第一章 空间向量与立体几何 章末综合提升-【金版新学案】2023-2024学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教B版2019）

第一章 空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 章末综合提升 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 思维导图 体系构建 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 核心素养 能力培优 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 单 元 检 测 卷(一) 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 谢谢观看！ 第一章　空间向量与立体几何 思 维 导 图 核 心 素 养 数 学 选择性必修 第一册 B 单 元 检 测 卷 一、空间向量的基本概念及运算 主要考查角度： 1．空间向量的概念及其加减运算． 2．空间向量的数乘运算． 3．共面向量基本定理． 关键核心素养： (1)数学运算；(2)逻辑推理；(3)直观想象；(4)数学抽象． (1)如图，已知在正方体ABCD­A′B′C′D′中，E是CC′的中点，a＝eq \f(1,2) eq \o(AA′,\s\up15(→))，b＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up15(→))，c＝eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up15(→))，eq \o(AE,\s\up15(→))＝xa＋yb＋zc，则(　　) A．x＝1，y＝2，z＝3 B．x＝eq \f(1,2)，y＝1，z＝1 C．x＝1，y＝2，z＝2 D．x＝eq \f(1,2)，y＝1，z＝eq \f(3,2) (2)已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则eq \o(AE,\s\up15(→))·eq \o(AF,\s\up15(→))＝_________． [思路点拨]　利用空间向量的线性运算及向量的数量积运算进行解答． 解析：　(1)设正方体ABCD­A′B′C′D′的棱长为1，以D为原点，以DA，DC，DD′分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，则eq \o(AA′,\s\up15(→))＝(0，0，1)，eq \o(AB,\s\up15(→))＝(0，1，0)，eq \o(AD,\s\up15(→))＝(－1，0，0)，所以a＝eq \f(1,2)(0，0，1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，b＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，0))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，c＝eq \f(1,3)(－1，0，0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0，0)).又因为eq \o(AE,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(1,2)))，eq \o(AE,\s\up15(→))＝xa＋yb＋zc，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(1,2)))＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))＋yeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))＋zeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0，0))， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＝－\f(1,3)z，,1＝\f(1,2)y，,\f(1,2)＝\f(1,2)x，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，,z＝3.)) (2)由题意可知，将空间四边形ABCD看作正四面体ABCD，如图，故eq \o(AE,\s\up15(→))·eq \o(AF,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \o(AC,\s\up15(→)))·eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up15(→))＝eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up15(→))·eq \o(AD,\s\up15(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up15(→))·eq \o(AD,\s\up15(→))＝eq \f(1,4)a2cos 60°×2＝eq \f(1,4)a2. 答案：　(1)A　(2)eq \f(1,4)a2 eq \a\vs4\al(归纳总结) (1)空间向量的线性运算包括加、减及数乘运算，选定空间不共面的三个向量作为基向量，并用它们表示出目标向量，这是用向量法解决立体几何问题的基本要求，解题时可结合已知和所求，根据图形，利用向量运算法则表示所需向量． (2)空间向量的数量积 空间向量的数量积的定义表达式a·b＝|a|·|b|·cos〈a，b〉，其重要变式有以下三个：cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a| ·|b|)，a2＝|a|2，a在b上的投影eq \f(a·b,|b|)＝|a|·cos〈a，b〉．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．　　 即时练1.(多选)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列说法正确的有(　　) A．(eq \o(AA1,\s\up15(→))＋eq \o(AD,\s\up15(→))＋eq \o(AB,\s\up15(→)))2＝3eq \o(AB,\s\up15(→))2 B．eq \o(A1C,\s\up15(→))·(eq \o(A1B1,\s\up15(→))－eq \o(A1A,\s\up15(→)))＝0 C．eq \o(AD1,\s\up15(→))与eq \o(A1B,\s\up15(→))的夹角为60° D．