第1章 空间向量与立体几何 单元复习归纳-【重难点手册】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

第一章空间向最与立体几何 单元复习归纳 专题分布 考点频次高考分值 命题趋势 1.了解空问向量的概念，掌握空间向 ★★★ 【题源特点】利用向量法判 量的线性运算与数量积. 5年36考 定空间直线与平面的位置关系，求 空间中的夹角以及解决立体几何中 2.能用向量法判定空间直线与平面 ★★ 的动态问题是高考的热，点问题 的位置关系。 5年20考1017分 【题型形式】主要以解答题 3.能用向量法求空间中直线与直线、 形式考查向量法在立体几何问题 ★★★ 直线与平面、平面与平面的夹角， 中的应用，如2024年新课标全国 I卷、Ⅱ卷，2024年全国甲卷，2024 了解向量法在研究立体几何问题 5年35考 年北京卷，2024年天津卷等. 中的应用. 01知识网巧构建。 空间向量的相关概念 空间向量及其运算 线性运算 空间向量的运算 数量积运算 空间向量基本定理 空间向量与立体几何 空间向量的坐标表示 空间向量及其运算的坐标表示 空间向量的坐标运算 点的位置向量，直线的向量表示、平面的向量表示 平面的法向量 空间向量的应用 用向量方法讨论立体儿何中的位置关系 用向量方法研究立体几何中的度量关系 39 更避包手细高中数学选择性必修第-册RUA -02一微转题妙总结一。 微专题1空间向量的有关概念及线性 2.由空间向量的共线关系求参数 运算 例2(2024·重庆一中月考)已知向量a 用已知向量表示未知向量以及进行向量 =(4-2m,m-1,m-1)与b=(4,2-2m,2 表达式的化简，一定要结合实际图形，以图形 2m)平行，则m= 为指导是解题的关键，同时注意首尾相接的和 解析当2一2m=0,即m=1时，a=(2,0, 向量的化简方法以及从同一个点出发的两个 0),b=(4,0,0),满足a∥b: 向量的差向量的运算法则，避免出现方向 当2一2m≠0，即m≠1时， 错误。 因为a/∥b,所以4-2m-m- 42-2 ,解得m=3. 1.利用若干个空间向量表示一个空间向量 例①(2024·南京一中单元检测)如图， 综上可知，m=1或=3. 已知四边形ABCD为正方形，P是四边形 答案1或3. ABCD所在平面外一点，P在平面ABCD上的 点评本题容易忽略2一2m=0的情形，因 射影恰好是正方形的中心O,Q是CD的中点。 为=么=9是向量a=(a1,b,c)与b=(a2, 求下列各题中x,y的值： a2 b2 c2 (1)OQ=PQ+x PC+yPA; b,2)平行的充分不必要条件 (2)PA=xPO+yPQ+PD. 微专题2空间直角坐标系的构建策略 坐标法是利用空间向量的坐标运算解决 立体几何问题的重要方法，运用坐标法解题往 往需要建立空间直角坐标系。 抓住空间几何图形的结构特征，充分利用 解析(1)因为O反=PQ-P0=PQ- 图形中的垂直关系（或在图形中构造垂直关 2(pi+Po-Ppi-2P心， 系)是我们构建空间直角坐标系的重要依据. 下面举例说明几种常见的空间直角坐标系的 所以x=y=一2 构建策略. (2)因为PA+PC=2P0. 1.利用共顶点的两两互相垂直的三条棱， 所以PA=2PO-PC 构建空间直角坐标系 又因为PC+PD=2PQ, 例3(2024·临川一中检测)某三棱锥被 所以PC=2PQ-PD. 平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图1 所以PA=2PO-(2PQ-PD)=2PO 所示，截面为三角形ABC1,若∠BAC=90°， 2 PQ+PD. AA⊥平面ABC,AA=3,AB=AC=2AC,= 所以x=2,y=-2. 2,D为BC的中点.求证：平面AAD⊥平 40 第-章空间向量与立体几何么型 面BCC1B. 令=1，则2=1，点=5 3 B m=1,9》。 .m1·n2=1-1+0=0,∴.n1⊥ng. ∴.平面A1AD⊥平面BCCB. 图1 图2 2.