2024-2025學年新教材高中數(shù)學階段提升課第四課空間向量與立體幾何學案北師大版選擇性必修第一冊

PAGE階段提升課第四課空間向量與立體幾何思維導圖·構(gòu)建網(wǎng)絡(luò)考點整合·素養(yǎng)提升題組訓練一空間向量的運算1．已知a＝(2，3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝eq\f(1,2)x－2a，則x＝()A．(0，3，－6)B．(0，6，－20)C．(0，6，－6)D．(6，6，－6)【解析】選B.由b＝eq\f(1,2)x－2a得x＝4a＋2b，又4a＋2b＝4(2，3，－4)＋2(－4，－3，－2)＝(0，6，－20)，所以x＝(0，6，－20).2．如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，點M在AC上，且AM＝eq\f(1,2)MC，點N在A1D上，且A1N＝2ND.設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，＝c，則eq\o(MN,\s\up6(→))＝()A．－eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)cB．a(chǎn)＋eq\f(1,3)b－eq\f(1,3)cC．eq\f(1,3)a－eq\f(1,3)b－eq\f(2,3)cD．－eq\f(1,3)a＋b＋eq\f(1,3)c【解析】選A.因為M在AC上，且AM＝eq\f(1,2)MC，N在A1D上，且A1N＝2ND，所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，＝eq\f(2,3)．又ABCD-A1B1C1D1為平行六面體，且eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，＝c，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝a＋b，＝b－c，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋＋＝－eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＋＋eq\f(2,3)＝－eq\f(1,3)(a＋b)＋c＋eq\f(2,3)(b－c)＝－eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c.3．已知向量a＝(x，1，2)，b＝(1，y，－2)，c＝(3，1，z)，a∥b，b⊥c.(1)求向量a，b，c；(2)求a＋c與b＋c所成角的余弦值．【解析】(1)因為向量a＝(x，1，2)，b＝(1，y，－2)，c＝(3，1，z)，且a∥b，b⊥c，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,1)＝\f(1,y)＝\f(2,－2)，,3＋y－2z＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1，,z＝1，))所以向量a＝(－1，1，2)，b＝(1，－1，－2)，c＝(3，1，1).(2)因為a＋c＝(2，2，3)，b＋c＝(4，0，－1)，所以(a＋c)·(b＋c)＝2×4＋2×0＋3×(－1)＝5，|a＋c|＝eq\r(22＋22＋32)＝eq\r(17)，|b＋c|＝eq\r(42＋02＋（－1）2)＝eq\r(17)，所以a＋c與b＋c所成角的余弦值為eq\f(（a＋c）·（b＋c）,|a＋c||b＋c|)＝eq\f(5,17).空間向量的運算(1)坐標運算應熟記運算公式．(2)向量運算：用已知向量表示未知量時，通常借助圖形的幾何性質(zhì)，利用空間向量基本定理及向量的平行四邊形法則和三角形法則．題組訓練二空間向量與線面位置關(guān)系1．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1的中點，P是AD的延長線與A1C1的延長線的交點．若點Q在線段B1P上，則下列結(jié)論正確的是()A．當點Q為線段B1P的中點時，DQ⊥平面A1BDB．當點Q為線段B1P的三等分點時，DQ⊥平面A1BDC．在線段B1P的延長線上，存在一點Q，使得DQ⊥平面A1BDD．不存在DQ與平面A1BD垂直【解析】選D.以A1為原點，A1B1，A1C1，A1A所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系(圖略)，則由已知得A1(0，0，0)，B1(1，0，0)，C1(0，1，0)，B(1，0，1)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，P(0，2，0)，＝(1，0，1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，＝(－1，2，0)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，－\f(1,2))).設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則取z＝－2，則x＝2，y＝1，所以平面A1BD的一個法向量為n＝(2，1，－2).假設(shè)DQ⊥平面A1BD，且＝λ＝λ(－1，2，0)＝(－λ，2λ，0)，則eq\o(DQ,\s\up6(→))＝＋＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－λ，－1＋2λ，－\f(1,2)))，因為eq\o(DQ,\s\up6(→))也是平面A1BD的法向量，所以n＝(2，1，－2)與eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－λ，－1＋2λ，－\f(1,2)))共線，于是有eq\f(1－λ,2)＝eq\f(－1＋2λ,1)＝eq\f(－\f(1,2),－2)＝eq\f(1,4)成立，但此方程關(guān)于λ無解．故不存在DQ與平面A1BD垂直，故選D.2．已知PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為矩形，PA＝AD，M，N分別為AB，PC的中點．求證：(1)MN∥平面PAD；(2)平面PMC⊥平面PDC.【證明】(1)由題意得AB，AD，AP兩兩垂直．如圖所示，以A為坐標原點，AB，AD，AP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz.設(shè)PA＝AD＝a，AB＝b，則有P(0，0，a)，A(0，0，0)，D(0，a，0)，C(b，a，0)，B(b，0，0)，因為M，N分別為AB，PC的中點，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，0，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，\f(a,2)，\f(a,2)))，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，a)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，a，0)，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AP,\s\up6(→))，所以eq\o(MN,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))共面，又因為MN?平面PAD，所以MN∥平面PAD.(2)由(1)可知eq\o(PC,\s\up6(→))＝(b，a，－a)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，0，－a))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，a，－a).設(shè)平面PMC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PC,\s\up6(→))＝0?bx1＋ay1－az1＝0，,n1·\o(PM,\s\up6(→))＝0?