2021-2022学年数学人教B版（2019）选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何复习提升练（Word含答案解析）

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.(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　混淆空间角与向量所成角致误
2.(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.
3.(2020河南郑州外国语学校高二期末,)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.
(1)求证:BD⊥平面AED;
(2)求二面角F-BD-C的余弦值.
易错点3　不能正确求点到平面的距离
4.(2020陕西西安高新第一中学高二期末,)如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,四边形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,DE=2,M为线段BF的中点.
(1)求M到平面DEC的距离及三棱锥M-CDE的体积;
(2)求证:DM⊥平面ACE.
思想方法练
一、函数与方程思想在空间向量中的应用
1.(2020浙江镇海中学高二期中,)已知空间中的两点A,B,且A(x,5-x,2x-1),B(1,x+2,2-x),当||取最小值时,x的值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.19 B.- C. D.
2.(2020北京第四中学高二期末,)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=2,AB⊥AC,M,N分别是棱CC1,BC的中点,点P在线段A1B上(包括两个端点)运动.
(1)当P为线段A1B的中点时,求证:PN⊥AC1;
(2)求直线PN与平面AMN所成角的正弦值的取值范围.
二、转化与化归思想在空间向量中的应用
3.(2020重庆巴蜀中学高二期中,)如图,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB=2a,F为CD的中点.
(1)求证:AF∥平面BCE;
(2)判断平面BCE与平面CDE的位置关系,并证明你的结论.
4.(2020安徽合肥第一中学高二期末,)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC,∠ACB=90°,E是棱CC1上的动点,F是AB的中点,AC=1,BC=2,AA1=4.
(1)当E是棱CC1的中点时,求证:CF∥平面AEB1;
(2)在棱CC1上是否存在点E,使得二面角A-EB1-B的余弦值是 若存在,求出CE的长;若不存在,请说明理由.
5.(2020广东广州高二期末,)如图,四边形ABCD是边长为3的正方形,DE⊥平面ABCD,AF∥DE,DE=3AF,BE与平面ABCD所成的角为60°.
(1)求证:AC⊥平面BDE;
(2)求二面角F-BE-D的余弦值;
(3)设点M是线段BD上的一个动点,试确定点M的位置,使得AM∥平面BEF,并证明你的结论.
答案全解全析
易混易错练
1.解析　由已知得a·b=5×(-2)+3t-=3t-,
因为a和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∪.
2.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ABCD.
建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,
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,
∴=,=a,-,-a,
∴·=a×+a×=-a2,||=a,||=a,
∴cos<,>===-.
∵cos θ=|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n=0,0,a,
∴cos<,n>===-.
∵sin α=|cos<,n>|=,
∴直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为.
3.解析　(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,
所以∠ADC=∠BCD=120°.
又CB=CD,
所以∠CDB=30°,
所以∠ADB=90°,
即AD⊥BD.
又AE⊥BD,且AE∩AD=A,AE,AD 平面AED,
所以BD⊥平面AED.
(2)解法一:连接AC.易得AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD,所以CA,CB,CF两两垂直.
以C为坐标原点,CA,CB,CF所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设CB=1,
则C(0,0,0),B(0,1,0),D,F(0,0,1),
所以=,=(0,-1,1).
设平面BDF的一个法向量为m=(x,y,z),
则m·=0,m·=0,即所以x=y=z,取z=1,则m=(,1,1).
易知=(0,0,1)是平面BDC的一个法向量,
则cos===,所以二面角F-BD-C的余弦值为.
解法二:如图,取BD的中点G,连接CG,FG,
因为CB=CD,所以CG⊥BD.
又FC⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,
所以FC⊥BD.
因为FC∩CG=C,FC,CG 平面FCG,
所以BD⊥平面FCG,
故BD⊥FG,
所以∠FGC为二面角F-BD-C的平面角.
因为在等腰三角形BCD中,∠BCD=120°,所以CG=CB.
又CB=CF,所以GF==CG,
故cos∠FGC=,
所以二面角F-BD-C的余弦值为.
4.解析　(1)设AC∩BD=O,以O为原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线为y轴,过O且与平面ABCD垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
易知z轴在平面BDEF内,且BF∥DE∥z轴,
则C(0,,0),D(-1,0,0),E(-1,0,2),M(1,0,1),
∴=(0,0,2),=(1,,0),=(2,0,1).
设平面DEC的一个法向量n=(x,y,z),
则取x=,得n=(,-1,0),
∴M到平面DEC的距离h===,
又S△DEC=×DE×DC=×2×2=2,
∴三棱锥M-CDE的体积V=×S△DEC×h=×2×=.
