第一章 空间向量与立体几何 章末优化提升-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册同步练测（人教A版2019）

?高中数学·选择性必修 第一册 章末优化提升 网络构建 空间向量的概 念及其运算 空间向量的定义及 其表示 空间向量的线性运 算和数量积运算 空间向量运算的定 义及其几何意义 空间向量运算的运 算律 空间向量基本定理与空 间向量运算的坐标表示 空间向量基本定理 空间直角坐标系 空间向量运算的坐标表示 用空间向量解决 立体几何问题 用空间向量表 示点、直线、平 面等元素 用空间向量研究立体几何 把向量运算的结 中的直线、平面的位置关 果“翻译”成相应 系、距离和夹角问题 的几何结论 一考点聚焦 考点一 用空间向量解决共线、共面问题 [例1] 若空间任意一点O和不共线的三点 A, B,C有关系式6OP=OA+2OB+3OC,则 ( ) A.O,A,B,C四点共面 B.P,A,B,C四点共面 C.O,P,B,C四点共面 D.O,P,A,B四点共面 [解析] 由6OP=OA+2OB+3OC,得 OP-OA=2(OB-OP)+3(OC-OP), ∴AP=2 PB+3 PC,即PA=-2 PB-3 PC, ∴P,A,B,C四点共面. [答案] B |归纳提升|Ⅱ⋯ 空间向量的运算、性质及基本定理是解决空间向 量问题的基础，特别是共线向量定理、共面向量定理、 空间向量基本定理、数量积的性质等. ?跟踪训练 1.如图，已知斜三棱柱 ABC- A' C' A'B'C',设AB=a,AC=b, M B/ AA?=c,在对角线 AC′和棱 CN B BC上分别取点M,N,使 AM=kAC,BN=k BC,o≤k≤1.求证：向 量MN,a,c共面. 34 第一章 空间向量与立体几何 考点二 用空间向量解决线面位置关系问题 [例 2] 如图所示，在多面体 ABC-A?B?C? 中，四边形 A?ABB?是正方 A? B? 形，AB= AC,BC=√2AB, Ci B?C?2BC,二 面角 A?- B AB-C是直二面角.求证： A (1)A?B?⊥平面 AA?C; C (2)AB?//平面 A?C?C. [证明]∵二面角 A?-AB-C是直二面角， ∴平面 A?ABB?⊥平面 ABC. 又∵AB=AC,BC=√2AB, ∴∠CAB=90°,即 CALAB. ∴AB,AC,AA?两两互相垂直. 建立如图所示的空间直角坐标系， 设 AB=2,则 A(0,0,0), A? B? B?(0,2,2),A?(0,0,2), C? C(2,0,0),C?(1,1,2). (1)A?B?=(0,2,0), A?A=(0,0,-2), yA B AC=(2,0,0), C 设平面 AA?C的一个法向 Fx 量n=(x,y,z), m:Ac=0 {22==,’即2=0,则 即 取 y=1,则 n=(0.1.0) ∴A?B?=2n,即A?B?//n. ∴A?B?上平面AA,C. (2)易知AB?=(0,2,2),A?C?=(1,1,0), A?C=(2,0,-2),设平面 A?C?C的一个法 向量m=(x?,y?,z1), m:AG-0, 2-2==0,则 即 令x?=1,则y?=-1,z?=1,即m=(1,-1,1). ∴AB?·m=0×1+2×(一1)+2×1=0, ∴AB?Im 又 AB?女平面A?C?C, ∴AB?//平面 A?C?C. Ⅱ归纳提升|l 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 (1)线线平行：l//m?a//b=a=kb,k∈R; (2)线面平行(ICα):l//a=aLu=a·u=0; (3)面面平行：a//β=u//v=u=kv,k∈R; (4)线线垂直：l⊥m?a⊥b?a·b=0; (5)线面垂直：l⊥a-a//u=a=ku,k∈R; (6)面面垂直：α⊥β?u⊥v=u·v=0. 