos⟨a,b⟩=a⋅b|a|⋅|b|是两个重要公式.（2）空间向量的数量积的其他变形式是解决立体几何问题的重要公式，如a2=|a|2，a在b上的投影的数量为a⋅b|b|=|a|⋅cos⟨a,b⟩等.迁移应用1.如图，已知ABCD-A'B'C'D'是平行六面体．设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC'B'对角线BC'上的四等分点且靠近C'点，设MN=αAB+βAD+γAA'，则α+β+γ= .答案：32解析：1.连接BD，则M为BD的中点，如图.MN=MB+BN=12DB+34BC'=12(DA+AB)+34(BC+BB')=12(-AD+AB)+34(AD+AA')=12AB+14AD+34AA' .∴α=12，β=14，γ=34 .∴α+β+γ=32 .2.在三棱锥O-ABC中，棱OA、OB、OC两两垂直，且OA=OB=OC，如图.给出下列四个命题：①(OA+OB+OC)2=3OA2；②BC⋅(CA-CO)=0；③(OA+OB)和CA的夹角为60∘；④三棱锥O-ABC的体积为16|(AB⋅AC)⋅BC| .其中所有正确命题的序号为 .答案： ①②③解析：2.设OA=OB=OC=a，因为棱OA、OB、OC两两垂直，所以以点O为坐标原点，OA、OB、OC所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：则O(0,0,0)、A(a,0,0)、B(0,a,0)、C(0,0,a) .对于①，OA+OB+OC=(a,a,a)，所以(OA+OB+OC)2=3a2=3OA2，①正确；对于②，CA-CO=OA=(a,0,0)，BC=(0,-a,a)，则BC⋅(CA-CO)=0，②正确；对于③，OA+OB=(a,a,0)，CA=(a,0,-a)，cos⟨OA+OB,CA⟩=(OA+OB)⋅CA|OA+OB|⋅|CA|=a2(2a)2=12，因为0∘≤⟨OA+OB,CA⟩≤180∘，所以(OA+OB)和CA的夹角为60∘，③正确；对于④，AB=(-a,a,0)，AC=(-a,0,a)，BC=(0,-a,a)，则AB⋅AC=a2，所以16|(AB⋅AC)⋅BC|=a26|BC|=a26×2a=a26a3，而三棱锥O-ABC的体积V=13×12OA⋅OB⋅OC=16a3，④错误.题型2 利用空间向量证明平行、垂直问题例2 在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA=AD=CD=2AB=2，M为PC的中点．（1）求证：BM∥平面PAD；（2）平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，请说明理由．答案：（1）以A为原点，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，如图所示.则B(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，M(1,1,1) .证明：∵BM=(0,1,1)，易知平面PAD的一个法向量为n=(1,0,0)，∴BM⋅n=0，即BM⊥n，又BM平面PAD，∴BM∥平面PAD .（2）存在.BD=(-1,2,0)，PB=(1,0,-2)，假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD，则MN⊥BD，MN⊥PB .设N(0,y,z)，则MN=(-1,y-1,z-1)，∴MN→⋅BD→=0MN→⋅PB→=0即1＋2(y-1)＝0-1-2(z-1)＝0，∴y=12z=12∴N(0,12,12)，∴在平面PAD内存在一点N(0,12,12)，使MN⊥平面PBD .方法归纳利用空间向量证明空间中的位置关系：迁移应用3.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=12PD .（1）证明：平面PQC⊥平面DCQ；（2）证明：PC∥平面BAQ .答案：（1）证明如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，DA，DP，DC的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz .依题意有D(0,0,0)，Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，则DQ=(1,1,0)，DC=(0,0,1)，PQ=(1,-1,0)，所以PQ⋅DQ=0，PQ⋅DC=0，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC .又DQ∩DC=D，DQ,DC⊂平面DCQ，故PQ⊥平面DCQ .因为PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ .（2）A(1,0,0)，B(1,0,1)，则DA=(1,0,0)，AB=(0,0,1)，AQ=(0,1,0)0，则DA⋅AB=0，DA⋅AQ=0，所以DA为平面BAQ的一个法向量．因为PC=(0,-2,1)，且DA⋅PC=0，所以DA⊥PC，又PC⊄平面BAQ，故PC∥平面BAQ .题型3 利用空间向量求空间角例3 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，ABAD=2，直线PA与底面ABCD成60∘角，点N是PB的中点.