新教材2023高中数学第一章空间向量与立体几何章末复习课新人教A版选择性必修第一册 试卷

这是一份新教材2023高中数学第一章空间向量与立体几何章末复习课新人教A版选择性必修第一册，共12页。
第一章 空间向量与立体几何
章末复习课

回顾本章学习过程、建构“基础知识、基本技能、基本思想、基本活动经验”之间的联系.



要点训练一　空间向量的基本概念和几何运算
1.空间向量的加减运算
空间向量的加法、减法的法则仍符合三角形法则和平行四边形法则,即转化为平面向量的加法或减法,这是因为空间的任意两个向量都是共面的.
2.空间向量的数乘运算及向量共面的充要条件
(1)空间向量的数乘运算、平行向量的概念、向量平行的充要条件与平面向量的性质是一致的.
(2)利用向量共面的充要条件可以判断第三个向量是否与已知的两个不共线的向量共面,特别地,空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x,y),使=x+y.
3.空间向量的数量积
(1)空间向量的数量积的定义表达式a·b=|a||b|cos及其变式cos=是两个重要公式.
(2)空间向量的数量积的其他变式是解决立体几何问题的重要公式,如|a|2=a2,a在b上的投影是等.
1.在空间四边形ABCD中,G是CD的中点,连接AG,则+(+)= (　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
解析:在△BCD中,因为G是CD的中点,所以=(+),从而+(+)=+=.
答案:A
2.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AC与BD交于点M,设=a,=b,=c,则= (　　)

A.-a-b-c B.a+b-c
C.a-b-c D.-a+b-c
解析:因为=+,=,=+,所以=-+(-+)=-c-a+b.
答案:D
3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E在A1C1上,且=,若=x+y(+),则x=1,y=.
解析:由题意,知=+=+×=+(+),从而有x=1,y=.
4.如图,已知ABCD-A'B'C'D'是平行六面体.设M是底面ABCD的中心,N是侧面BCC'B'对角线BC'上的一个靠近点C'的四等分点,设=α+β+γ,则α+β+γ=.

