2023-2024學(xué)年人教B版選擇性必修第一冊 第一章　空間向量與立體幾何 章末復(fù)習(xí)與總結(jié) 學(xué)案

eq\a\vs4\al(知|識|體|系|構(gòu)|建)核|心|素|養(yǎng)|培|優(yōu)一、數(shù)學(xué)運(yùn)算數(shù)學(xué)運(yùn)算是指在明晰運(yùn)算對象的基礎(chǔ)上，依據(jù)運(yùn)算法則解決數(shù)學(xué)問題的過程．主要包括：理解運(yùn)算對象，掌握運(yùn)算法則，探究運(yùn)算方向，選擇運(yùn)算方法，設(shè)計(jì)運(yùn)算程序，求得運(yùn)算結(jié)果等．本章中的數(shù)學(xué)運(yùn)算主要涉及以下內(nèi)容，空間向量的線性運(yùn)算及其坐標(biāo)表示，空間向量的數(shù)量積及其坐標(biāo)表示，利用空間向量求空間角及空間距離．題型一空間向量的線性運(yùn)算【例1】如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，eq\o(AA1,\s\up6(―→))＝a，eq\o(A1B1,\s\up6(―→))＝b，eq\o(A1D1,\s\up6(―→))＝c，O為底面ABCD的中心，G為△D1C1O的重心，則eq\o(AG,\s\up6(―→))＝()A．eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(5,6)cB．eq\f(2,3)a＋b＋eq\f(5,6)cC．eq\f(1,3)a＋eq\f(2,3)b＋eq\f(1,6)cD．a(chǎn)＋eq\f(1,2)b＋eq\f(5,6)c解析在正方體ABCD-A1B1C1D1中，eq\o(AA1,\s\up6(―→))＝a，eq\o(A1B1,\s\up6(―→))＝b，eq\o(A1D1,\s\up6(―→))＝c，O為底面ABCD的中心，G為△D1C1O的重心，連接OG，則eq\o(AG,\s\up6(―→))＝eq\o(AO,\s\up6(―→))＋eq\o(OG,\s\up6(―→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\o(AD,\s\up6(―→)))＋eq\f(1,3)(eq\o(OD1,\s\up6(―→))＋eq\o(OC1,\s\up6(―→)))＝eq\f(1,2)(b＋c)＋eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)（\o(BA,\s\up6(―→))＋\o(BC,\s\up6(―→))）＋\o(DD1,\s\up6(―→))＋\f(1,2)（\o(AB,\s\up6(―→))＋\o(AD,\s\up6(―→))）＋\o(CC1,\s\up6(―→))))＝eq\f(1,2)(b＋c)＋eq\f(1,6)(－b＋c)＋eq\f(1,3)a＋eq\f(1,6)(b＋c)＋eq\f(1,3)a＝eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(5,6)c.故選A．答案A【例2】如圖，四個棱長為1的正方體排成一個正四棱柱，AB是一條側(cè)棱，Pi，P′i(i＝1，2，…，8)分別是上下底面上其余的八個點(diǎn)，則下列說法正確的個數(shù)是()①|(zhì)eq\o(BP′8,\s\up6(―→))|＝2eq\r(2)；②eq\o(AP4,\s\up6(―→))＝eq\o(AP′3,\s\up6(―→))＋eq\o(P3P4,\s\up6(―→))＋eq\o(P′1P1,\s\up6(―→))；③eq\o(AB,\s\up6(―→))·eq\o(APi,\s\up6(―→))(i＝1，2，…，8)不同值的個數(shù)為4.A．3 B．2C．1 D．0解析對于①，|eq\o(BP′8,\s\up6(―→))|＝eq\r(|\o(AP′6,\s\up6(―→))|2＋\o(|P′6P′8,\s\up6(―→))|2＋|\o(P8P′8,\s\up6(―→))|2)＝eq\r(4＋4＋1)＝3，①錯誤；對于②，eq\o(AP4,\s\up6(―→))＝eq\o(AP′3,\s\up6(―→))＋eq\o(P′3P4,\s\up6(―→))＝eq\o(AP′3,\s\up6(―→))＋eq\o(P′3P′4,\s\up6(―→))＋eq\o(P′4P4,\s\up6(―→))，又eq\o(P′3P′4,\s\up6(―→))＝eq\o(P3P4,\s\up6(―→))，eq\o(P′4P4,\s\up6(―→))＝eq\o(P′1P1,\s\up6(―→))，∴eq\o(AP4,\s\up6(―→))＝eq\o(AP′3,\s\up6(―→))＋eq\o(P3P4,\s\up6(―→))＋eq\o(P′1P1,\s\up6(―→))，②正確；對于③，eq\o(AB,\s\up6(―→))·eq\o(APi,\s\up6(―→))＝eq\o(AB,\s\up6(―→))·(eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\o(BPi,\s\up6(―→)))＝|eq\o(AB,\s\up6(―→))|2＋eq\o(AB,\s\up6(―→))·eq\o(BPi,\s\up6(―→))＝1＋eq\o(AB,\s\up6(―→))·eq\o(BPi,\s\up6(―→))，∵AB⊥平面BP6P8P2，BPi?平面BP6P8P2，∴AB⊥BPi，即eq\o(AB,\s\up6(―→))·eq\o(BPi,\s\up6(―→))＝0，∴eq\o(AB,\s\up6(―→))·eq\o(APi,\s\up6(―→))＝1，僅有1個值，③錯誤；綜上所述：正確的個數(shù)為1個．故選C．答案C題型二空間向量的數(shù)量積運(yùn)算【例3】已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，點(diǎn)A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2)．