第三章复习提升-2022版数学选择性必修第一册 北师大版（2019） 同步练习 （Word含解析）

这是一份第三章复习提升-2022版数学选择性必修第一册 北师大版（2019） 同步练习 （Word含解析），共21页。
本章复习提升易混易错练易错点1　对空间向量的相关概念理解不清致误1.(2020江西临川第一中学高二上第一次月考,)如图,已知空间四边形每条边和对角线长都等于a,点E,F,G分别是AB,AD,DC的中点,则下列向量的数量积等于a2的是(　　)A.2·B.2·C.2·D.2·2.()已知a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,则向量a与b之间的夹角<a,b>为 (　　)A.30°　　　　　　　B.45°C.60°　　　　　　　D.以上都不对3.()空间中的三个向量,若有两个向量共线,则这三个向量　　　　共面.(填“一定”或“不一定”) 4.(2020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　　　　　　　　　　　　. 5.()如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,向量在向量方向上的投影数量是　　　　. 6.()已知a=(-1,2,3),b=(1,1,1),则向量a在向量b方向上的投影数量为　　　　　. 7.(2020湖南师范大学附属中学高二期末,)已知a=(5,3,1),b=,若a与b的夹角为钝角,求实数t的取值范围.          易错点2　混淆向量夹角与空间角致误8.()已知向量m,n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量,若cos<m,n>=-,则l与α所成的角为              (　　)A.30°　　　　B.60°　　　　C.120°　　　　D.150°9.(2020陕西商丹高新学校高二下学情质量检测,)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,点D是BC的中点.(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的平面角的正弦值.  易错点3　不能正确地建立空间直角坐标系解决立体几何问题10.(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.     
思想方法练一、数形结合思想在立体几何中的应用1.()已知菱形ABCD中,∠ABC=60°,将△ABC沿对角线AC折起,使得平面B'AC⊥平面DAC,求二面角B'-CD-A的余弦值.           二、转化与化归思想在立体几何中的应用2.(2020湖北黄冈黄梅国际育才高级中学高二上期中,)四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点,设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为              (　　)A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.3.(2021山东滕州第一中学高二10月月考,)在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,侧棱AA1⊥底面ABCD.已知AB=1,AA1=,E为线段AB上一个动点,求D1E+CE的最小值.             三、函数与方程思想在立体几何中的应用4.()在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=,AB=AC=AA1=1,已知G和E分别为A1B1和CC1的中点,D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点),若GD⊥EF,则线段DF的长度的取值范围为              (　　)A.　　　　　　　B.　　　　C.　　　　　　　D.5.()在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=5,P是棱DD1上的动点,则△PA1C的面积最小时,DP=　              (　　)A.1　　　　B.2　　　　C.　　　　D.46.()如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4.在线段AB上是否存在点D,使得AC1∥平面CDB1?若存在,试确定点D的位置;若不存在,请说明理由.            
答案全解全析易混易错练1.B　由题意易得与、与的夹角均为π-=,与的夹角为π,与的夹角为0,故2·=-a2,2·=-a2,2·=-a2,2·=a2,故选B.2.D　∵a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,∴这三个向量首尾相连组成△ABC.令=c,=b,=a,则BC=2,CA=3,AB=4.由余弦定理,得cos∠BCA===-,又向量和首尾相连,∴这两个向量的夹角是180°-∠BCA,∴cos<a,b>=,即向量a与b之间的夹角<a,b>不是特殊角.故选D.易错警示由于向量具有方向,因此其夹角不同于两直线的夹角.如向量和的夹角不是∠BCA,而是180°-∠BCA.3.答案　一定解析　空间向量均是自由向量,若三个向量中的两个向量共线,则这三个向量一定能平移到同一平面内,所以这三个向量一定共面.4.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.易错警示在解题时易忽略空间向量是自由向量而弄错向量与线面的位置关系.5.答案　解析　向量在向量方向上的投影数量为||·cos<,>=||cos<,>=1×cos45°=.6.答案　解析　向量a在向量b方向上的投影数量为==.练后反思1.向量a在向量b方向上的投影数量为|a|cos<a,b>,而向量b在向量a方向上的投影数量是|b|cos<a,b>,二者通常不等.2.求一个向量在另一个向量方向上的投影数量时,一般将两向量的起点平移到同一点,以便确定向量的夹角,然后利用向量的投影数量公式求解.7.解析　由已知得a·b=5×(-2)+3t-=3t-,因为a与b的夹角为钝角,所以a·b<0,所以3t-<0,即t<.若a与b的夹角为180°,则存在λ<0,使a=λb,即(5,3,1)=λ,所以所以t=-,故t的取值范围为∪.易错警示本题易忽略a·b<0时包含a与b的夹角为180°的情况,所以需注意排除该情况下参数的值.8.A　设所求角为θ,0°≤θ≤90°,则sinθ=|cos<m,n>|=,所以θ=30°.9.解析　(1)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),∴=(2,0,-4),=(1,-1,-4),则cos<,>===,∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的一个法向量为n1=(x,y,z),则n1·=0,n1·=0,∵=(1,1,0),=(0,2,4),∴x+y=0且2y+4z=0,令z=1,则y=-2,x=2,∴n1=(2,-2,1).