解析:连接BD(图略),则M为BD的中点.
=+=+=(+)+(+)=(-+)+(+)=++.
所以α=,β=,γ=.所以α+β+γ=.
要点训练二　空间向量的坐标运算
熟记空间向量的坐标运算公式
设a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),
(1)加、减运算:a±b=(x1±x2,y1±y2,z1±z2).
(2)数量积运算:a·b=x1x2+y1y2+z1z2.
(3)向量的夹角:
cos=.
(4)向量的长度:设M1(a1,b1,c1),M2(a2,b2,c2),则||=.
　　　　　　　　　　　　　　　
1.已知a=(2,3,-4),b=(-4,-3,-2),b=x-2a,则x= (　　)
A.(0,3,-6) B.(0,6,-20)
C.(0,6,-6) D.(6,6,-6)
解析:因为b=x-2a,
所以x=2b+4a=2(-4,-3,-2)+4(2,3,-4)=
(-8,-6,-4)+(8,12,-16)=(0,6,-20).
答案:B
2.已知a+b=(2,,2),a-b=(0,,0),则cos=(　　)
A. B. C. D.
解析:因为a+b=(2,,2),a-b=(0,,0),
所以a=(1,,),b=(1,0,),
所以cos===.
答案:A
3.已知点A(1,-2,0)和向量a=(-3,4,12),若向量∥a,且||=2|a|,则点B的坐标为(　　)
A.(-5,6,24)
B.(-5,6,24)或(7,-10,-24)
C.(-5,16,-24)
D.(-5,16,-24)或(7,-16,24)
解析:因为∥a,a=(-3,4,12),所以设=λa.因为||=2|a|,所以|λ||a|=2|a|,所以|λ|=2,所以=2a=(-6,8,24)或=-2a=(6,-8,-24).
设坐标原点为O,则=+=(1,-2,0)+(-6,8,24)=(-5,6,24)或=+=(1,-2,0)+(6,-8,-24)=(7,-10,-24),所以点B的坐标为(-5,6,24)或(7,-10,-24).
答案:B
要点训练三　利用空间向量解决平行与垂直问题
利用空间向量证明平行、垂直问题主要是运用直线的方向向量和平面的法向量,借助立体几何中关于平行和垂直的定理,再通过向量运算来解决.
空间向量的结论与线面位置关系的对应关系
(1)设直线l的方向向量是u=(a1,b1,c1),平面α的法向量为v=(a2,b2,c2),
则l∥α⇔u⊥v⇔u·v=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0;l⊥α⇔u∥v⇔u=kv⇔
(a1,b1,c1)=k(a2,b2,c2)⇔a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k∈R).
(2)设直线l,m的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为u,v,
则l∥m⇔a∥b⇔a=kb,k∈R;
l⊥m⇔a⊥b⇔a·b=0;
l∥α⇔a⊥u⇔a·u=0;
l⊥α⇔a∥u⇔a=ku,k∈R;
α∥β⇔u∥v⇔u=kv,k∈R;
α⊥β⇔u⊥v⇔u·v=0.
　　　　　　　　　　　　　　　
1.若直线l1,l2的方向向量分别为a=(1,2,-2),b=(-2,3,2),则l1与l2的位置关系是 (　　)
A.l1⊥l2 B.l1∥l2
C.l1,l2相交不垂直 D.不能确定
解析:由题意,知直线l1,l2的方向向量分别为a=(1,2,-2),b=(-2,3,2),可得a·b=-2+6-4=0,所以l1与l2的位置关系是l1⊥l2.
答案:A
2.已知向量a=(2,-1,3),b=(-4,2,x),使a⊥b成立的x与使a∥b成立的x分别为 (　　)
A.,-6 B.-,6
C.-6, D.6,-
解析:当a⊥b时,-8-2+3x=0,解得x=.
当a∥b时,==,解得x=-6.故选A.
答案:A
3.已知点A(0,1,0),B(-1,0,-1),C(2,1,1),P(x,0,z),若PA⊥平面ABC,则点P的坐标为 (　　)
A.(1,0,-2) B.(1,0,2)
C.(-1,0,2) D.(2,0,-1)
解析:由题意,知=(-1,-1,-1),=(2,0,1),=(-x,1,-z).
因为PA⊥平面ABC,
所以⊥,⊥,
所以·=0,·=0.
所以解得
所以点P的坐标为(-1,0,2).
答案:C
4.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥AD,CD⊥AD,PA⊥底面ABCD,PA=AD=CD=2AB=2,M为PC的中点.
(1)求证:BM∥平面PAD.
(2)平面PAD内是否存在一点N,使MN⊥平面PBD?若存在,确定点N的位置;若不存在,请说明理由.

(1)证明:如图,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),M(1,1,1),

由题意,知=(0,1,1),平面PAD的一个法向量为n=(1,0,0),
所以·n=0,即⊥n.
因为BM⊄平面PAD,所以BM∥平面PAD.
(2)解:由题意,知=(-1,2,0),=(1,0,-2).
假设平面PAD内存在一点N,使MN⊥平面PBD.
设N(0,y,z),则=(-1,y-1,z-1).
因为⊥,⊥,
所以即
所以所以N,
所以在平面PAD内存在一点N,使MN⊥平面PBD.
要点训练四　利用空间向量求空间距离
空间距离有两点距、点线距、点面距、线线距、线面距和面面距六种情况,而线面距、面面距通常可转化为点面距求解.两点距一般利用向量模求解,即利用两点间距离公式,而点面距主要利用平面法向量求解.
相关公式
(1)点到直线的距离.
如图,已知直线l的方向向量为s,A是直线l上的定点,P是直线l外一定点.设=a, 则PQ=.

(2)点到平面的距离.
如图,已知平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点,过点P作平面α的垂线,交平面α于点Q,则n是直线l的方向向量, PQ===.