\f(b,2)x1－az1＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(2a,b)z1，,y1＝－z1，))令z1＝b，則n1＝(2a，－b，b).設(shè)平面PDC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PC,\s\up6(→))＝0?bx2＋ay2－az2＝0，,n2·\o(PD,\s\up6(→))＝0?ay2－az2＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,y2＝z2，))令z2＝1，則n2＝(0，1，1).因為n1·n2＝0－b＋b＝0，所以n1⊥n2.所以平面PMC⊥平面PDC.利用空間向量證明空間中的位置關(guān)系(1)線線平行證明兩條直線平行，只需證明兩條直線的方向向量是共線向量．(2)線線垂直證明兩條直線垂直，只需證明兩條直線的方向向量垂直．(3)線面平行①證明直線的方向向量與平面的法向量垂直；②證明可在平面內(nèi)找到一個向量與直線的方向向量是共線向量；③利用共面對量定理，即證明直線的方向向量可用平面內(nèi)兩不共線向量線性表示．(4)線面垂直①證明直線的方向向量與平面的法向量平行；②利用線面垂直的判定定理轉(zhuǎn)化為線線垂直問題．(5)面面平行①證明兩個平面的法向量平行(即是共線向量)；②轉(zhuǎn)化為線面平行、線線平行問題．(6)面面垂直①證明兩個平面的法向量相互垂直；②轉(zhuǎn)化為線面垂直、線線垂直問題．題組訓練三空間向量與空間角1．已知在正四面體A-BCD中，E為棱AD的中點，則CE與平面BCD的夾角的正弦值為()A．eq\f(\r(3),2)B．eq\f(\r(2),3)C．eq\f(1,2)D．eq\f(\r(3),3)【解析】選B.作AO⊥平面BCD于點O，則O是△BCD的中心，以O(shè)為坐標原點，直線OD為y軸，直線OA為z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．設(shè)AB＝2，則O(0，0，0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(2\r(6),3)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),3)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)，\f(\r(6),3)))，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(2\r(6),3)))，eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2\r(3),3)，\f(\r(6),3)))，所以cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(CE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·\o(CE,\s\up6(→)),|\o(OA,\s\up6(→))||\o(CE,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(4,3),\f(2\r(6),3)×\r(3))＝eq\f(\r(2),3).所以CE與平面BCD的夾角的正弦值為eq\f(\r(2),3).2．(2024·溫州高二檢測)如圖，等邊三角形ABC與正方形ABDE有一公共邊AB，二面角C-AB-D的余弦值為eq\f(\r(3),3)，M，N分別是AC，BC的中點，則EM，AN所成角的余弦值為________．【解析】如圖所示，過點C作CO⊥平面ABDE，垂足為O，取AB的中點F，連接CF，OF，OA，OB，則∠CFO為二面角C-AB-D的平面角，所以cos∠CFO＝eq\f(\r(3),3).設(shè)AB＝1，則CF＝eq\f(\r(3),2)，OF＝eq\f(1,2)，OC＝eq\f(\r(2),2)，所以O(shè)為正方形ABDE的中心．如圖建立空間直角坐標系，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),2)，0))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，0))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，0，\f(\r(2),4)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)))，所以eq\o(EM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),4)))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)))，所以cos〈eq\o(EM,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(EM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)),|\o(EM,\s\up6(→))||\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)3．在底面為正三角形的直棱柱(側(cè)棱垂直于底面的棱柱)ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，點D為棱BC的中點，點E為A1C上的點，且滿意A1E＝mEC(m∈R)，當二面角E-AD-C的余弦值為eq\f(\r(10),10)時，實數(shù)m的值為()A．1B．2C．eq\f(1,2)D．3【解析】選A.由題意知m>0，過點A在平面ABC內(nèi)作Ox⊥AC，則以A為原點O，分別以O(shè)x，OC，OA1為x，y，z軸，建立空間直角坐標系O-xyz，如圖所示，則A1(0，0，3)，C(0，2，0)，B(eq\r(3)，1，0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2m,m＋1)，\f(3,m＋1)))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2m,m＋1)，\f(3,m＋1)))，設(shè)平面ADE的法向量為n＝（x，y，z），則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0,\f(2m,m＋1)y＋\f(3,m＋1)z＝0))，令x＝eq\r(3)，則y＝－1，z＝eq\f(2m,3)，所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－1，\f(2m,3)))，取平面ADC的法向量為m＝（0,0,1），由二面角E-AD-C的余弦值為eq\f(\r(10),10)，得cos〈n，m〉＝eq\f(\f(2m,3),\r(3＋1＋\f(4m2,9)))＝eq\f(\r(10),10)，解得m＝1.用向量法求空間角應留意的問題(1)異面直線所成角：兩異面直線所成角的范圍為0°<θ≤90°，需找到兩異面直線的方向向量，借助方向向量所成角求解．(2)直線與平面所成的角：要求直線a與平面α所成的角θ，先求這個平面α的法向量n與直線a的方向向量a夾角的余弦cos〈n，a〉，易知θ＝〈n，a〉－eq\f(π,2)或者eq\f(π,2)－〈n，a〉．(3)二面角：如圖，有兩個平面α與β，分別作這兩個平面的法向量n1與n2，則平面α與β所成的角跟法向量n1與n2所成的角相等或互補，所以首先應推斷二面角是銳角還是鈍角．題組訓練四空間向量與距離1．已知直線l過定點A(2，3，1)，且n＝(0，1，1)為直線l的一個方向向量，則點P(4，3，2)到直線l的距離為()A．eq\f(3\r(2),2)B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(10),2)D．eq\r(2)【解析】選A