跟踪训练 2.如图，在四棱锥 P- ABCD 中，PD⊥平面 ABCD,ABCD 是正方形，E是PA 的中点. 求证： D (1)PC//平面 EBD; (2)平面PBC⊥平面 PCD. C B 考点三 用空间向量求距离 [例3] 如图所示，△BCD与△MCD都是边 长为2 的正三角形，平面A MCD⊥平面 BCD,AB⊥ 平面 BCD,AB=2√3.求 点 A 到 平 面 MBC 的 距离. M [解] 如图所示，取 CD 的中点O,连接 OB,OM,B D 则 OB⊥CD,OM⊥CD.又 平面MCD⊥平面 BCD, ℃ 所以 MO⊥平面BCD. 以O为坐标原点，直线 OC,BO,OM分别为 x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz. 因为△BCD与△MCD都 A 是边长为 2 的正三角形， 所以OB=OM=√3,则 O(0,0,0),C(1,0,0), M(0,0,√3),B(0,—√3,0), M A(0,-√3,2√3), 所以BC=(1,√3,0), B D BM=(0,√3,3), 0 y BA=(0,0,2√3). Cx 35 ?高中数学·选择性必修 第一册 设平面MBC的法向量为n=(x,y,z), :前-0得 sy+==0, 取x=√3,可得平面MBC的一个法向量为 n=(√3,-1,1). 又Bá=(0,0,2√3), a=IBA:n=25所以所求距离 归纳提升|l-- (1)求P,Q两点间的距离，可转化为求PQ的模； (2)点到平面距离的求法：设n是平面α的法向量， B是平面α外一点，A是平面α内一点，AB是平面α的 一条斜线，则点B到平面a的距离为d=i川， (3)线面距离、面面距离均可转化为点到平面的距 离，利用(2)中的方法求解。 跟踪训练 3.(广东清远四校联盟高二期中)如图，在四棱 锥 P-ABCD 中，底面 ABCD C B 为矩形，AB⊥平面 PAD,E 是AD 的中点，△PAD为等 ED A 腰直角三角形，DP⊥AP, PPA=√2AB=√2. (1)求证：PE⊥BD; (2)求点 A到平面PBE的距离. 考点四 用空间向量求角 [例 4] 在三棱锥 P- ABC 中，PA⊥平面 ABC,∠BAC=90°,D,E,F分别是棱 AB, BC,CP的中点，AB=AC=1,PA=2,则直线 PA与平面 DEF所成角的正弦值为 ( ) c.厚 D.255A.5 B.5 [解析] 以A为原点，分别 以 AB,AC,AP所在直线为x 轴、y轴、z轴建立如图的空间 直角坐标系，则 A(0,0,0), 尸 F P(0,0,2),D(2,0,0), yD EB E(1,2,0),F(0,2,1), 故AP=(0,0,2),DE=(0,2,0), DF=(-2,2,1). 设 n=(x,y,z)是平面 DEF的法向量，则 和要 n=(1,0,2)取x=1,得 为平面 DEF的一 个法向量. 设 PA与平面 DEF 所成的角为θ, 则 sinθ=1cos(AP,n>l=号. [答案] C |归纳提升|l---⋯ (1)两条异面直线所成的角θ可以借助这两条直 线的方向向量的夹角φ求得，即 cos θ=|cos gl; (2)直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向 向量与平面的法向量的夹角φ求得，即 sin θ=|cos gl 或 cos θ=sin o (3)二面角的大小可以通过该二面角的两个面的法 向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角。 □跟踪训练 4.如图所示，在直三棱柱 ABC- A?B?C?中，AB= C A, B? 4,AC=BC=3,D为AB 的中点. ℃ BD (1)求 点 C 到 平 面 A,ABB?