利用线面垂直关系，构建空间直角坐 证明方法一如图2，以A为原点，AB, 标系 AC,AA的方向分别为x轴、y轴、心轴的正方 例④(2024·河南省中原名校联考)如图1， 在三棱柱ABCA1B,C中，BB,⊥平面ABC, 向建立空间直角坐标系， AB⊥BC,AA1=AB=BC=2. 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0, (1)求证：BC⊥平面ABC 0,√3). ,D为BC的中点， (2点M在线段BC上，且哈-名在 .点D的坐标为(1,1,0) 线段AB上是否存在一点N,满足MN∥平面 ∴.AD=(1,1,0),AA=(0,0,3),BC AAC?若存在，求出会的值：若不存在， (-2,2,0). ∴AD.BC=1×(-2)+1×2+0×0=0, 请说明理由. AA·BC=0×(-2)+0X2+√3×0=0， ∴ADLBC,AA⊥BC, ∴.BC⊥AD,BC⊥AA. A 又AA,ADC平面AAD,AA∩AD=A, 图1 图2 .BC⊥平面A1AD 证明(1)由题意得BC⊥BC,BB⊥ 又.'BCC平面BCCB, A1B1,AB⊥B1C1. .平面AAD⊥平而BCC1B ,BB1,B1C1C平面BCCB1,BB,∩BC 方法二同方法一建系后，得C(0,1, =B1,.A1B1⊥平面BCCB. 3),AA=(0,0,3),AD=(1,1.0),BC BCC平面BCCB,∴AB⊥BC. (-2,2,0),CC=(0,-1,W3). ,A1B,B1CC平面AB1C,AB∩BC= 设平面AAD的法向量为n=(,M,), B,∴.BC⊥平面ABC 平面BCC1B1的法向量为n2=(x2,为，2) (2)存在，以B为坐标原点，BC,BA,BB n·AA=0,mW3=0, 的方向分别为x轴、y轴、：轴的正方向建立如 由 得 m…Aj=0, x1+y=0, 图2所示的空间直角坐标系 令y=一1，则x1=1,=0, 则A(0,2,0),C(2,0,0),C1(2,0,2),B(0, .n=(1,-1,0). 0,0),A(0,2,2),M(号，0，号，所以Ci n·BC=0, 2.2+2y2=0, 由 得 (-2,2,0).CC=(0,0,2),AB=(0,-2,-2. m·CC=0,-+32=0, 设平面A1ACC1的法向量为n=(x,y,), 41 更避包手细高中数学选择性必修第-册RUA n·CA=-2.x+2y=0, 则 又BC=2AD,所以EFLBC, n…cC=22=0, 所以四边形BCEF是平行四边形， 取x=1,则y=1,x=0,所以n=(1,1,0). 所以CE∥BF. 设Na,a0.AB.01≤1 AN 又BFC平面PAB,CE￠平面PAB, 则AN=AA1B, 所以CE∥平面PAB. 即(a,b-2,c-2)=λ(0，-2，一2)， (2)取AD的中点O,连接OC,OP. 所以a=0,b=c=2-2λ， 因为△PAD为等边三角形， 所以N(0,2-2λ，2-2λ)， 所以PO⊥AD 所以M=(-号2-2x,号-2). 因为平面PAD⊥平面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD,POC平 因为MN∥平面AACC, 面PAD, 所以n…不=号+2-2双=0，解得入-号 所以PO⊥平面 ABCD. 所以在线段AB上存在一点N,满足MN∥ 因为AOLL BC,所 年面AACG,且哈8-号 以四边形OABC为平行 3.利用面面垂直关系构建空间直角坐标系 四边形，所以AB∥OC,B 例司如图1，在四棱锥P-ABCD中，侧面 所以OC⊥AD. 图3 PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD, 以O为坐标原点，分别以OC,OD,OP的方 向为x轴、y轴、~轴的正方向建立如图3所示 AB=BC=2AD,∠BAD=∠ABC=90°，E是 的空间直角坐标系Oxyz, PD的中点. 