（1）求异面直线DN与BC的夹角的余弦值；（2）求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；（3）求二面角P-NC-D的余弦值.答案：（1）以D为原点，DA、DC、DP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，设AD=1，则AB=2，∵PD⊥底面ABCD，∴∠PAD为直线PA与平面ABCD所成的角，∴∠PAD=60∘，∴PD=3，∴D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,3)，N(12,1,32) .DN=(12,1,32)，BC=(-1,0,0)，∴异面直线DN与BC的夹角的余弦值为∣cos⟨DN→,BC→⟩∣=∣DN→⋅BC→∣∣DN→∣⋅∣BC→∣=24 .（2）PA=(1,0,-3)，PB=(1,2,-3)，BC=(-1,0,0)，设平面PBC的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，直线PA与平面PBC所成的角为θ，则m⋅PB=x1+2y1-3z1=0且m⋅BC=-x1=0，则x1=0，取z1=2，则y1=3，∴m=(0,3,2)，∴sinθ=|m⋅PA||m|⋅|PA|=217 .（3）由（2）知平面PBC的一个法向量为m=(0,3,2)，即平面PNC的一个法向量为m=(0,3,2)，设平面CDN的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，易知DN=(12,1,32)，DC=(0,2,0)，DP=(0,0,3)，则n⋅DN=12x2+y2+32z2=0且n⋅DC=2y2=0，则y2=0，取z2=1，则x2=-3,则n=(-3,0,1)，∴cos⟨m,n⟩=m⋅n|m|⋅|n|=77，∵m⋅DP=23>0，n⋅DP=3>0∴二面角P-NC-D的余弦值为77 .方法归纳1.求异面直线所成的角：设两异面直线的方向向量分别为n1，n2，那么这两条异面直线所成的角θ=⟨n1,n2⟩或θ=π-⟨n1,n2⟩，所以cosθ=|cos⟨n1,n2⟩| .2.求斜线与平面所成的角：如图，设平面α的一个法向量为n1，斜线OA的一个方向向量为n2，斜线OA与平面α所成的角为θ，则sinθ=|cos⟨n1,n2⟩| .3.求二面角的大小：如图，设平面α，β的法向量分别为n1，n2 .因为两平面的法向量所成的角（或其补角）就等于平面α，β所成的锐二面角θ，所以cosθ=|cos⟨n1,n2⟩| .迁移应用4.如图，三棱柱ABC-A1B1C1内接于圆柱OO1，已知圆柱OO1的轴截面为正方形，AB=AC=306OO1，点P在轴OO1上运动.（1）证明：无论P在何处，总有BC⊥PA1；（2）当点P为OO1的中点时，求平面A1PB与平面BCC1B1所成的锐二面角的余弦值.答案：（1）证明：如图，连接AO并延长，交BC于点M，交圆柱侧面于点N，连接OB，OC，∵AB=AC，OB=OC，∴AO⊥BC .又在圆柱OO1中，AA1⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，∴AA1⊥BC，又AO∩AA1=A，AO⊂平面AOO1A1，AA1⊂平面AOO1A1，∴BC⊥平面AOO1A1，无论P在何处，总有PA1⊂平面AOO1A1，∴BC⊥PA1 .（2）如图，建立空间直角坐标系O1xyz，由（1）知BC∥x轴，设OO1=AA1=AN=a，则AB=AC=306a，在△ABC中，AM=AC×cos∠CAM=AC×ACAN=56a⇒OM=13a，从而CM=BM=(306a)2-(56a)2=56a .∴A1(0,-12a,0)，B(56a,13a,a)，P(0,0,12a)，∴A1P=(0,12a,12a)，A1B=(56a,56a,a) .设平面AP1B的一个法向量为u=(x,y,z)，则A1P→⋅u=12ay+12az=0A1B→⋅u=56ax+56ay+az=0，取y=2，得u=(255,2,-2)，易知平面BCC1B1的一个法向量为v=(0,1,0),∴|cos⟨u,v⟩|=|u⋅v||u||v|=2(255)2+4+4=5511，故所求锐二面角的余弦值为5511 .题型4 利用空间向量求距离例4 已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD=1，E，F分别为AB，BC的中点.（1）求点D到平面PEF的距离；（2）求直线AC到平面PEF的距离.解析：思路分析（1）建立以点D为坐标原点，DA，DC，DP的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式即可得到答案.（2）证得AC∥平面PEF，利用直线AC到平面PEF的距离等于点A到平面PEF的距离即可得到答案.答案：（1）建立以点D为坐标原点，DA，DC，DP的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，如图所示，∵PD=1，E，F分别为AB，BC的中点，∴D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(1,12,0)，F(12,1,0)，∴EF=(-12,12,0)，PE=(1,12,-1)，DE=(1,12,0)，设平面PEF的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅EF→=0n⋅PE→=0即-12x+12y=0x+12y-z=0，令x=2，则y=2，z=3，∴n=(2,2,3)，∴点D到平面PEF的距离d=|DE⋅n||n|=|2+1|4+4+9=31717 .