(1)求|2a＋b(2)若O為坐標(biāo)原點(diǎn)，在直線AB上是否存在一點(diǎn)E，使得eq\o(OE,\s\up6(―→))⊥b?解(1)2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)∴|2a＋b|＝eq\r(02＋（－5）2＋52)＝5eq\r(2).(2)設(shè)存在滿足題意的點(diǎn)E(x，y，z)，則有eq\o(AE,\s\up6(―→))∥eq\o(AB,\s\up6(―→))，且eq\o(OE,\s\up6(―→))·b＝0.∵eq\o(AE,\s\up6(―→))＝(x＋3，y＋1，z－4)，eq\o(AB,\s\up6(―→))＝(1，－1，－2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3,1)＝\f(y＋1,－1)＝\f(z－4,－2)，,－2x＋y＋z＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(6,5)，,y＝－\f(14,5)，,z＝\f(2,5).))故在直線AB上存在點(diǎn)Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(14,5)，\f(2,5)))，使得eq\o(OE,\s\up6(―→))⊥b.題型三空間角的計(jì)算【例4】(2021·新高考Ⅱ卷)在四棱錐Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝eq\r(5)，QC＝3.(1)證明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)求二面角B-QD-A的平面角的余弦值．解(1)證明：取AD的中點(diǎn)E，連接QE，CE，∵QD＝QA＝eq\r(5)，∴QE⊥AD．∵AD＝2，∴DE＝1，∴QE＝eq\r(5－1)＝2，CE＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5).∴QE2＋CE2＝9＝QC2，∴QE⊥CE.又∵AD∩CE＝E，∴QE⊥平面ABCD．∵QE?平面QAD，∴平面QAD⊥平面ABCD．(2)法一：取BC中點(diǎn)F，連接EF，易得EF，ED，EQ兩兩垂直，如圖，分別以EF，ED，EQ所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．則B(2，－1，0)，Q(0，0，2)，D(0，1，0)，∴eq\o(BQ,\s\up6(―→))＝(－2，1，2)，eq\o(QD,\s\up6(―→))＝(0，1，－2)，設(shè)平面BQD的一個法向量n1＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1⊥\o(BQ,\s\up6(―→))，,n1⊥\o(QD,\s\up6(―→))))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BQ,\s\up6(―→))＝－2x＋y＋2z＝0，,n1·\o(QD,\s\up6(―→))＝y(tǒng)－2z＝0，))取z＝1，可得x＝2，y＝2，∴n1＝(2，2，1)．易知平面QDA的一個法向量n2＝(1，0，0)．設(shè)二面角B-QD-A的平面角為θ，則θ為銳角．cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq\f(2,\r(22＋22＋12)×1)＝eq\f(2,3).∴二面角B-QD-A的平面角的余弦值為eq\f(2,3).法二：由(1)知平面QAD⊥平面ABCD，又∵BA⊥AD，BA?平面ABCD，平面ABCD∩平面QAD＝AD，∴BA⊥平面QAD．過A作AM⊥QD于點(diǎn)M，連接BM.則∠AMB為所求二面角的平面角．由S△QAD＝eq\f(1,2)×2×2＝eq\f(1,2)×eq\r(5)·AM?AM＝eq\f(4,\r(5))，∴BM＝eq\r(4＋\f(16,5))＝eq\f(6,\r(5))，∴cos∠AMB＝eq\f(\f(4,\r(5)),\f(6,\r(5)))＝eq\f(2,3).∴二面角B-QD-A的平面角的余弦值為eq\f(2,3).題型四空間距離的計(jì)算【例5】如圖，已知正方形ABCD的邊長為4，E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點(diǎn)，GC⊥平面ABCD，且GC＝2，求點(diǎn)B到平面EFG的距離．解法一：如圖所示，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CD，CB，CG所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0，4，0)，E(2，4，0)，F(xiàn)(4，2，0)，G(0，0，2)．∴eq\o(GF,\s\up6(―→))＝(4，2，－2)，eq\o(EF,\s\up6(―→))＝(2，－2，0)，設(shè)平面GEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(GF,\s\up6(―→))＝0,n·\o(EF,\s\up6(―→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y－z＝0,x－y＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x，,z＝3x，))取x＝1，則n＝(1，1，3)為平面EFG的一個法向量．又eq\o(BE,\s\up6(―→))＝(2，0，0)，∴點(diǎn)B到平面GEF的距離d＝eq\f(|\o(BE,\s\up6(―→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(11))＝eq\f(2\r(11),11).