正方体的体积为|eq \o(AB,\s\up15(→))·eq \o(AA1,\s\up15(→))·eq \o(AD,\s\up15(→))| AB　[如图，(eq \o(AA1,\s\up15(→))＋eq \o(AD,\s\up15(→))＋eq \o(AB,\s\up15(→)))2＝(eq \o(AA1,\s\up15(→))＋eq \o(A1D1,\s\up15(→))＋eq \o(D1C1,\s\up15(→)))2＝eq \o(AC1,\s\up15(→))2＝3eq \o(AB,\s\up15(→))2，A正确； eq \o(A1C,\s\up15(→))·(eq \o(A1B1,\s\up15(→))－eq \o(A1A,\s\up15(→)))＝eq \o(A1C,\s\up15(→))·eq \o(AB1,\s\up15(→))＝0，B正确； eq \o(AD1,\s\up15(→))与eq \o(A1B,\s\up15(→))的夹角是eq \o(D1C,\s\up15(→))与eq \o(D1A,\s\up15(→))夹角的补角，而eq \o(D1C,\s\up15(→))与eq \o(D1A,\s\up15(→))的夹角为60°，故eq \o(AD1,\s\up15(→))与eq \o(A1B,\s\up15(→))的夹角为120°，C错误； 正方体的体积为|eq \o(AB,\s\up15(→))||eq \o(AA1,\s\up15(→))||eq \o(AD,\s\up15(→))|，D错误． 故选AB．] 二、空间向量与线面位置关系 主要考查角度： 1．平行关系：线线平行、线面平行、面面平行． 2．垂直关系：线线垂直、线面垂直、面面垂直． 关键核心素养： (1)数学运算；(2)直观想象． 在四棱锥P­ABCD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N的位置；若不存在，说明理由． [思路点拨]　(1)证明向量eq \o(BM,\s\up15(→))垂直于平面PAD的一个法向量即可； (2)假设存在点N，设出其坐标，利用eq \o(MN,\s\up15(→))⊥eq \o(BD,\s\up15(→))，eq \o(MN,\s\up15(→))⊥eq \o(PB,\s\up15(→))，列方程求其坐标即可． 解析：　如图所示，以A为原点，以eq \o(AB,\s\up15(→))，eq \o(AD,\s\up15(→))，eq \o(AP,\s\up15(→))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，则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1)． (1)证明：∵eq \o(BM,\s\up15(→))＝(0，1，1)， 平面PAD的一个法向量为n＝(1，0，0)， ∴eq \o(BM,\s\up15(→))·n＝0，即eq \o(BM,\s\up15(→))⊥n. 又BM⊄平面PAD，∴BM∥平面PAD． (2)eq \o(BD,\s\up15(→))＝(－1，2，0)，eq \o(PB,\s\up15(→))＝(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eq \o(MN,\s\up15(→))＝(－1，y－1，z－1)， 从而MN⊥BD，MN⊥PB， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(MN,\s\up15(→))·\o(BD,\s\up15(→))＝0，,\o(MN,\s\up15(→))·\o(PB,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋2(y－1)＝0，,－1－2(z－1)＝0，)) ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)，,z＝\f(1,2)，))∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，∴在平面PAD内存在一点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，使MN⊥平面PBD． eq \a\vs4\al(归纳总结) 利用空间向量证明空间中的位置关系 (1)线线平行： 证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量． (2)线线垂直： 证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直． (3)线面平行： ①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直； ②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量； ③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两不共线向量线性表示． (4)线面垂直： ①证明直线的方向向量与平面的法向量平行； ②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题． (5)面面平行： ①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)； ②转化为线面平行、线线平行问题． (6)面面垂直： ①证明两个平面的法向量互相垂直； ②转化为线面垂直、线线垂直问题．　　 即时练2.如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，EB1＝1，D，F，G分别为CC1，B1C1，A1C1的中点，EF与B1D相交于点H. (1)求证：B1D⊥平面ABD； (2)求证：平面EGF∥平面ABD． 证明：　(1)如图所示，建立空间直角坐标系，设A1(a，0，0)， 则B1(0，0，0)，C1(0，2，0)，F(0，1，0)，E(0，0，1)，A(a，0，4)，B(0，0，4)，D(0，2，2)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0)). ∴eq \o(B1D,\s\up15(→))＝(0，2，2)，eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－a，0，0)， eq \o(BD,\s\up15(→))＝(0，2，－2)． ∴eq \o(B1D,\s\up15(→))·eq \o(AB,\s\up15(→))＝0＋0＋0＝0，eq \o(B1D,\s\up15(→))·eq \o(BD,\s\up15(→))＝0＋4－4＝0. ∴B1D⊥AB，B1D⊥BD． 又AB∩BD＝B，∴B1D⊥平面ABD． (2)∵eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－a，0，0)，eq \o(BD,\s\up15(→))＝(0，2，－2)， eq \o(GF,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，0))，eq \o(EF,\s\up15(→))＝(0，1，－1)， ∴eq \o(GF,\s\up15(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up15(→))，eq \o(EF,\s\up15(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up15(→)). ∴GF∥AB，EF∥BD． 