易知平面AA1B的一个法向量为n2=(0,1,0),易知平面ADC1与平面AA1B所成二面角的平面角为锐角,设为θ,则cosθ===,∴sinθ=,故平面ADC1与平面ABA1所成二面角的平面角的正弦值为.总结反思1.利用空间向量求线线角、线面角、二面角的关键是转化为直线的方向向量之间、直线的方向向量与平面的法向量之间、平面的法向量之间的角;2.cos<a,b>=是计算空间各种角的基础,但应注意所求角与两向量夹角之间的关系及所求角的取值范围.10.解析　取DC的中点O,连接PO,∵△PDC为正三角形,∴PO⊥DC.又∵平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,PO⊂平面PDC,∴PO⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则P,A,C0,,0,D.(1)设异面直线PA与DE所成的角为θ.∵E为PC的中点,∴E,∴=,易知=a,-,-a,∴·=a×+a×=-a2,||=a,||=a,∴cos<,>===-.∵cosθ=|cos<,>|,∴异面直线PA与DE所成角的余弦值为.(2)设直线AP与平面ABCD所成的角为α,易知平面ABCD的一个法向量为n=0,0,a,∴cos<,n>===-.∵sinα=|cos<,n>|=,∴直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为.易错警示运用“坐标法”解答空间几何问题时,正确地建立空间直角坐标系是解题的关键.解题时,要依据空间几何体的结构特征,充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系建立空间直角坐标系.思想方法练1.解析　如图,取AC的中点E,连接EB'、ED,由菱形的性质及翻折前后的图形特征知EC,ED,EB'两两垂直,分别以EC,ED,EB'所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AB=2,则A(-1,0,0),C(1,0,0),D(0,,0),B'(0,0,),设平面B'CD的一个法向量为n=(x,y,z),则∵=(1,0,-),=(0,,-),∴令z=,则y=,x=3,即n=(3,,),易知平面ACD的一个法向量为m=(0,0,1),设二面角B'-CD-A的大小为θ,则|cosθ|===,易知二面角B'-CD-A为锐二面角,所以cosθ=,即二面角B'-CD-A的余弦值为.总结反思对于立体几何中的相关问题,当从几何角度处理困难时,通常可建立空间直角坐标系,借助空间向量的相关计算来完成几何问题的求解,数形结合很好地化解了几何中的难点.2.A　以A为坐标原点,AB,AD,AQ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,不妨设正方形的边长为2,则A(0,0,0),E(1,0,0),F(2,1,0),设M(0,m,2)(0≤m≤2),所以=(-1,m,2),=(2,1,0),所以cosθ=|cos<,>|=,将异面直线EM与AF夹角的余弦值转化为关于m的函数.令t=2-m,t∈[0,2],则当t=0时,cosθ=0,当t∈(0,2]时,cosθ===.通过换元,进一步转化为求关于t的函数的最值问题.因为≥>,所以当=,即m=0时,cosθ取得最大值,因此cosθ的最大值为.故选A.3.解析　以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则D1(0,1,),C(1,1,0).设E(t,0,0)(0≤t≤1),则D1E==,CE==,故问题转化为求+的最小值问题,即转化为求平面直角坐标系tOu中的一个动点P(t,0)到两定点M(0,-2),N(1,1)的距离之和的最小值问题,如图所示.由此可知,当M,P,N三点共线时,(D1E+CE)min==|MN|==.总结反思立体几何中的转化与化归思想,主要体现为:(1)几何内部知识的转化,如线面平行与面面平行,平行与垂直之间的转化等;(2)空间问题化归为平面问题(如第3题);(3)几何中的位置关系与数量计算转化为有关向量的计算,如两直线垂直转化为两直线对应的方向向量的数量积为0,异面直线所成的角转化为两对应向量的夹角等(如第2题).4.A　以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则G,E,设D(0,y,0),F(x,0,0),则=,=,∵GD⊥EF,∴·=0,即-x-y+=0,即x+2y=1,又∵0<x<1,∴0<1-2y<1,∴0<y<.又|DF|===,构建关于y的二次函数,从而确定范围.∴当y=时,|DF|min==;当y=0时,|DF|=1;当y=时,|DF|=,故线段DF的长度的取值范围为.故选A.5.A　根据题意,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.设DP=x(0≤x≤5),易得P(0,2,x),A1(0,0,5),C(1,2,0).由空间中两点之间的距离公式可得A1P==,PC=,A1C=,故在△PA1C中,由余弦定理可得cos∠A1PC==,则sin∠A1PC==.故=A1P×PC×sin∠A1PC=×××==,利用二次函数的性质求解面积的最值.当且仅当x=1时,△PA1C的面积最小.故满足题意时,DP=1.故选A.总结反思在立体几何问题中,涉及点的位置的确定,距离、面积或体积的最值(或取值范围)的求解时,可以引入多变量x,y,z等,通过列出有关方程(组)求解,而如果只引入变量x,一般是转化为关于x的函数,借助函数的性质(如单调性),达到求解最值(或取值范围)的目的.6.解析　因为AC=3,BC=4,AB=5,所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC,则在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC,BC,CC1两两垂直,以C为原点,,,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(图略),则C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,4,0),B1(0,4,4),C1(0,0,4),所以=(0,4,4),假设存在符合题意的点D,设点D(x,y,0)(0≤x<3,0<y≤4),则=(x,y,0).设平面CDB1的一个法向量为m=(a,b,c),则即令b=-x,则m=(y,-x,x),若AC1∥平面CDB1,则·m=0,易得=(-3,0,4),所以-3y+4x=0,①由D在AB上,得=,即4x+3y=12,②由①②可得x=,y=2,构建关于x,y的方程组求解.故存在满足条件的点D,D为AB的中点.