选修2-1 第3章空间向量与立体几何-常见题型分类总结-2020-2021学年人教A版高二数学上学期期末复习（Word含解析）

人教A版选修2-1第三章空间向量与立体几何常见题型分类总结
题型一：求平面的法向量
1．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，求平面的一个法向量.
题型二：向量法证平行和垂直
2．如图，正方体中，、分别为、的中点．选用合适的方法证明以下问题：
（1）证明：平面平面；
（2）证明：面．
3．如图，在多面体ABC—A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1=BC，二面角A1?AB?C是直二面角.
求证：（1）A1B1⊥平面AA1C；
（2）AB1∥平面A1C1C.
题型三：向量法求线面角
4．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为与的交点.
（1）证明：平面平面；
（2）若，，求直线与平面所成角的正弦值.
5．已知长方体中，，，E为的中点.
（1）证明平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
题型四：向量法求二面角
6．如图，四棱锥中，为正方形，平面，是的中点，是上一点，．
（1）证明：平面；
（2）若，，求二面角的大小．
7．如图已知斜三棱柱中，∠BCA=90°，AC=BC=2，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，且.
（1）求证：A1B⊥AC1；
（2）求直线A1B与平面A1B1C1所成角的正弦值；
（3）在线段C1C上是否存在点M，使得二面角的平面角为90°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由.
题型五：向量法求异面直线夹角
8．在四棱锥中，平面，底面四边形为直角梯形，，，，，为中点．
（1）求证：；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
9．在四棱柱中，平面，底面是边长为的正方形，与交于点，与交于点，且.
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求的长度；
（Ⅲ）求直线与所成角的余弦值.
题型六：向量法求距离
10．如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD的中点，试用向量法解决下面的问题．
（1）求证：；
（2）若，求线段BP的长．
11．如图所示在长方体中，，，，，分别是，的中点.
（1）求证：平面
（2）求C到平面的距离.
12．如图，在长方体中，，点E在棱AB上移动
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）当E为AB的中点时，求点E到平面的距离．
13．在长方体中，，，，是的中点，建立空间直角坐标系，用向量方法解下列问题：
（1）求直线与所成的角的余弦值；
（2）作于，求点到点的距离．
14．如图，四棱锥的底面是矩形，⊥平面，，.
(1)求证：⊥平面；
(2)求二面角余弦值的大小；
(3)求点到平面的距离．
参考答案
1．
【分析】
首先建立空间直角坐标系，然后利用待定系数法按照平面法向量的求解步骤进行求解.
【详解】
解：如图所示建立空间直角坐标系.
依题意可得，，，，于是，
.设平面的法向量为，则，，于是
取，则，故平面的一个法向量为.
【点睛】
本题考查平面法向量的求法，属于基础题.
2．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
如图建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可
（1）求出两个平面的法向量，若两法向量共线，则可得证；
（2）求出向量，若此向量与平面的法向量共线，则可得证
【详解】
（1）建立如图所示的坐标系，设正方体的棱长为2，
则，，，，，，
设平面的法向量为，
∵，，
∴，
∴取，
同理平面的法向量为，∴，
∴平面平面；
（2）∵、分别为、的中点，
∴，∴，
∴面．
3．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
利用面面垂直的性质定理证出AB，AC，AA1两两互相垂直，建立空间直角坐标系A-xyz，
（1）求出平面AA1C的一个法向量，证出，即可证明.
（2）求出平面A1C1C的一个法向量，证明即可证明.
【详解】
因为二面角A1?AB?C是直二面角，
四边形A1ABB1为正方形，
所以AA1⊥平面BAC.
又因为AB＝AC，BC＝AB，
所以∠CAB＝90°，
即CA⊥AB，
所以AB，AC，AA1两两互相垂直.
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
设AB＝2，则A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2).
（1）＝(0，2，0)，＝(0，0，－2)，＝(2，0，0)，
设平面AA1C的一个法向量＝(x，y，z)，
则，即，即，取y＝1，则＝(0，1，0).
所以，
即.
所以A1B1⊥平面AA1C.
（2）易知＝(0，2，2)，＝(1，1，0)，＝(2，0，－2)，
设平面A1C1C的一个法向量＝(x1，y1，z1)，
则，即，
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，
即＝(1，－1，1).