设AB=1,则A(0,一1,0)，B(1,一1,0)， (1)求证：直线CE∥平面PAB; C(1,0,0),P(0,03). (2)点M在棱PC上，且直线BM与底面 设M(x,y,z),则PC=(1,0,-√3)，AB= ABCD所成的角为45°，求二面角M-AB-D的 (1,0,0),PM=(x,y,-√3). 余弦值。 因为点M在棱PC上，所以设PM λPC(0≤≤1)，即(xy,x一√5)=A(1,0,-3), 所以M(A,0,w3-√3A), 所以BM=(a-1,1,W3-3). D 因为BM与底面ABCD所成的角为45°， 图1 图2 而n=(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量， 证明(1)如图2，取PA的中点F,连接 所以cos(BM.m)1=B,m=sin45, EF.BF. BMIn 因为E是PD的中，点， 13-√3a 2 所以EF∥AD,EF=2AD V(a-1)+1+31-)2 由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD, 解得入-1一 2 42 第-章空间向量与立体几何么型 所以-(-号1，】 此时cos(B元，DE=6e2+2 10a2+h2 3 设m=(x0,%,)是平面ABM的法 即coS∠DEB=- 3 向量， 5.利用底面为正三角形构建空间直角坐 m·BM=O, 即 226十6+y6 0=0, 标系 m·AB=0, xo=0, 例7如图1，在正三棱柱ABCA1BC中， 所以可取m=(0,一√6,2). AB=AA=2,P,Q分别为A1B1,BC的中点. 于是cos(m,n)=m·n=10 (1)求异面直线BP与AC所成角的余 m n 5… 弦值： 因此二面角MABD的余弦值为Y10 (2)求直线CC与平面AQC1所成角的正 弦值。 4.利用正棱锥的底面中心与顶点所在的 直线构建空间直角坐标系 A 例⑥已知正四棱锥V-ABCD中，E为VC 的中点，正四棱锥的底面边长为2，高为h. (1)求∠DEB的余弦值： (2)若BE⊥VC,求∠DEB的余弦值. 解析](1)如图，以V 在底面ABCD内的投影O 图1 图2 为坐标原点建立空间直角 解析如图2，在正三棱柱ABC-A1BC 坐标系，其中Ox∥BC 中，设AC,AC1的中点分别为O,O,连接 Oy∥AB. OB,O),则OB⊥OC,OO⊥OC,OO⊥OB,以 由AB=2a,OV=h,知B(a,a,0),C(-a,a, {OO心，OO}为基底建立空间直角坐标系 0,D-a,-a0.V0.0h).E-号号2). Oryz. 因为AB=AA=2, 破-(-0，-号，D=(号，昌 所以A(0,-1,0),B(/3,0,0),C(0,1,0), ),os(硫.成)= BE.DE A1(0,-1,2),B(3,0,2),C(0,1,2). BEDE (1)因为P为AB的中点， -6a2+h 10a2+h2, 所以P号，2， 即cos∠DEB-6a十E. 10a2+h2 从6驴=(-g号2.aC=02.2. (2)BE LVC,B酡.VC=0, B驴.AC 即(-84，-受含)（-aa.-h)=0, 故|cos(B驴，AC)1= BPIAC 多0-号经-0，h= -1+4L_310 5×2220 43 更随食手细高中教学选择性必修第一册U归 因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦 是底面边长的√2倍，P为侧棱SD上的点.若 值为310 SD⊥平面PAC,问侧棱SC上是否存在一点 20 E,使得BE∥平面PAC?若存在，求SE：EC (2)因为Q为C的中点，所以@，20， 的值：若不存在，试说明理由， 则A0-(,o.4C-(02.2.0G (0,0,2). 设n=(x,y,z)为平面AQC的法向量， B (AQ.n=0. +=0. 13 则 即 图1 图2 AC·n=0, 2y+2x=0. 解析连接BD,设AC交BD于点O,连 不妨取n=(W3,一1,1). 接SO,由题意知SO⊥平面ABCD.