法二：連接AC，BD交于點(diǎn)O，設(shè)AC與EF交于點(diǎn)H，連接GH，GO，如圖所示．∵E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，∴EF∥BD．∵BD?平面EFG，∴BD∥平面EFG，∴點(diǎn)B到平面EFG的距離為點(diǎn)O到平面EFG的距離．∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∴EF⊥AC．∵GC⊥EF，GC∩AC＝C，∴EF⊥平面GCH.∵EF?平面EFG，∴平面EFG⊥平面GCH.過O點(diǎn)作OM⊥GH于點(diǎn)M，則OM⊥平面EFG，因此線段OM的長是點(diǎn)O到平面EFG的距離，也等于點(diǎn)B到平面EFG的距離．∵正方形ABCD的邊長為4，∴CH＝eq\f(3,4)AC＝eq\f(3,4)×4eq\r(2)＝3eq\r(2)，OH＝eq\f(1,4)AC＝eq\r(2).∵GC＝2，且GC⊥CA，∴GH＝eq\r(4＋18)＝eq\r(22).∵Rt△OMH∽Rt△GCH，∴eq\f(OM,OH)＝eq\f(GC,GH)，∴OM＝eq\f(2\r(11),11).∴點(diǎn)B到平面EFG的距離為eq\f(2\r(11),11).二、直觀想象直觀想象是指借助幾何直觀和空間想象感知事物的形態(tài)與變化，利用圖形理解和解決數(shù)學(xué)問題的過程．本章核心素養(yǎng)——直觀想象主要涉及以下內(nèi)容．利用圖形判斷或證明空間中直線、平面的位置關(guān)系，巧建空間坐標(biāo)系．題型五利用空間向量證明平行、垂直問題【例6】如圖，在多面體ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD，四邊形ADEF為正方形，四邊形ABCD為梯形，且AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝AD＝1，BC＝3.(1)求證：AF⊥CD；(2)線段BD上是否存在點(diǎn)M，使得直線CE∥平面AFM？若存在，求eq\f(BM,BD)的值；若不存在，請說明理由．解(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛DEF為正方形，所以AF⊥AD，又因?yàn)槠矫鍭DEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，所以AF⊥平面ABCD．所以AF⊥CD．(2)因?yàn)椤螧AD＝90°，所以AB，AD，AF兩兩垂直，以A為原點(diǎn)，向量eq\o(AB,\s\up6(―→))，eq\o(AD,\s\up6(―→))，eq\o(AF,\s\up6(―→))所在的直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，3，0)，D(0，1，0)，E(0，1，1)，F(xiàn)(0，0，1)．假設(shè)線段BD上存在點(diǎn)M，使得直線CE∥平面AFM.設(shè)eq\f(BM,BD)＝λ(λ∈[0，1])，因此eq\o(BM,\s\up6(―→))＝λeq\o(BD,\s\up6(―→))(λ∈[0，1])，所以M的坐標(biāo)為(1－λ，λ，0).eq\o(CE,\s\up6(―→))＝(－1，－2，1)．設(shè)平面AFM的法向量為n＝(x1，y1，z1)，eq\o(AF,\s\up6(―→))＝(0，0，1)，eq\o(AM,\s\up6(―→))＝(1－λ，λ，0)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(AF,\s\up6(―→)),n⊥\o(AM,\s\up6(―→))))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AF,\s\up6(―→))＝0,n·\o(AM,\s\up6(―→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z1＝0，,x1（1－λ）＋λy1＝0，))所以n＝(－λ，1－λ，0)，因?yàn)橹本€CE∥平面AFM，所以有eq\o(CE,\s\up6(―→))⊥n?λ－2(1－λ)＝0?λ＝eq\f(2,3)，即eq\f(BM,BD)＝eq\f(2,3).題型六空間坐標(biāo)系的建立【例7】如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D，E分別是AA1、B1C的中點(diǎn)(1)證明：DE⊥平面BCC1B1；(2)已知B1C與平面BCD所成的角為30°，求二面角D-BC-B1的余弦值解(1)證明：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝AC＝2，AA1＝2t，t＞0，則D(0，0，t)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(2，0，2t)，E(1，1，t)，∴eq\o(DE,\s\up6(―→))＝(1，1，0)，eq\o(BB1,\s\up6(―→))＝(0，0，2t)，eq\o(BC,\s\up6(―→))＝(－2，2，0)，∴eq\o(DE,\s\up6(―→))·eq\o(BB1,\s\up6(―→))＝(1，1，0)·(0，0，2t)＝0，eq\o(DE,\s\up6(―→))·eq\o(BC,\s\up6(―→))＝(1，1，0)·(－2，2，0)＝0，∴eq\o(DE,\s\up6(―→))⊥eq\o(BB1,\s\up6(―→))，eq\o(DE,\s\up6(―→))⊥eq\o(BC,\s\up6(―→))，即DE⊥BB1，DE⊥BC，又BB1∩BC＝B，∴DE⊥平面BCC1B1.(2)設(shè)平面BCD的法向量為m＝(x，y，z)，又eq\o(BD,\s