空间向量与立体几何复习提升练- 高二上学期数学人教B版（2019）选择性必修第一册第一章 .docx

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1、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=-2,t,-25,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,ABCD,DAB=

2、60°,FC平面ABCD,AEBD,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

3、+2,2-x),当|AB|取最小值时,x的值为()A.19B.-87C.87D.19142.(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,ABAC,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:PNAC1;(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B

4、CE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21717?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,AFDE,DE=3AF,BE与平面ABCD所成的角为60°.(1)求证:AC平面BD

5、E;(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-25=3t-525,因为a和b的夹角为钝角,所以a·b<0,所以3t-525<0,即t<5215.若a与b的夹角为180°,则存在<0,使a=b,即(5,3,1)=-2,t,-25,所以5=·(-2),3=·t,1=·-25,所以t=-65,故t的取值范围为-,-65-65,5215.2.解析取DC的中点O,

6、连接PO,PDC为正三角形,PODC.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.E为PC的中点,E0,a4,34a,DE=0,34a,34a,PA=a,-a2,-32a,PA·DE=34a×-a2+34a×-32a=-34a2,|PA|=2a,|DE|=32a,cos<PA,DE>=PA·DE|PA|DE|=-34a22a×32a=-64.cos =|co

7、s<PA,DE>|,异面直线PA与DE所成角的余弦值为64.(2)设直线AP与平面ABCD所成的角为,易知平面ABCD的一个法向量n=0,0,32a,cos<PA,n>=PA·n|PA|n|=-34a22a×32a=-64.sin =|cos<PA,n>|=64,直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为64.3.解析(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,ABCD,DAB=60°,所以ADC=BCD=120°.又CB=CD,所以CDB=30°,所以ADB=90°,即ADBD.又AEBD,且AEAD=

8、A,AE,AD平面AED,所以BD平面AED.(2)解法一:连接AC.易得ACBC.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),D32,-12,0,F(0,0,1),所以BD=32,-32,0,BF=(0,-1,1).设平面BDF的一个法向量为m=(x,y,z),则m·BD=0,m·BF=0,即32x-32y=0,-y+z=0,所以x=3y=3z,取z=1,则m=(3,1,1).易知CF=(0,0,1)是平面BDC的一个

9、法向量,则cos<m,CF>=m·CF|m|CF|=15=55,所以二面角F-BD-C的余弦值为55.解法二:如图,取BD的中点G,连接CG,FG,因为CB=CD,所以CGBD.又FC平面ABCD,BD平面ABCD,所以FCBD.因为FCCG=C,FC,CG平面FCG,所以BD平面FCG,故BDFG,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=12CB.又CB=CF,所以GF=CG2+CF2=5CG,故cosFGC=55,所以二面角F-BD-C的余弦值为55.4.解析(1)设ACBD=O,以O为原点,OB所在直线

10、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BFDEz轴,则C(0,3,0),D(-1,0,0),E(-1,0,2),M(1,0,1),DE=(0,0,2),DC=(1,3,0),DM=(2,0,1).设平面DEC的一个法向量n=(x,y,z),则n·DE=2z=0,n·DC=x+3y=0,取x=3,得n=(3,-1,0),M到平面DEC的距离h=|DM·n|n|=233+1=3,又SDEC=12×DE×DC=12×2×2=2,三棱锥M-CDE的

11、体积V=13×SDEC×h=13×2×3=233.(2)证明:由(1)易知A(0,-3,0),AC=(0,23,0),AE=(-1,3,2),AC·DM=0,AE·DM=-2+2=0,ACDM,AEDM,又ACAE=A,AC,AE平面ACE,DM平面ACE.思想方法练1.C|AB|=(x-1)2+(3-2x)2+(3x-3)2=14x2-32x+19=14x-872+57,故当x=87时,|AB|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A

12、xyz,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PN=(0,1,-1),又AC1=(0,2,2),所以PN·AC1=0,即PNAC1.(2)因为点P在线段A1B上运动,所以设A1P=A1B(01),得P(2,0,2-2),所以PN=(1-2,1,2-2).设平面AMN的一个法向量为s=(x,y,z),因为AM=(0,2,1),AN=(1,1,0),所以由sAM,sAN,得2y+z=0,x+y=

13、0,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,则sin =|cos<s,PN>|=|s·PN|s|PN|=|4-2|6·82-12+6,因为0,1,所以sin =4-26·82-12+6,设t=4-2,则t2,4,所以sin =t6·2t2-10t+14,设f(t)=t6·2t2-10t+14,t2,4,则f(t)=16·14t2-10t+2,设u=1t,则u14,12,易求得14u2-10u+2的取值范围为314,12,所以f(t)的取值范围为33,73,所以直线PN与

14、平面AMN所成角的正弦值的取值范围为33,73.3.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,3a,0),E(a,3a,2a).因为F为CD的中点,所以F32a,32a,0.(1)证明:AF=32a,32a,0,BE=(a,3a,a),BC=(2a,0,-a).所以AF=12(BE+BC),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AF=32a,32a,0,CD=(-a,3a,0),ED=(0,0,-2a),所以AF·CD=0,AF·

15、;ED=0,所以AFCD,AFED,即AFCD,AFED,又EDCD=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,FGBB1,FG=12BB1,又B1B􀱀C1C,EC=12C1C,ECB1B,EC=12B1B,FG􀱀EC,四边形FGEC是平行四边形,CFEG.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,

16、0,0),B1(0,2,4),AB1=(-1,2,4),设E(0,0,m)(0m4),平面AEB1的一个法向量为n1=(x,y,z),则AE=(-1,0,m).由AB1n1,AEn1,得-x+2y+4z=0,-x+mz=0,令z=2,得n1=(2m,m-4,2).易得CA平面C1CBB1,CA是平面EBB1的一个法向量,令n2=CA.二面角A-EB1-B的余弦值为21717,21717=|cos<n1,n2>|=|n1·n2|n1|n2|=2m4m2+(m-4)2+4,解得m=1m=-53舍去.在棱CC1上存在点E,使得二面角A-EB1-B的余弦值是21717,此时CE=

17、1.5.解析(1)证明:DE平面ABCD,DEAC.四边形ABCD是正方形,ACBD,又DEBD=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°,EDBD=3.在正方形ABCD中,AD=3,则BD=32,DE=36,AF=6.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(3,0,6),E(0,0,36),B(3,3,0),C(0,3,0),BF=(0,-3,6),EF=(3,0,-26).设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z),则

18、n·BF=0,n·EF=0,即-3y+6z=0,3x-26z=0.令z=6,得n=(4,2,6).AC平面BDE,CA=(3,-3,0)为平面BDE的一个法向量,cos<n,CA>=n·CA|n|CA|=626×32=1313,故二面角F-BE-D的余弦值为1313.(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)(0t32),则AM=(t-3,t,0),AM平面BEF,AM·n=0,即4(t-3)+2t=0,解得t=2,点M的坐标为(2,2,0),此时DM=23DB,点M是线段BD上靠近B点的三等分点.