（2）∵AE=(0,12,0)，∴点A到平面PEF的距离d'=|AE⋅n||n|=117=1717，∵E，F分别为AB，BC的中点，∴AC∥EF，∵AC⊄平面PEF，EF⊂平面PEF，∴AC∥平面PEF，∴直线AC到平面PEF的距离等于点A到平面PEF的距离，∴直线AC到平面PEF的距离为1717 .方法归纳 1.求两点间的距离的向量法主要是坐标法（易建系的）和基向量法（各基向量的模和夹角已知或可求），利用向量的模的定义求解.2.利用向量求点线距离时，关键是利用向量的垂直，建立关于垂足坐标的方程，垂足的坐标要利用向量的共线用直线的方向向量表示，只设一个未知数即可.3.用向量法求点面距离的步骤：（1）建坐标系：结合图形的特点建立恰当的空间直角坐标系；（2）求向量：在坐标系中求出点A到平面内任一点B对应的向量AB；（3）求法向量：设出平面的法向量，利用向量垂直的条件转化为求解方程组，求出法向量n；（4）得答案：代入公式d=|AB⋅n||n|求得答案.4.线面距离、面面距离均可转化为点面距离，用求点面距离的方法进行求解.迁移应用5.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点E在线段PA上，PC∥平面BDE .（1）请确定点E的位置，并说明理由；（2）若△PAD是等边三角形，AB=2AD，平面PAD⊥平面ABCD，四棱锥P-ABCD的体积为93，求点E到平面PCD的距离.答案：（1）连接AC交BD于点M，连接EM，如图，则点M为AC的中点.当E为AP的中点时，在△APC中，EM∥PC，又EM平面BDE，PC⊄平面BDE，∴PC∥平面BDE .（2）以AD的中点O为原点，OA所在直线为x轴，在平面ABCD中，过点O作AB的平行线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图.设AD=x，∵四棱锥P-ABCD的体积为93，∴13x⋅2x⋅x2-(x2)2=93，解得x=3．∴A(32,0,0)，P(0,0,332)，E(34,0,334)，D(-32,0,0)，C(-32,6,0) .则PC=(- 32,6,- 332)，PD=(-32,0,-332)，PE=(34,0,- 334)，设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅PC→=-32x+6y-332z=0n⋅PD→=-32x-332z=0，取x=3，得n=(3,0,-1)，∴E到平面PCD的距离d=|PE⋅n||n|=3322=334．高考链接1.（2020课标Ⅲ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，求二面角A-EF-A1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，如图.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC且AD=BC，BB1∥CC1且BB1=CC1，∵C1G=12CG，BF=2FB1，∴CG=23CC1=23BB1=BF且CG∥BF，∴四边形BCGF为平行四边形，∴GF∥BC∥AD，GF=BC=AD，∴四边形AFGD为平行四边形，则AF∥DG且AF=DG，同理可证四边形DEC1G为平行四边形，∴C1E∥DG且C1E=DG，∴C1E∥AF且C1E=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、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系C1xyz，则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的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，由m⋅AE→=0m⋅AF→=0得-y1-z1=0-2x1-2z1=0，取z1=-1，得x1=y1=1，则m=(1,1,-1)，设平面A1EF的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，由n⋅A1E→=0n⋅A1F→=0，得-y2+2x2=0-2x2+z2=0取z1=2，得x2=1，y2=4，则n=(1,4,2)，∴cos⟨m,n⟩=m⋅n|m|⋅|n|=33×21=77，设二面角A-EF-A1的平面角为θ，则|cosθ|=77，sinθ=1-cos2θ=427 .因此，二面角A-EF-A1的正弦值为427 .2.（2020课标Ⅰ理，18，12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD .△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=66DO .（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B-PC-E的余弦值.答案：（1）证明：设DO=a，由题设可得PO=66a，AO=33a，AB=a，PA=PB=PC=22a .因此PA2+PB2=AB2，从而PA⊥PB .又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC .所以PA⊥平面PBC .