又GF∩EF＝F，AB∩BD＝B， ∴平面EGF∥平面ABD． 三、空间向量与空间角 主要考查角度： 1．异面直线所成的角． 2．直线与平面所成的角． 3．二面角． 关键核心素养： (1)直观想象；(2)逻辑推理；(3)数学运算． 如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为BC的中点，F为CC1的中点． (1)求EF与平面ABCD所成的角的余弦值； (2)求二面角F­DE­C的余弦值． [思路点拨]　　建立空间直角坐标系 (1)求平面ABCD的法向量n 由cos〈eq \o(EF,\s\up15(→))·n〉＝eq \f(\o(EF,\s\up15(→))·n,\a\vs4\al(|\o(EF,\s\up15(→))||n|)) 再由平方关系求得所成角的余弦值； (2)求平面DEF的法向量m.由cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)求得． 解析：　以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up15(→))，eq \o(DC,\s\up15(→))，eq \o(DD1,\s\up15(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． (1)D(0，0，0)，E(1，2，0)，F(0，2，2)，则eq \o(EF,\s\up15(→))＝(－1，0，2)． 显然，n1＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量． ∵cos〈eq \o(EF,\s\up15(→))，n1〉＝eq \f(\o(EF,\s\up15(→))·n1,|\o(EF,\s\up15(→))||n1|) ＝eq \f((－1，0，2)·(0，0，1),\r(5)×1)＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5). 设EF与平面ABCD的夹角为θ，则sin θ＝eq \f(2\r(5),5). ∴cos θ＝eq \f(\r(5),5)，即EF与平面ABCD的夹角的余弦值为eq \f(\r(5),5). (2)eq \o(DF,\s\up15(→))＝(0，2，2)，eq \o(DE,\s\up15(→))＝(1，2，0)， 设n2＝(a，b，c)为平面FDE的法向量， 则n2·eq \o(DE,\s\up15(→))＝a＋2b＝0，n2·eq \o(DF,\s\up15(→))＝2b＋2c＝0， 令a＝2，则b＝－1，c＝1， 即n2＝(2，－1，1)为平面FDE的一个法向量． ∵cos〈n1，n2〉＝eq \f((0，0，1)·(2，－1，1),1×\r(6))＝eq \f(1,\r(6))＝eq \f(\r(6),6)， ∴二面角F­DE­C的余弦值为eq \f(\r(6),6). eq \a\vs4\al(归纳总结) 用向量法求空间角的注意点 (1)异面直线所成的角：两异面直线所成角的范围为0°<θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解． (2)直线与平面所成的角：要求直线a与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n与直线a的方向向量a夹角的余弦cos〈n，a〉，易知θ＝〈n，a〉－eq \f(π,2)或者eq \f(π,2)－〈n，a〉． (3)二面角：如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n1与n2，则平面α与β所成的角跟法向量n1与n2所成的角相等或互补，所以首先应判断二面角是锐角还是钝角．　　 即时练3.如图所示，在底面是菱形的四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝ 60°，PA＝AC＝a，PB＝PD＝eq \r(2)a，点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1. (1)求证：PA⊥平面ABCD； (2)求平面EAC与平面DAC所成角θ的大小． 解析：　(1)证明：∵PA＝AC＝a，PB＝PD＝eq \r(2)a，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∴PA2＋AB2＝PB2，PA2＋AD2＝PD2，∴PA⊥AB且PA⊥AD，∴PA⊥平面ABCD． (2)∵底面ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，设AC∩BD＝O， ∴以O为原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标分别为 Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，a)).∵点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1，∴eq \o(DP,\s\up15(→))＝3eq \o(DE,\s\up15(→))，即eq \o(DP,\s\up15(→))＝3(eq \o(OE,\s\up15(→))－eq \o(OD,\s\up15(→)))，∴eq \o(OE,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)a，－\f(a,6)，\f(a,3)))，即点E的坐标为Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)a，－\f(a,6)，\f(a,3))). 又平面DAC的一个法向量为n1＝(0，0，1)，设平面EAC的法向量为n2＝(x，y，z)，易得eq \o(OC,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(OC,\s\up15(→))＝0，,n2·\o(OE,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)·y＝0，,－\f(\r(3),3)ax－\f(a,6)y＋\f(a,3)z＝0，))取x＝1，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝0，,z＝\r(3)，))得n2＝(1，0，eq \r(3))，∴cos〈n1·n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(\r(3),1×2)＝eq \f(\r(3),2)⇒〈n1，n2〉＝eq \f(π,6)，由图可知平面EAC与平面DAC所成角θ的大小为eq \f(π,6). $$