的距离： (2)若 AB?⊥A?C,求平面 A?CD与平面 CC?D夹角的余弦值. 提示请完成《素能提升训练》章末检测卷一 36 同理可得平面 SCD的一个法向量n?=(-√3,0,1). ∵n?=n?,∴平面PEF//平面 SCD. (2)存在。理由如下：设AE=AAS=A(-1,0,√3)= (-a,0,√3λ)(O≤λ≤1), PE=PA+AE=(1.0.0)+(-λ,0,√3a: =(1-λ,0,√3λ),PB=(1,1,0), 设平面PEB的一个法向量为m?=(x,y,z),.则< 令x=√3λ,则m?=(√3λ,-√3λ,a-1), 易知平面SAD的一个法向量m?=AB=(0,1,0), 21sm计 因为0≤a≤1,所以A=号， 所以存在点E,位于AS上靠近A点的三等分点. 6.解 (1)证明 在△PAD中，PA=PD,O为AD中点， 所以 PO⊥AD. 因为侧面 PAD⊥底面ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD =AD,POC平面 PAD, 所以 PO⊥平面 ABCD. (2)连接OC.由(1)知 PO⊥平面 ABCD,且OCC平面 ABCD,所以 PO⊥OC. 因为 BC//AD,BC=÷AD=OA, 所以四边形ABCO为平行四边形. 又因为AB⊥AD,所以OC⊥AD. 以O为坐标原点，以OC,OD,OP为x轴、y轴、之轴正方 向，建立如图所示的空间直角坐标系， z 则 P(0,0,1),A(0,-1,0),B(1,-1,0), P D(0,1,0),所以BD=(-1,2,0), PA=(0,-1,-1) :0:0 PB=(1,-1,-1) Dy 没平面 PAB的法向量为 %C n=(x?,y?,z?), .班 (5则 即{ 故取 n=(0,-1,1). 设直线 BD与平面PAB的夹角为θ, M sno-1s(m)1-;测 (3)假设在线段AD上存在点Q,使得Q到平面PCD的 厚距离为： 因为O(0,0,0),P(0,0,1),C(1,0,0),D(0,1,0), 所以OD=(0,1,0),PC=(1,0,-1),PD=(0,1,-1). 令Qb=aOb(a>0),则Qb=(0,λ,0). 设平面PCD的法向量为m=(x?,y?,z?), {--则 即 故取 m=(1,1,1). 得，因为点Q到平面PCD的距离为` 则a=109,解x=, 经检验，满足题意. 故存在点Q满足题意，此时QD-意。 章末优化提升 【考点聚焦】—-—[跟踪训练] 1.证明如图，连接AN,∵AN= AB+BN=AB+kBC=AB+k(AC- A' M B" Ab)=a+k(b-a)=(1-k)a+kb, AN=kAC2=k(AA+AC)=ke+kb, ∴MN=AN-AM=(1-k)a-kc. ∵向量a与c不共线， ∴向量MN,a,c共面 A< c N B 2.证明如图，以 D为原点，分别以 z DC,DA,DP所在直线为x轴、y 轴、z轴建立空间直角坐标系。 E设 DC=a,PD=b,则D(0,0,0), y C(a,0,0),B(a,a,0),P(0,0,b), A E(0.兰空). D C (1)DE=(0,2,),DB=(a,a,0). 设平面 EBD的法向量为n=(x?,y?,z?), 则( 令y?=1,则x?=-1,x?=-方， C' B → 得n=(-1,1,一方)为平面EBD的一个法向量. 又PC=(a,0,-b),且C·n=-a+(-分)×(-b)=0, ;PC|n ∵PC±平面 EBD,∴PC//平面 EBD. (2)PB=(a,a,-b),BC=(0,-a,0). 设平面 PBC的法向量为n?=(x?,y?,z?), 则< ∴y?=0. 令x;=1,则x?=鲁，得 n.=(,0,1);为平面 PBC的一个法向量. 易得平面 PCD的一个法向量是n?=(0,1,0). ∵n?·n?=0,∴平面 PBC⊥平面 PCD. 20 3.