以O为原 设直线CC与平面AQC1所成的角为0， 点，O,O心，O5分别为x轴、y轴、之轴的正方 向，建立空间直角坐标系Oxyx,如图2. 则sin0=|cos(CC,n>1= cC·n ICC 设底面边长为a, 2 ⑤ 2XW55 则OD=OC=OB= 2a,S0-6 a. 所以直线CC与平面AQC所成角的正 于是s00.5d).号.0，o0,p-号a, 我位为气 0.0).co,号ao).则-(-号 2a,0) 微专题3立体几何中存在性问题的向 量解法 D5-(0.).c$=(0.-.5a) 2, 2a月 平行、垂直、夹角和距离等问题是立体几 假设在侧棱SC上存在一，点E,使得BE∥ 何中的主要问题，而以它们为背景的探索性问 平面PAC. 题是近几年来高考数学命题创新的一个显著 由题意知DS是平面PAC的一个法向量， 特点.由于此类问题所涉及的点具有运动性和 设CE=tC芯(0≤t≤1)，则BE=BC+ 不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较 大.若用向量法处理，尤其是引人坐标表示的 di-成+d-(-是。号a,a叫. 空间向量，通过待定系数法求解存在性问题则 由腕D丙=0得-号+名1=0， 思路简单、解法固定、操作方便.下面举例谈谈 用向量法求解立体几何探索性问题的类型和 解得1=子 方法。 即当SE:EC=2:1时，BE⊥DS 1.与平行关系有关的存在性问题 又BE过平面PAC,所以侧棱SC上存在 例8(2024·青岛二中检测)如图1，四棱 一，点E,使得BE∥平面PAC,此时SE:EC= 锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都2：1. 44 第-章空间向量与立体几何么型 2.与垂直关系有关的存在性问题 3.与夹角有关的存在性问题 例9在长方体ABCD-A,B,CD,中， 例10(2024·长沙一中单元检测)在正 AA1=AD=1.AB=√/2，O为对角线AC的中 三棱柱ABCA1BC中，所有棱的长度都是2， 点，若P为AB上一动点，当P在何处时，平面 M是BC边的中点，试问：侧棱CC,上是否存 POD⊥平面ACD? 在一点N,使得异面直线AB和MN所成的 角等于45°？ 解析建立如图所 示的空间直角坐标系，则 解析以A为坐标原 D(0,0,0),A(1,0,0), 点，建立如图所示的空间直 角坐标系Axy, A(1,0,1),B(1,√2,0)， P B 则A(0,0,0),C(0,2,0), cowa.o02是 B(/3,1.0),B(3,1,2). 所以DA=(1,0,1),D元=(0,2,0)， M号.o D0-(分号2)D=10.0.Ai=02.0 假设侧棱CC上存在一点N满足题意， 设AP=入AB(0≤1≤1)， 可设N(0,2,m)(0≤m≤2)， 则D驴=DA+A户=DA+1AB=(1,0, 则正=5.1,2.示=(-号m. 0)+λ(0,2,0)=(1√2λ，0). 于是AB=22,M=v㎡+1，AB· 设n1=(x1,y,刘)为平面POD的法 MN=2m-1. 向量， 如果异面直线AB:和MN所成的角等于 n·D0=0, 1 则有 即 2+2=0, 45°，那么向量AB,和MN的夹角是45或135°.而 m·Di=0, +V2y=0, cos(AB MN)= AB·MN 2m-1 ABMN 入1 22·√m+ A-1 则 所以 2m-1 √2·√m十1 士号解得m=一是这 1=2a-1) 与0≤m≤2矛盾. 取1=√2(A一1)，可得平面POD的一个 所以侧棱CC上不存在点N,使得异面直 法向量为n1=(一√2入，1，W2(A一1). 线AB,和MN所成的角等于45 同理，可求得平面ACD的一个法向量为 4,与距离有关的存在性问题 n2=(-1,0,1). 例1I在直三棱柱ABC-A,BC:中，底面 若平面POD⊥平面ACD,则有m·=0, 是等腰三角形，∠ACB=90°，侧棱AA1=2, 即，②x+2X-1)=0,解得X=2 CA=2,D是CC1的中点.