(2)证明:由(1)易知A(0,-,0),=(0,2,0),=(-1,,2),
∵·=0,·=-2+2=0,
∴AC⊥DM,AE⊥DM,
又AC∩AE=A,AC,AE 平面ACE,
∴DM⊥平面ACE.
思想方法练
1.C　||===,故当x=时,||取得最小值.
2.解析　由题意可知,AA1,AB,AC两两垂直,分别以AB,AC,AA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,
则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2).
因为M,N分别是棱CC1,BC的中点,所以M(0,2,1),N(1,1,0).
(1)证明:当P为线段A1B的中点时,P(1,0,1),
所以=(0,1,-1),又=(0,2,2),所以·=0,即PN⊥AC1.
(2)因为点P在线段A1B上运动,所以设=λ(0≤λ≤1),得P(2λ,0,2-2λ),
所以=(1-2λ,1,2λ-2).
设平面AMN的一个法向量为s=(x,y,z),因为=(0,2,1),=(1,1,0),
所以由s⊥,s⊥,得取y=1,则x=-1,z=-2,所以s=(-1,1,-2).
设直线PN与平面AMN所成的角为α,
则sin α=|cos|
==,
因为λ∈[0,1],所以sin α=,设t=4-2λ,则t∈[2,4],
所以sin α=,设f(t)=,t∈[2,4],
则f(t)=,设u=,则u∈,易求得14u2-10u+2的取值范围为,
所以f(t)的取值范围为,
所以直线PN与平面AMN所成角的正弦值的取值范围为.
3.解析　建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a),D(a,a,0),E(a,a,2a).
因为F为CD的中点,
所以F.
(1)证明:=,=(a,a,a),=(2a,0,-a).
所以=(+),所以平面BCE内存在一条直线平行于AF,又AF 平面BCE,所以AF∥平面BCE.
(2)平面BCE⊥平面CDE.证明如下:
因为=,=(-a,a,0),=(0,0,-2a),
所以·=0,·=0,
所以⊥,⊥,
即AF⊥CD,AF⊥ED,
又ED∩CD=D,所以AF⊥平面CDE,
又AF∥平面BCE,所以平面BCE⊥平面CDE.
4.解析　(1)证明:取AB1的中点G,连接EG,FG.
∵F,G分别是AB,AB1的中点,
∴FG∥BB1,FG=BB1,
又B1B C1C,EC=C1C,
∴EC∥B1B,EC=B1B,∴FG EC,
∴四边形FGEC是平行四边形,∴CF∥EG.
∵CF 平面AEB1,EG 平面AEB1,
∴CF∥平面AEB1.
(2)以C为坐标原点,射线CA,CB,CC1分别为x轴,y轴,z轴正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,
则C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,4),=(-1,2,4),
设E(0,0,m)(0≤m≤4),平面AEB1的一个法向量为n1=(x,y,z),则=(-1,0,m).
由⊥n1,⊥n1,
得令z=2,得n1=(2m,m-4,2).
易得CA⊥平面C1CBB1,
∴是平面EBB1的一个法向量,令n2=.
∵二面角A-EB1-B的余弦值为,
∴=|cos|
==,
解得m=1.
∴在棱CC1上存在点E,使得二面角A-EB1-B的余弦值是,此时CE=1.
5.解析　(1)证明:∵DE⊥平面ABCD,∴DE⊥AC.
∵四边形ABCD是正方形,
∴AC⊥BD,又DE∩BD=D,DE,BD 平面BDE,∴AC⊥平面BDE.
(2)∵DE⊥平面ABCD,
∴∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角,即∠EBD=60°,∴=.
在正方形ABCD中,AD=3,则BD=3,∴DE=3,∴AF=.
以D为原点,DA,DC,DE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Dxyz,则A(3,0,0),F(3,0,),E(0,0,3),B(3,3,0),C(0,3,0),
∴=(0,-3,),=(3,0,-2).
设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z),则即
令z=,得n=(4,2,).
∵AC⊥平面BDE,∴=(3,-3,0)为平面BDE的一个法向量,
∴cos===,
故二面角F-BE-D的余弦值为.
(3)点M是线段BD上靠近B点的三等分点,证明如下:
依题意,设M(t,t,0)(0≤t≤3),则=(t-3,t,0),
∵AM∥平面BEF,∴·n=0,即4(t-3)+2t=0,解得t=2,
∴点M的坐标为(2,2,0),此时=,
∴点M是线段BD上靠近B点的三等分点.