第一章 章末复习方案(word教参)-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

章末复习方案 （见学生用书P35） 探究一　利用空间向量证明线、面的位置关系 用空间向量判断空间中线、面位置关系的探究与方法总结： （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，只需证明两条直线的方向向量垂直. （3）线面平行：用向量证明线面平行的方法主要有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. （4）线面垂直：用向量证明线面垂直的方法主要有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. 【真题1】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点. （1）求证：B1D⊥平面ABD； （2）求证：平面EGF∥平面ABD. 　　　　 题图　　　　　　　答图 证明：（1）以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Bxyz，如图所示，则B（0，0，0），D（0，2，2），B1（0，0，4），设BA＝a，则A（a，0，0），所以＝（a，0，0），＝（0，2，2），＝（0，2，－2），所以·＝0，·＝0，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD，所以B1D⊥平面ABD. （2）由（1）知，E（0，0，3），G，F（0，1，4）， 则＝，＝（0，1，1），所以·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF，因此B1D⊥平面EGF.结合（1）可知平面EGF∥平面ABD. 探究二　利用空间向量求解距离和空间角 距离和空间角的求解可以通过几何方法得到，但对考生的空间想象能力、推理论证能力有较高的要求，使用空间向量方法可以减少作图，只要建立合理的空间直角坐标系，把所求的距离和角转化为向量之间的问题求解即可.高考试题中的立体几何解答题往往是分步设问，其中空间距离的求解部分几何方法和空间向量方法都可能考查，具体看哪种方法使解题更简便，而空间角求解部分侧重考查空间向量方法. 【真题2】（2023·天津）三棱台ABC－A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M，N分别是BC，BA的中点. （1）求证：A1N∥平面C1MA； （2）求平面C1MA与平面ACC1A1所成夹角的余弦值； （3）求点C到平面C1MA的距离. 　　 题图　　　　　　　　答图 解析　连接AC1，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则有A（0，0，0），M（1，1，0），N（1，0，0），A1（0，0，2），C1（0，1，2），C（0，2，0）. 所以＝（1，0，－2），＝（1，1，0），＝（0，1，2）. （1）证明：设平面C1MA的法向量为n＝（x，y，z）， 则即令x＝2，则n＝（2，－2，1）. 所以·n＝1×2＋0×（－2）＋（－2）×1＝0，所以⊥n. 又A1N⊄平面C1MA， 所以A1N∥平面C1MA. （2）由（1）易知，平面ACC1A1的一个法向量为＝（1，0，0），平面C1MA的一个法向量为n＝（2，－2，1）， 所以cos＜，n＞＝＝，所以平面C1MA与平面ACC1A1所成夹角的余弦值为. （3）又＝（－1，1，0），所以点C到平面C1MA的距离d＝｜｜＝. 探究三　用空间向量解决折叠问题 折叠问题是指把一个平面图形沿一条直线折起使之成为空间图形的一类问题，这类问题对解题者的空间想象能力有较高要求. 【真题3】如图1，在平面四边形PBCD中，已知BC⊥PB，PD⊥CD，PB＝6，BC＝2，DP＝2CD，DA⊥PB于点A.将△PAD沿AD折起使得PA⊥平面ABCD，如图2，设＝λ（0≤λ≤1）. 　　　　 图1　　　　　　　　图2 （1）若λ＝，求证：PB∥平面MAC； （2）若直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，求λ的值. 解析　（1）在平面四边形PBCD中，BC⊥PB，PB＝6，BC＝2， 所以CP＝2，tan∠BPC＝. 又PD⊥CD，DP＝2CD， 所以CD＝2，PD＝4，tan∠DPC＝， 所以tan∠BPD＝tan（∠BPC＋∠DPC）＝＝1，所以∠BPD＝45°. 所以在Rt△PAD中，PA＝AD＝4. 因为DA⊥PB，BC⊥PB，所以AD∥BC. 在四棱锥P－ABCD中，连接BD，设BD∩AC＝F，连接MF， 因为λ＝，所以＝2，又＝＝2，所以MF∥PB. 因为MF⊂平面MAC，PB⊄平面MAC， 所以PB∥平面MAC. （2）由题意易知AB，AD，AP两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（0，0，0），C（2，2，0），D（0，4，0），P（0，0，4）， 则＝（－2，2，0），＝（0，4，－4）. 设平面PCD的法向量为n＝（x，y，z）， 则即 令x＝1，得即n＝（1，1，1）. 由＝λ，得＝（0，4λ，－4λ）， 故M（0，4－4λ，4λ），＝（0，4－4λ，4λ）. 由直线AM与平面PCD所成角的正弦值为， 得｜cos＜，n＞｜＝｜｜ ＝＝，解得λ＝. 探究四　用空间向量解决探索性问题 探索性问题对解题者分析问题、解决问题的能力有较高要求，在立体几何的解答题中探索性问题是一个重要的知识点. 【真题4】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝. （1）求证：PD⊥平面PAB； （2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值； （3）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 　　　 题图　　　　　　　　答图 解析　（1）证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD. 又PA⊥PD，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB. （2）取AD的中点O，连接PO，CO. 因为PA＝PD，所以PO⊥AD. 因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以PO⊥平面ABCD. 因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO. 因为AC＝CD，所以CO⊥AD. 如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A（0，1，0）， B（1，1，0），C（2，0，0），D（0，－1，0），P（0，0，1）， 所以＝（0，－1，－1），＝（2，0，－1）. 设平面PCD的法向量为n＝（x，y，z）， 则即 令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝（1，－2，2）. 又＝（1，1，－1），所以cos＜n，＞＝＝－. 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为. （3）假设存在λ∈[0，1]，使得＝λ. 因此点M（0，1－λ，λ），则＝（－1，－λ，λ）. 因为BM⊄平面PCD， 所以要使BM∥平面PCD，则·n＝0， 即（－1，－λ，λ）·（1，－2，2）＝0，解得λ＝. 所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时有＝. 【真题5】（2023·新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. （1）证明：B2C2∥A2D2； （2）点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P. 　　　　 题图　　　　　　　　答图 解析　（1）以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， 则C（0，0，0），C2（0，0，3），B2（0，2，2），D2（2，0，2），A2（2，2，1）， 所以＝（0，－2，1），＝（0，－2，1），所以∥， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， 所以B2C2∥A2D2. （2）设P（0，2，λ）（0≤λ≤4）， 则＝（－2，－2，2），＝（0，－2，3－λ），＝（－2，0，1），设平面PA2C2的法向量为n＝（x，y，z）， 则 令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，所以n＝（λ－1，3－λ，2）， 设平面A2C2D2的法向量为m＝（a，b，c）， 则 令a＝1，得b＝1，c＝2，所以m＝（1，1，2）， 所以｜cos＜n，m＞｜＝ ＝ ＝｜cos 150°｜＝， 化简可得λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3， 所以P（0，2，1）或P（0，2，3），所以B2P＝1. 学科网（北京）股份有限公司 $$