试问：线段AB(不 包括端点)上是否存在一点E,使得点A,到平 故当P为AB的中点时，平面POD⊥平面 A CD. 面AED的距离为， 45 更随食手细高中教学选择性必修第一册U归 解析如图，以C为原点，CA,CB,CC所 向量， 在直线分别为x轴、y轴、：轴建立空间直角坐 则有AD·n=0,AE·n=0, 标系，则A(2,0,0),A(2,0,2),D(0,0,1),所 即 -2.x+x=0, 以AA1=(0,0,2),AD=(-2,0,1). (a-2).x+(2-a)y+a2=0, 取x=1,可得平面AED的一个法向量为 A n=(142. 由题意可知，点A]到平面AED的距离 d= |AA1·n n 假设线段AB(不包括端点)上存在一点 1+(29)'+4 E,使得点A到平面AED的距离为2，⑤ 2√6 3 ,解得a=1或a=0(会去)，所以B1l,. 设点E到AB的距离为a(0<a<2), 所以当E为线段AB的中点时，点A1到 则E(a2-a,a),AE=(a-2,2-a,a). 设向量n=(x,y,之)为平面AED的法 平面AED的距离为2y6 3 -03单元学能测评。 时间：120分钟 满分：150分 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分. 3.如图，已知正方体ABCD-A,BCD的棱长 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 为a,则下列结论错误的是( 题目要求的) A.面对角线中与直线AD所成的角为60 1.已知平面a内有一点A(2,一1,2)，a的一个 的有8条 法向量为n=(一3.1,2)，则下列点在平面& B.直线AD与BC1垂直 内的是( C.直线AD与BD1平行 A.(1,-1,1) B(13》 D.三棱锥AA,CD的体积为行： c.(-13,- 3 D(1,-3》 2.如图，在四面体OABC 中，G是△ABC的重 心，G是OG1上一点， G 且OG=2GG,若0G= B xOA+y OB+OC. 第3题图 第4题图 则(x,y,)为( ). 4.如图，圆台的高为4，上、下底面的半径分别 A(22》 (导导》 为3,5，M,N分别在上、下底面圆周上，且 (OM,ON)=120°，则MV等于(). c(》 n(后) A.√65B.52C.v35D.5 46 第-章空间向量与立体几何么型 5.在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(2,0, 9.设{a,b,c}是空间的一个基底，则下列结论 0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,√2).若 正确的是(). S1,S2,Ss分别是三棱锥D-ABC在Oxy, A.a,b,c可以为任意向量 Oy,Oxx坐标平面上的投影图形的面积， B.对任一空间向量p,存在唯一的有序实数 则( 组(x,y,x),使p=xa十3b+c A.S=S2=S C.若a⊥b,b⊥c,则a⊥c B.S=S且S2≠S D.{a十2b,b+2c,c十2a}可以构成空间的一 C.S3=S1且S≠S2 个基底 D.S=S2且S3≠S 10.已知a=(2,一1,2)，b=(2,2,1),则 6.已知在三棱锥P-ABC中，PA,PB,PC两两 垂直，且PA=3,PB=2,PC=1,则点P到 A.a,b的夹角为锐角 平面ABC的距离为( B.a十b与a-b相互垂直 A号 C. D. C.a+b=a-bl B号 D.以a,b为邻边的平行四边形的面积为√65 7.《九章算术》是古代中国 11.已知菱形ABCD的边长为4，∠A=60°，E 乃至东方的第一部自成 为AB的中点（如图1），将△ADE沿直线 体系的数学专著，书中A DE翻折至△A'DE处（如图2），连接A'B, 记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其 A'C,则下列说法中正确的有( 中四边形ABCD为矩形，EF∥AB.