所以＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，
所以，
又AB1?平面A1C1C，
所以AB1∥平面A1C1C.
【点睛】
本题考查了空间向量法证明线面垂直、线面平行，考查了基本运算，属于基础题.
4．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由平面几何知识可得.，再由线面垂直的性质定理和判断可证得平面.根据面面垂直的判定可得证；.
（2）在点G建立如图所示的空间直角坐标系.根据线面角的向量求解方法可求得答案.
【详解】
（1）证明：因为四边形为菱形，所以.
因为平面，平面，所以.
又，所以平面.又平面，
所以平面平面.
（2）解法1：设，在菱形中，由，可得，.
因为，所以在中可得.
由平面，得为直角三角形，则，得.
过点作直线，因为平面，所以平面，又，
所以建立如图所示的空间直角坐标系.
，，，，所以.
设平面的法向量为，，，
由，得，
取，，，所以平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
解法2：如图以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系.
不妨设，则，，，，，所以.
设平面的法向量为，，，
则，得，
令，则，.所以平面的一个法向量为.
设与平面所成角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
5．（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）连结，与交于点，可得，结合平面，根据线面平行的判断定理可证明平面；
（2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量，及，设直线与平面所成角为，可得，计算即可.
【详解】
（1）连结，与交于点，则为的中点，又E为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，得，
设直线与平面所成角为，则.
6．（1）证明见解析；（2）90°．
【分析】
（1）连接，交于，连接，则由是的中点，可得，而由可得，所以可得到，从而由线面平行的判定定理可证得平面；
（2）由已知可知两两垂直，所以以所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的大小.
【详解】
解：（1）连接，交于，连接，
∵是的中点，∴，
∵，∴，
∵平面，平面，
∴平面．
（2）∵平面，在平面内，
∴ ，
∵四边形为正方形，所以,
∴两两垂直，
∴建立如图所示的空间坐标系，则，，，．
，，，，
设平面的法向量为，
∴，令，则．
设平面的法向量为，
∴，令，则，
∴，，即二面角的大小为90°．
【点睛】
此题考查了线面平行的证明，利用空间向量求二面角的平面角，考查空间想象能力，属于中档题.
7．（1）证明见解析；（2）；（3）不存在，理由见解析.
【分析】
（1）作交于点，分别以所在直线为 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明；
（2）利用（1）中所建坐标系，求出直线的方向向量和平面的一个法向量，则两向量的夹角的余弦值的绝对值即为线与面的夹角的正弦值；
（3）假设存在设（），求出平面的一个法向量，根据，即可求出的值，即可得证.
【详解】
证明：（1）方法一：作交于点，分别以所在直线为轴建系
所以，
，所以
方法二：在中，得
所以四边形为菱形，得
又，，，所以
因为，所以又因为
所以，因为，所以
（2）方法一：因为，所以面的一个法向量为
因为，所以，
设线与平面所成角为，
方法二：因为，所以线与平面所成的角等于与面所成的角，所以即为所要求.
在中，，，
线与平面所成角的正弦值为
（3）方法一：不存在，设，()
，
设面的一个法向量为
有
，得
所以不存在点满足要求.(只猜想不存在也给分)
方法二：
与面的交点为与的交点
且
所以在线段上不存在点满足要求.
【点睛】
本题考查了空间位置关系与距离空间角、数量积运算性质、向量夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
8．（1）详见解析；（2）．
【分析】
（1）以为原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，计算得，即可证明结论；
（2）先求出，再利用向量夹角公式即可得出.
【详解】
（1）由题意在四棱锥中，平面，底面四边形为直角梯形，，
以为原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，．因为为中点，所以，
所以，，所以，所以．
（2）由（1）得，，，，
，所以与所成角的余弦值为．
【点睛】
本题考查了异面直线所成的角、向量夹角公式、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
9．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）的长度等于.（Ⅲ）
【分析】
（Ⅰ）在以中，利用中位线定理证明，再由线面平行的判定定理得证；
（Ⅱ）由已知说明，，两两垂直，进而可建立空间直角坐标系，再分别表示点的坐标，即可表示，的坐标，由向量垂直的数量积为零构建方程求得答案；
（Ⅲ）由数量积的坐标运算求夹角的余弦值.
【详解】
（Ⅰ）证明：由已知，四棱柱中，四边形与四边形是平行四边形，所以，分别是，的中点.