解 (1)证明因为AB⊥平面 PAD,PEC平面 PAD, 所以 PE⊥AB. 因为△PAD是等腰直角三角形，E是斜边AD的中点， 所以 PE⊥AD. 又 ADC平面ABCD,ABC平面ABCD,AB∩AD=A, 所以 PE⊥平面 ABCD. 又 BDC平面 ABCD,所以 PE⊥BD. (2)在平面ABCD内，过E点作AD的垂线 EF,交 BC 于点F,则 EF//AB. 又 AB⊥平面 PAD,所以 EF⊥平面 PAD. 又 EP⊥EA,则 EP,EA,EF两两垂直， 以E为原点，分别以 EP,EA,EF所在直线为x轴、 y轴轴，建立空间直角坐标系 Exyz,如图. 因为 PA=√2AB=√2, zC ,B 所以 E(0,0,0),B(0,1,1),A(0, F. 1,0),P(1,0,0), ; 则EB=(0,1,1),E卢=(1,0,0),D Ay PA=(-1,1,0) P) 设平面 PBE的一个法向量为n= x (x,y,z),,则 取 y=1,则x=-1, 故 n=(0,1,-1)为平面 PBE的一个法向量. 现表A到平面PE的距高为A.则在一高性后一 尽所以点A到平面PBE的距离为： 4.解 (1)由AC=BC,D为AB的中点，得CD⊥AB. 又 CD⊥AA?,故 CD⊥平面 A?ABB,所以点C到平面 A?ABB?的距离为CD=√BC2-BD2=√5. (2)如图，过 D作DD?//AA? 24 G 交 A,B,于 D?,在直三棱柱中， DA? B? 易知 DB,DC,DD?两两垂直. 以 D为原点，射线 DB,DC, y DD?分别为x轴、y轴、z轴的 b正半轴建立空间直角坐标系 A B Dxyz. 设直三棱柱的高为h,则 A(-2,0,0),A?(-2,0,h), B(2,0,h),C(0,√5,0),C(0,√5,h), 从而AB=(4,0,h),A,C=(2,√5,-h). 由AB⊥A,C,有8-h2=0,解得h=2√2. 故DA?=(-2,0,2√2),CC=(0,0,2√2), DC=(0,/5.0) 设平面 A,CD的法向量为m=(x?,y?,z?), 则mLDC.m|D (+2=即 取x?=1,得m=(√2,0,1), 设平面C?CD的法向量为n=(x?,y?,z?), nlm 取x?=1,得n=(1,0,0), co<m.n)=mm---所以， 厚所以平面A?CD与平面CC?D夹角的余弦值为 第二章直线和圆的方程 2.1直线的倾斜角与斜率 2.1.1倾斜角与斜率 【自主学习探新知】 知识点一 1.正向向上 2.0?≤a<180° V?一y 知识点二 1.正切] tan a 2. x?-x? 【互动探究解疑难】 探究一 [例1][解析] (1)根据题意，画出图形，如图所示： yt ytl\ 45° 1a a山0 45° 0 因为0°≤a<180°,显然A,B,C未分类讨论，均不全面， 不合题意，通过画图(如图所示)可知：当 0?≤a<135° 时，l?的倾斜角为α+45°;当135?≤α<180°时，l?的倾 斜角为45?+a-180?=a-135°.故选 D. (2)设直线l?的倾斜角为α?,由l?和l?向上的方向所成 的角为 120°,所以∠BAC=120°,所以a?=120°+a? =135°. [答案](1)D(2)135' [跟踪训练] 1.D 由图易知l的倾斜角为45°+105°=150°. 探究二 kw=4=2-1,[例2][解] (1)存在，直线 AB的斜率k 即tana=1,又0?≤a<180°,所以倾斜角α=45°. (2)存在，直线CD的斜率km=2={=2)--1, 即tana=-1,又0?≤a<180°,所以倾斜角α=135°. (3)不存在.因为xp=xa=-3,所以直线 PQ的斜率不 存在，倾斜角a=90°, [跟踪训练] 一5>1.得一5-1>0,2m-H3<0,2.D 由题意知 所以5<m<詈。 21