若AB =3EF,△ADE和△BCF都是正三角形，且 AD=2EF,则异面直线DE与BF所成角的 大小为( B B A. Bi 图2 c.5 D.g 图1 A.在翻折的过程中（不包括初始位置），平 8.如图，在正三棱台ABC-A,BC中，AB= 面A'EB与平面A'DE的夹角逐渐减小 3AA=2AB,=3,记侧面ABBA与底面 B.若F为A'D的中点，在翻折的过程中 (不包括初始位置)，点F到平面A'EB ABC,侧面ABB1A与侧面BCCB1,侧面 ABBA1与截面A1BC的夹角分别为a,B, 的距离恒为√3 y,则( C.若A'E⊥BC,则三棱锥A'EBD外接球 A.Y<B=a 的半径为√5 B.a=<Y D.若A'E⊥BC,F为A'D的中点，则F到 C.a<Y D.a<K<y 直线BC的距离为 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 12.已知=(2,1,1)与2=(0,2,1)分别为 求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分， 平面a与3的法向量，若a∩3=l,则直线l 有选错的得0分) 的一个方向向量为 47 更难食手册高中数学选择性必修第一册U口 13.如图，在边长为2的正方 G 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个 形SGG2G3中，E,F分别 解答计分， 是G1G2,GG3的中点，若 沿SE,SF及EF把这个G G 正方形折成一个四面体，使G,G2,G三 点重合，重合后的点记为G,则： B (1)三棱锥S-EFG外接球的表面积为 (2)若P为EF上的动点，则PG与平面 16.(15分)图1中的四边形ABCD为矩形，E, SEF所成角中最大角的正弦值为 F分别为AD,BC边的三等分点，其中 .(本题第一空2分，第二空3分) AB=AE=CF=1,以EF为折痕把四边形 14.在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖糯 AEFB折起，使平面AEFB⊥平面EFCD, 是指四个面都是直角三角形的四面体，如 如图2所示 B 图1，在Rt△ABC中，AD为斜边BC上的 高，AB=3,AC=4,现将△ABD沿AD翻 折至△AB'D(如图2)，使得四面体AB'CD 为一个整臑，则平面B'AC与平面DAC的 夹角的余弦值是 图1 图2 (1)求证：图2中CD⊥BD: (2)求平面ABD与平面CBD夹角的余弦值. 图1 图2 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写 出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)在①PC⊥BD,②PC⊥AB,③PA PC三个条件中选两个条件补充在下面的 横线处，使得PO⊥平面ABCD成立，请说 明理由，并在此条件下进一步解答该题， 如图，在四棱锥P-ABCD中，AC∩BD O,底面ABCD为菱形，若 ,且 ∠ABC=60°，异面直线PB与CD所成的 角为60°，求平面APB与平面PBC夹角的 余弦值. 48重滩⑤手册高中数学选择性必修第一册RUA (2)若E为BC的中点，则m=号，由1)知，BE 则cos<O心，n〉= :-9 平面ABF,则平面ABF的一个法向量为B它-（一2， ∴.平面PEF与平面PBD的夹角为45. 0.1 14.C提示：以C为原点建立空间直 角坐标系，如图。 又BB=(0,0.-1), AC=2, B到平面ABF的距离为B成·BE-25 C(0,0.0).A(2.0.0). B.E 5 ,PA⊥底面ABC,BCC平面ABC,.PA⊥BC 13.(1),在菱形ABCD中，∠ABC=120°， :AC⊥BC,PA∩AC=A, 故∠A=60°，AB=AD, ∴BC⊥平面PAC..BC⊥PC. ∴△ABD是等边三角形，又F京=ADi. ∴∠ACP为二面角P-BCA的平面角. EF∥BD,.