　　　　　　　　　　　　　　　
1.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=,E,F分别是四边形A1B1C1D1、四边形BCC1B1的中心,则E,F两点间的距离为 (　　)

　　　　　　　　　　　　　　　
A.1 B. C. D.
解析:如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则E(1,1,),F,
所以|EF|==,故选C.

答案:C
2.在四棱锥P-ABCD中,=(4,-2,3),=(-4,1,0),=(-6,2,-8),则点P到底面ABCD的距离为 (　　)
A. B. C.1 D.2
解析:设n=(x,y,z)是平面ABCD的法向量,则由题意,得即
令y=4,则x=1,z=.
所以n=是平面ABCD的一个法向量.
因为n·=-6+8-=-,|n|==,||==2,
所以|cos|=,故点P到平面ABCD的距离d=||·|cos|=2×=2.
答案:D
3.在空间直角坐标系中,已知点A(1,0,2)与点B(1,-3,1),则||=.若在z轴上有一点M满足||=||,则点M的坐标为(0,0,-3).
解析:由点A(1,0,2),点B(1,-3,1),得||==.
因为在z轴上有一点M满足||=||,
设M(0,0,a),则=
.
解得a=-3,
所以点M的坐标为(0,0,-3).
4.如图,在矩形ABCD中,已知AB=1,BC=,将矩形ABCD沿对角线AC折起,使平面ABC与平面ACD垂直,则点B与点D之间的距离为.

解析:如图,过B,D两点分别向AC作垂线,垂足分别为M,N,则可求得AM=,BM=,CN=,DN=,MN=1.

因为=++,
所以||2=(++)2=||2+||2+||2+2(·+·+·)=+12++2×(0+0+0)=,
所以||=.
要点训练五　利用空间向量求空间角
1.求两异面直线所成的角
设a,b分别是异面直线l1,l2的方向向量,θ为l1,l2所成的角,则
cos θ=|cos|=.
2.求直线与平面所成的角
设a为直线l的方向向量,n为平面α的法向量,θ为l与α所成的角,则sin θ=|cos|=.
3.求平面与平面的夹角
设n1,n2分别是平面α,β的法向量,平面α与平面β的夹角为θ,则θ=或θ=π-(需要根据具体图形判断是相等还是互补).
　　　　　　　　　　　　　　　
1.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 (　　)
A. B. C. D.
解析:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.

由条件可知,D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,),B1(1,1,),
所以=(-1,0,),=(1,1,),
所以cos===,
即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
答案:C
2.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,P,Q分别为A1B1,BC的中点,则异面直线BP与AC1所成角的余弦值为,直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.

解析:如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,连接OB,OO1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以O为原点,OB,OC,OO1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Oxyz.

因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),
A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2).
因为P为A1B1的中点,所以P,
所以=,=(0,2,2),
所以|cos|===.
所以异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.
因为Q为BC的中点,所以Q,
所以=.
因为=(0,2,2),=(0,0,2),
设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,
则即
取z=1,则y=-1,x=.所以n=(,-1,1),
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,
则sin θ=|cos|===,
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.
3.如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,
∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.

(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求平面AMA1与平面NMA1夹角的余弦值.
(1)证明:如图,连接B1C,ME.
因为M,E分别为BB1,BC的中点,
所以ME∥B1C,且ME=B1C.
因为N为A1D的中点,所以ND=A1D.
由题设可得B1C∥A1D,B1C=A1D,
故ME∥ND,ME=ND,
因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.
因为MN⊄平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.

