第一章 空间向量与立体几何 复习提升（Word版含解析）

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=λ+μ(λ,μ∈R),则直线AB与平面CDE的位置关系为　　　　　　　　　　　　.易错
2.(2020浙江诸暨中学高二上期中,)若直线a的方向向量为a,平面α,β的法向量分别为n,m,则下列命题为真命题的序号是　　　　　　.
(1)若a⊥n,则直线a∥平面α;
(2)若a∥n,则直线a⊥平面α;
(3)若cos=,则直线a与平面α所成角的大小为;
(4)若cos=,则平面α,β的夹角为.
3.(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
4.(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a∥b,则存在唯一的实数λ,使a=λb
D.零向量是模为0,方向任意的向量
易错点3　忽略平行向量
5.()已知a=(3,-2,-3),b=(-1,x-1,1),且a与b的夹角为钝角,则x的取值范围是　　　.易错
易错点4　混淆向量夹角范围与空间角范围
6.()在正方体ABCD-A1B1C1D1中,向量与向量的夹角是(　　)
A.150° B.135° C.45° D.30°
7.(2020天津武清高三上期中,)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.
(1)求直线EB与平面PBD所成角的正弦值;
(2)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求平面FAB与平面PAB夹角的余弦值.
8.(2020山东莱州第一中学高二上期末,)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且面DAF与面ABEF所成的角和面CBE与面ABEF所成的角都是60°.
(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;
(2)求面BCE与面ABCD所成角的余弦值.
思想方法练
一、利用方程思想求值
1.(2020天津六校高三联考,)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SBC⊥平面ABC,SB=SC=AB=AC=,BC=2,O为BC的中点.
(1)证明:SO⊥平面ABC;
(2)求异面直线AB和SC所成角;
(3)设线段SO上有一点M,当AM与平面SAB所成角的正弦值为时,求OM的长.
二、利用函数思想求最值
2.(2020山东济宁高三上期中,)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥平面ABC,△ABC为等腰直角三角形,∠BAC=90°,且AB=AA1=2,E、F分别为CC1、BC的中点.
(1)若D是AA1的中点,求证:BD∥平面AEF;
(2)若M是线段AE上的任意一点,求直线B1M与平面AEF所成角的正弦的最大值.
三、利用转化思想求距离和空间角、判定平行和垂直
3.()在长方体A1B1C1D1-ABCD中,AA1=1,AD=DC=,Q是线段A1C1上一点,且C1Q=C1A1,则点Q到平面A1DC的距离为　　　.
4.()如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D、E、F分别为线段A1C1、AB、A1A的中点,A1A=AC=BC,∠ACB=90°.求证:
(1)DE∥平面BCC1B1;
(2)EF⊥平面B1CE.
5.()如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,AD=1,PA=AB=,E是棱PB的中点.
(1)求异面直线EC与PD所成角的余弦值;
(2)求平面BEC与平面ECD夹角的余弦值.
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=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　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,向量与向量、共面,直线AB可能在平面CDE内,也可能和平面CDE平行.
2.答案　(2)(3)(4)
解析　若a⊥n,则直线a与平面α平行或在平面α内,所以(1)是假命题;
若a∥n,则a也是平面α的法向量,所以直线a⊥平面α,所以(2)是真命题;
直线与平面的夹角的正弦值等于直线与平面法向量所成的锐角的余弦值,所以(3)是真命题;
两个平面的夹角与它们的法向量所成的不大于90°的角相等,所以(4)是真命题.
3.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),M,N,
∴=,=(1,1,0),=(0,0,1),
设平面BB1D1D的法向量为n=(x,y,z),
则
即令x=1,则y=-1,z=0,
∴n=(1,-1,0)是平面BB1D1D的一个法向量.
∵·n=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·n=0,得MN∥平面BB1D1D,造成步骤不完整,实际上,当·n=0时,MN∥平面BB1D1D或MN 平面BB1D1D.
4.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λ,使a=λb,否则λ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.
5.答案　∪
解析　∵a与b的夹角为钝角,
∴a·b=-3-2(x-1)-3<0,解得x>-2.由题意得a与b不共线,则≠,解得x≠,∴x的取值范围是∪.
易错警示　本题容易忽略了a与b共线时的特殊情况.
6.B　如图,建立空间直角坐标系,
设正方体的棱长为1,
则A(0,0,0),B(1,0,0),C1(1,1,1),A1(0,0,1),
∴=(1,0,0),=(-1,-1,0),
∴cos<,>===-,
∴向量与向量的夹角是135°.
7.解析　(1)如图,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,1,1),
所以=(0,1,1),=(1,0,-2),=(0,2,-2),设平面PBD的法向量为m=(x,y,z),则由m⊥,m⊥,
得
令z=1,得x=2,y=1,即m=(2,1,1),
所以cos<,m>===,
设直线BE与平面PBD所成角为α,则sin α=|cos<,m>|=,即直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(2)由(1)得=(2,2,-2),=(1,0,-2),=(2,2,0).
设=λ(0≤λ≤1),则=-=λ-=(2λ,2λ,-2λ)-(1,0,-2)=(2λ-1,2λ,2-2λ),
·=4λ-2+4λ=0,解得λ=,
所以点F,
显然,=(0,2,0)是平面PAB的一个法向量,设n=(x1,y1,z1)是平面FAB的法向量,因为=,=,
所以
令z1=1,则y1=-3,x1=0,所以n=(0,-3,1),
所以cos<,n>==-,
设平面FAB与平面PAB的夹角为β,
则cos β=|cos<,n>|=,
即平面FAB与平面PAB的夹角的余弦值为.