△PEF也是等边三角形. 又，二面角PBCA的大小为60°， 平面PEF⊥平面BCDEF,取EF的中点O,连接PO, ∠PCA=60 则PO⊥EF,且POL平面BCDEF,连接DO, 又.在Rt△PAC中，AC=2,∠PAC=90°，∠PCA= BF⊥PD.且POLBF,PD∩PO=P. 60°，.PA=23,即P(2,0,23). BF⊥平面OPD,.BF⊥OD. 在菱形ABCD中，O为EF的中点，连接AO,延长DO ∴Sa=号×2X23=25. 交AB于点N,则DN⊥AB, 又AO⊥BD,∴O为△ABD的重心 :三棱锥PABC的体积为4y5, 3 又点O在EF上，EF∥BD. V装r=者Saw·Bd=号×2B·d 成=号成即=号 =4v6 3 (2)如图，连接C0,以O为坐标 原点，以OF,OC,OP分别为 ∴C=22,即B(0,22,0). ‘ED x轴y轴轴建立空间直角坐 ,BC⊥平面PAC, 标系，设菱形ABCD的边长为左 ∴.平面PAC的一个法向量为n=(0,1,0). 2,则P(0,0/5),B(1,3-3λ，0)，D(-1/3-3x, 又pi=(-2,22,-23).pi=26, 0).C(0,2/5-3x,0) a成需渠号 :PO⊥平面BCDEF, .∠PCO即为PC与平面BCDEF所成的角， “直线PB与平面PAC所成的角=受-(n,P成， 0-是是专将得安 ∴sm=n(受-(ai)=cos(n.PB)- 又OC⊥平面PEF, :0文-(o,3要.0）为平面PEF的-个法向量. 单元学能测评 1.D 设平面PBD的法向量为n=(x,y,2), 2D提示：易知E是C的中点，连接OE,所以O元 励-(-2,0.0.成-(1.号-号）) 是Oi+OO,G是△ABC的重心，则AG=号AE, n·Bd=0, -2x=0. 则 即 所以AG=号A花=号(O元-Oi.因为0G=2GG,所 令y=1,则平面PBD的一个法向量为n=(0,1,1), 以6心=号0G=号(oi+AG)=号oi+4(o 10 参考答案与提示么超 oi)=号oi+号0i=号oi+号(0成+0心) 号ai+号0成+号之.又0心=x0i+yo成+：0心. 2 所以x=y=x= 3.C提示：建立如图所示的空间 第5题图 第6题图 直角坐标系. 6.D提示：因为PA,PB,PC两两垂直，所以可建立如 对于A,:A(a.0,a),D(0, 图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,0),A(3,0,0), 0,0),A(a,0,0),B1(a,a,a), B(0,2,0),C(0,0,1),AB=(-3,2.0),AC=(-3,0, ∴AD=(-a.0.-a),AB 1).P元=(0.01). (0,a,a) 设向量m=(x,y,)是平面ABC的法向量， ..cos(A D.AB)= A:D.AB 一a2 -3x十z=0, AD1AB1V2a·2a 2 所以AB·m=0,AC·m=0,即 -3.x+2y=0. “两异面直线的夹角范围是(0，受]， 令x=2,则y=3,x=6, 即平面ABC的一个法向量为m=(2,3,6). .异面直线AD与AB,所成的角为60. 同理，正方体的六个面中除了面ADDA:与BCCB 则点P到平面ABC的距离为P亡：m_ 7 的面对角线，其他的面对角线与A,D所成的角都为 7.A提示：如图，以矩形ABCD的中心O为原点，C的 60°，共有8条，故A正确. 方向为x轴正方向建立空间直角坐标系。 对于B,C(0,a,a),B(a,a,0),则BC=(-a,0, ,四边形ABCD为矩形，EF∥AB,△ADE和△BCF a),.AD.BC=(-a,0.-a)·(-a,0.a) 都是正三角形， a2-a=0,∴.直线AD与BC,垂直，故B正确. ∴.EFC平面O,且O:是线段EF的垂直平分线. 对于C,:D1(0,0,a),BD=(-a.