所以中，.
因为平面，所以平面.
（Ⅱ）因为平面，，
所以平面，所以，，
又正方形中，所以以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
设，所以，，，，
，.
因为，所以，
解得，所以的长度等于.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，，
设直线与所成角为，
所以.
即直线与所成角的余弦值为.
【点睛】
本题考查空间中线面平行的证明，还考查了利用空间向量求棱长与异面直线所成角，属于简单题.
10．（1）证明见解析；（2）．
【分析】
由题设已知可构建底面中心O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系，确定坐标，（1）应用向量的数量积坐标公式有，即可证；（2）用坐标表示，求模即为线段BP的长；
【详解】
连接BD，交AC于点O，由题意知平面ABCD．以O为坐标原点，，，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，如图所示．
（1）设底面边长为a，则高，于是，，，所以，，
所以，故，即．
（2）因为，所以，，.
由中点坐标公式，可得，所以，
所以，即线段BP的长为．
【点睛】
本题考查了应用空间向量证明垂直及求线段长度，根据几何体的性质构建合适的空间坐标系，并得到点坐标，应用向量垂直的坐标公式证垂直，由向量的模求线段长度.
11．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）分别取和的中点，连接，利用中位线定理可证四边形是平行四边形，所以，再根据线面平行的判定定理，即可证明结果；
（2）以为原点，分别为，建立空间直角坐标系，根据题意可求出点的坐标，进而求出平面的法向量，再根据空间向量中点到平面的距离公式即可求出结果.
【详解】
分别取和的中点，连接，
则且；且
所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）以为原点，分别为，建立空间直角坐标系，如图所示：
由题意，则，
又，分别是，的中点，
所以,
所以;
设平面的法向量为，则
，令，则；
所以，
设C到平面的距离为，则.
【点睛】
本题主要考查了线面平行的判定定理的应用，以及空间向量的在求点到平面距离中的应用，属于基础题.
12．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】
（Ⅰ）建立空间直角坐标系，根据空间向量垂直的性质进行证明即可；
（Ⅱ）利用空间点到平面的距离公式进行求解即可.
【详解】
以D为坐标原点，直线DA，DC，分别为x，y，z轴，建立空间宜角坐标系，
设，
则，，，，．
（Ⅰ）因为，所以．
（Ⅱ）因为E为AB的中点，则，
从而，，，
设平面的法向量为，
则，
也即，得，取，从而，
所以点E到平面的距高为．
13．（1）；（2）．
【分析】
（1）由题意写出点的坐标，求出，的坐标，利用空间向量求异面直线所成角即可；
（2）由题意得，，，设，求出，，的坐标，列出方程组，求解，得出点坐标，利用向量的模求解即可.
【详解】
（1）由题意得，，，．
∴，，
∴，
∴与所成的角的余弦值为．
（2）由题意得，，，
∵，设，
∴，，，
∴，
解得，
∴，
∴．
14．(1)见解析，(2) (3)
【详解】
（1）建立如图所示的直角坐标系，
则A（0，0，0）、D（0，2，0）、P（0，0，2）.………………2分
在Rt△BAD中，AD=2，BD=，
∴AB=2.∴B（2，0，0）、C（2，2，0），
∴
∵，即BD⊥AP，BD⊥AC，又AP∩AC=A，
∴BD⊥平面PAC. …………4分
解：（2）由（1）得.
设平面PCD的法向量为，则，
即，∴故平面PCD的法向量可取为
∵PA⊥平面ABCD，∴为平面ABCD的法向量. ……………………………7分
设二面角P—CD—B的大小为q，依题意可得. ……………………………9分
（3）由（Ⅰ）得，设平面PBD的法向量为，
则，即，∴x=y=z，故可取为. ………11分
∵，∴C到面PBD的距离为…………………13分
考点：本题考查直线与平面垂直的判定定理；线面垂直的性质定理；向量法求空间角； 点、线、面间的距离计算．
【点睛】
综合法求二面角，往往需要作出平面角，这是几何中一大难点，而用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角，只需求出平面的法向量，经过简单运算即可，从而体现了空间向量的巨大作用．二面角的向量求法： ①若AB、CD分别是二面的两个半平面内与棱垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量与的夹角； ②设分别是二面角的两个面α，β的法向量，则向量的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小．