(2)解:由已知可得DE⊥DA.
如图,以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系Dxyz,
则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,,2),N(1,0,2),
所以=(0,0,-4),=(-1,,-2),=(-1,0,-2),=(0,-,0).
设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,
则
所以得
可取m=(,1,0).
设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,
则所以得
可取n=(2,0,-1).
所以cos===,
所以平面AMA1与平面NMA1夹角的余弦值为.
要点训练六　转化与化归思想
空间向量的应用之一是解决几何问题,将几何问题转化为向量问题,然后利用向量的性质进行运算或论证,再将结果转化为几何问题的结果,这种“从几何到向量,再从向量到几何”的解决思路是转化与化归思想的充分体现.
1.已知平面α的一个法向量为n=(2,-2,4),=(-3,1,2),若点A不在α内,则直线AB与平面α的位置关系为 (　　)
A.AB⊥α B.AB⊂α
C.AB与α相交不垂直 D.AB∥α
解析:因为n·=(2,-2,4)·(-3,1,2)=-6-2+8=0,所以n⊥.因为点A不在α内,所以AB∥α.
答案:D
2.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为 (　　)

A. B. C. D.
解析:如图,连接D1E,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).

所以=(1,1,-1),=(-1,2,0),=(-1,0,1).
设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),
则即得
令a=2,则b=1,c=2,所以n=(2,1,2)是平面ACD1的一个法向量.
所以点E到平面ACD1的距离为d===.
答案:C
3.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为平行四边形,M为AA1的中点,BC=BD=1,AB=AA1=.
(1)求证:DM⊥平面BDC1;
(2)求平面MBC1与平面DBC1夹角的余弦值.

(1)证明:因为四边形ABCD是平行四边形,所以AD=BC=BD=1.
又因为AB=,
所以AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.
由题意,得DD1⊥平面ABCD.
以D为坐标原点,DA,DB,DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,如图所示,

则D(0,0,0),M,B(0,1,0),C1(-1,1,),
所以=,=(0,1,0),=(-1,1,),
所以·=0,·=-1+1=0,
所以DM⊥DB,DM⊥DC1.
又因为DB∩DC1=D,DB⊂平面BDC1,DC1⊂平面BDC1,
所以DM⊥平面BDC1.
(2)解:由(1)可知,=是平面BDC1的一个法向量,且=,=(-1,0,).
设平面MBC1的法向量为n=(x,y,z),
则即
令z=1可得,n=,
所以cos===,
所以平面MBC1与平面DBC1夹角的余弦值为.
空间向量在立体几何中的应用
(2020新高考山东卷·12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD,设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.
又因为底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.
所以AD⊥平面PDC. 2分
因为AD∥BC,直线AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC.
由已知,得l∥AD, 2分(累计4分)
所以l⊥平面PDC. 1分(累计5分)
(2)解:以D为坐标原点,以DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
1分(累计6分)

则D(0,0,0),C(0,1,0),P(0,0,1),
B(1,1,0),=(0,1,0),=(1,1,-1).
由(1)可设点Q的坐标为(a,0,1),则=(a,0,1).
设平面QCD的法向量为n=(x,y,z),则即可取n=(-1,0,a), 2分(累计8分)
所以cos==.
1分(累计9分)
设PB与平面QCD所成角为θ,
sin θ==×
=×. 1分(累计10分)
因为×≤,所以sin θ≤,
1分(累计11分)
当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为. 1分(累计12分)
评分细则
第(1)题:
得到AD⊥平面PDC或BC⊥平面PDC,有简单过程得2分;
得出l∥AD或l∥BC,得2分;
上述两得分点全有的情况下结论得1分,否则结论为0分.
第(2)题:
建立空间直角坐标系,指出x轴、y轴、z轴,或图中标出均可得1分;
得出平面QCD的一个法向量n=(-1,0,a)或与之平行的向量均可得2分;
求解PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值的过程3分,不指出取等号的条件可酌情扣分,结果不正确但是有基本不等式求解最值过程的得1分.
得分技巧
1.得步骤分:第(1)题必须在两个得分点齐全的情况下结论才能得分,否则结论无分;
第(2)题中求sin θ的最值,只要有求解过程,结果不对也可得分.
2.得规范分:第(2)题中利用基本不等式求最值,没有等号成立的条件会酌情扣分.
3.得运算分:如第(2)题的结果运算错误不能得分.