8.解析　(1)证明:∵四边形ABEF为正方形,∴AF⊥EF.
∵∠AFD=90°,∴AF⊥DF,
∵DF∩EF=F,DF 平面EFDC,EF 平面EFDC,
∴AF⊥平面EFDC,
∵AF 平面ABEF,
∴平面ABEF⊥平面EFDC.
(2)由AF⊥DF,AF⊥EF,可得∠DFE为面DAF和面ABEF所成角的平面角.
∵四边形ABEF为正方形,
∴BE∥AF,BE⊥EF,
又AF⊥平面EFDC,
∴BE⊥平面EFDC.
∵CE 平面EFDC,
∴CE⊥BE,
可得∠CEF为面CBE和面ABEF所成角的平面角,
∴∠DFE=∠CEF=60°.
∵AB∥EF,AB 平面EFDC,EF 平面EFDC,∴AB∥平面EFDC,
∵平面EFDC∩平面ABCD=CD,AB 平面ABCD,
∴AB∥CD,∴CD∥EF,
∴四边形EFDC为等腰梯形,以E为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设FD=a,则E(0,0,0),B(0,2a,0),C,A(2a,2a,0),
∴=(0,2a,0),=,=(-2a,0,0),
设平面BCE的法向量为m=(x1,y1,z1),
则
即令z1=-1,则x1=,y1=0,则m=(,0,-1).
同理可得平面ABCD的一个法向量为n=(0,,4),
设面BCE与面ABCD所成角的大小为θ,
则cos θ===,
∴面BCE与面ABCD所成角的余弦值为.
思想方法练
1.解析　(1)证明:∵SB=SC,O为BC的中点,∴BO=OC,SO⊥BC,
∵平面SBC⊥平面ABC,平面SBC∩平面ABC=BC,SO 平面SBC,
∴SO⊥平面ABC.
(2)∵SB=SC=AB=AC=,BC=2,
∴BS⊥CS,BA⊥CA,
如图,分别以OB,OA,OS所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
则A(0,1,0),B(1,0,0),S(0,0,1),C(-1,0,0),
∴=(1,-1,0),=(-1,0,-1).
∴|cos<,>|===,
∴异面直线AB和SC所成角的大小为.
(3)设m=(a,b,c)为平面SAB的法向量.
由(2)可得=(1,0,-1),
则即令a=1,则b=1,c=1,∴m=(1,1,1).
设M(0,0,t)(t∈[0,1]),则=(0,-1,t),
设AM与平面SAB所成角为θ.
则sin θ=|cos|=
==,
化简得3t2-10t+3=0(0≤t≤1),
解得t=3(舍)或t=,
∴OM的长为.
2.解析　(1)证明:连接DC1,BC1.
因为D、E分别是AA1、CC1的中点,
所以AD=C1E,又AD∥C1E,
所以四边形ADC1E是平行四边形,
所以AE∥DC1,
因为E,F分别是CC1,BC的中点,
所以EF∥BC1,
所以平面AEF∥平面BDC1.
又BD 平面BDC1,所以BD∥平面AEF.
(2)以A为坐标原点,AB,AC,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,则A(0,0,0),B1(2,0,2),E(0,2,1),F(1,1,0),∴=(0,2,1),=(1,1,0).
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),
由得
令z=2,得x=1,y=-1,
所以平面AEF的一个法向量为n=(1,-1,2).
设M(a,b,c),=λ(0≤λ≤1),则=(0,2λ,λ),
所以M(0,2λ,λ),所以=(-2,2λ,λ-2),
设直线B1M与平面AEF所成角为θ,
则sin θ=|cos|=
=
==
=(0≤λ≤1),
易知当λ=时,(sin θ)max=.
故直线B1M与平面AEF所成角的正弦的最大值为.
3.答案　
解析　如图,以D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则D(0,0,1),C(0,,1),A1(,0,0),C1(0,,0),∴=(0,,0),=(,0,-1),=(,-,0),
由=,得Q,
∴=,
设平面A1DC的法向量为n=(x,y,z),
由得
取x=1,则z=,y=0,∴n=(1,0,),
∴点Q到平面A1DC的距离d==.
4.证明　如图,建立空间直角坐标系,设A1A=AC=BC=2,
则A(2,0,0),C(0,0,0),A1(2,0,2),B1(0,2,2),D(1,0,2),E(1,1,0),F(2,0,1),
所以=(2,0,0),=(0,1,-2),=(1,-1,1),=(0,2,2),=(-1,1,2).
(1)显然,是平面BCC1B1的一个法向量,
因为·=0,
所以⊥.因为DE 平面BCC1B1,
所以DE∥平面BCC1B1.
(2)设平面B1CE的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=-1,则y=1,x=-1,即n=(-1,1,-1),
显然∥n,所以EF⊥平面B1CE.
5.解析　(1)因为PA⊥底面ABCD,且底面ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两互相垂直.
以A为原点,AB,AD,AP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.
则B(,0,0),C(,1,0),D(0,1,0),P(0,0,),E,
所以=,=(0,1,-),
所以cos<,>=
=,
所以异面直线EC与PD所成角的余弦值为.
(2)由(1)得=(0,1,0),=(,0,0).
设平面BEC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即
令x1=1,则z1=1,
所以平面BEC的一个法向量为n1=(1,0,1).
设平面ECD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则即
令z2=,则y2=1,
所以平面ECD的一个法向量为n2=(0,1,),
设平面BEC和平面ECD的夹角为θ,
则cos θ=|cos|==,
所以平面BEC和平面ECD的夹角的余弦值为.