（2）过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO⊥平面ABC，所以以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AE=1，则E(-12,0,0)，P(0,0,24)，B(-14,34,0)，C(-14,-34,0)，所以PC=(-14,-34,-24)，PB=(-14,34,-24)，PE=(-12,0,-24)，设平面PCB的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，由n⋅PC→=0n⋅PB→=0得-x1-3y1-2z1=0-x1+3y1-2z1=0，令x1=2，得z1=-1，y1=0，所以n=(2,0,-1)，设平面PCE的一个法向量为m=(x2,y2,z2),由m⋅PC→=0m⋅PE→=0，得-x2-3y2-2z2=0-2x2-2z2=0令x2=1，得z2=-2，y2=33，所以m=(1,33,-2)，故cos⟨m,n⟩=n⋅m|n||m|=223×103=255，易知二面角B-PC-E的平面角为锐角，所以二面角B-PC-E的余弦值为255 .3.（2020新高考Ⅰ，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：（1）证明：在正方形ABCD中，AD∥BC，因为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AD∥l，因为在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC，因为PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，因为CD∩PD=D，CD,PD⊂平面PDC，所以l⊥平面PDC.（2）如图，建立空间直角坐标系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,0,1)，则有DC=(0,1,0)，DQ=(m,0,1)，PB=(1,1,-1)，设平面QCD的一个法向量为n=(x,y,z)，则DC→⋅n=0DQ→⋅n=0，即y=0mx+z=0，令x=1，则z=-m，所以平面QCD的一个法向量为n=(1,0,-m)，则cos⟨n,PB⟩=n⋅PB|n||PB|=1+0+m3⋅m2+1，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于|cos⟨n,PB⟩|=|1+m|3⋅m2+1=33⋅1+2m+m2m2+1=33⋅1+2mm2+1≤33⋅1+2|m|m2+1≤33⋅1+1=63当且仅当m=1时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63 .4.（2020天津，17,15分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=2，CC1=3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD=1，CE=2，M为棱A1B1的中点.（1）求证：C1M⊥B1D；（2）求二面角B-B1E-D的正弦值；（3）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.答案：依题意，以C为原点，CA，CB，CC1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（如图），可得C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,3)，A1(2,0,3)，B1(0,2,3)，D(2,0,1)，E(0,0,2)，M(1,1,3) .（1）证明：C1M=(1,1,0)，B1D=(2,-2,-2)，从而C1M⋅B1D=2-2+0=0，所以C1M⊥B1D .（2）易知CA=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量，EB1=(0,2,1)，ED=(2,0,-1) .设n=(x,y,z)为平面DB1E的一个法向量，则n⋅EB1→=0n⋅ED→=0，即2y+z=02x-z=0 .不妨设x=1，可得n=(1,-1,2) .则cos⟨CA,n⟩=CA⋅n|CA||n|=22×6=66，于是sin⟨CA,n⟩=1-cos2(CA,n)=306 .所以，二面角B-B1E-D的正弦值为306 .（3）依题意，AB=(-2,2,0) .由（2）知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量，于是cos⟨AB,n⟩=AB⋅n|AB||n|=-33 .所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为33 .线线平行证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量线线垂直证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直线面平行①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两不共线向量线性表示线面垂直①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题面面平行①证明两个平面的法向量平行（即共线向量）；②转化为线面平行、线线平行问题面面垂直①证明两个平面的法向量互相垂直；②转化为线面垂直、线线垂直问题