-aa), 设AB=3,则EF=1AD=2,D(-1,-,0),E(0, .AD.BD=(-a,0,-a)·(-a,-a,a)=a a2=0,.直线AD与BD,垂直，不平行，故C错误 -2w2B(1,or(0,2w2) 对于D.三棱锥AA,CD的体积为AD=合× Di=(112),=(-1,-12) 号c·a=名c,故D正确 .Di.B脉=-1×1+1×(-1)+2×2=0， 4.A提示：OM⊥OO,ON⊥OO.:M, ∴D定⊥B示，∴异面直线DE与BF所成的角为受 O,G=0,O,d·ON=0,且由题意知，M·ON 3X5Xcms60°-号 .MN-MO+00+0N...MN-(MO+00+ ON)=MO.+00+0N+2Mo..0.0+ 20d.0N+2M0·0N=9+16+25+15=65, 第7题图 第8题图 ∴M=65. 8.B提示：如图，取BC的中点E,BC的中点D,连接 5D提示：结合题意画出图形如图所示，易知S=号× AD,AE,设△ABC的中心为O,△AB,C的中心为 O,则根据正三角形的中心与重心重合得O,O分别 2×2=2,s=5=号×2×2=2，所以5=5且 为AE,A,D的三等分点，且A0=2O元，AG=2OD. S≠S. 由于在正三棱台ABC-A1B,C1中，AB=3A4,= 11 重滩⑤手册高中数学选择性必修第一册RUA 号AA=3所以A0=号AD25.0D-=号AD 1 3即cos3 号A0-=号AE=5.OE-=吉AE-号 侧面ABBA,与截面ABC的夹角的余弦值为 571 由正三棱台的性质得OO,⊥平面ABC,OO,⊥平面 即cosy= ABC,过点D作DF⊥AE于点F, 57 由于a8.y均为锐角.0sa=0s广号>0s一。 1 根据儿何关系易知DE=受，EF=停，则DF= 57 3 所以a=B<y 00,=号.以点0为坐标原点建立如图所示的空间直角 9.BD提示：因为a,b,c是空间的一个基底，所以a,b,c 为不共面的非零向量，A不正确： 坐标系.所以A0,一，0，B(号号0.C(-号 由空间向量基本定理知，对任一空间向量P,存在唯一 号oA(o.-2,9)B(1,9,9).G(-1. 的有序实数组(x,y,),使p=.十3b十c,B正确： a⊥b,b⊥c,但a,c不一定垂直，C不正确： 99）.0(o.o9), {a十2b,b+2c,c+2a}中三个向量不共面，即可以构成 空间的一个基底，D正确。 易知0d-(0.0,5)是平面ABC的一个法向量。 10.ABD提示：a=(2,-1,2),b=(2,2,1), 设平面ABBA的法向量为m=(x·y,),平面 则1a=|b=3,a·b=2×2-1×2+2×1=4 BCCB的法向量为n=(,为，2)，平面ABC的法 对于..b)=日治-青>0，ab的 向量为5=（为） 夹角为锐角，故A正确： 因为访-（是3o-(o要9）. 对于B,a十b=(4,1,3),a-b=(0,-3,1),则 (a+b)(a-b)=4×0+1×(-3)+3×1=0. m·AB=0,1=-3y, 所以 即 ,.a十b与a一b相互垂直，故B正确： mAA=0,气=-21 对于C,|a+b=4+1+3=√/26.1a-b|= 故平面ABBA的一个法向量为m=(W6,一√2,1)， √/0+(-3)+1平=10，即|a+b|≠|a-b1,故 6 C错误： 所以cos(m,OX) 3 3X6 3 对于D,,(a.b》∈(0，π). 所以侧面ABB,A与底面ABC的夹角的余弦值为 则na,b=个-sa,b=画，故以a,b为邻 分即osa=号 边的平行四边形的面积为2×号×3×3×压 9 因为成-(-30.0).丽-(-7，-誓，).a方 √丽，故D正确。 1L.BCD提示：因为DE⊥A'E,DE⊥BE,且AE∩BE=E, (受，75，-写）)，同理可得平面CCB,的一个法向 所以DE⊥平面A'BE.又DEC平面A'DE,则平面 AEB⊥平面A'DE,则夹角始终为90°，故A错误， 量为n=(0,2泛，1)，平面ABC的一个法向量为s 因为DE⊥平面AEB,则点D到平面A'EB的距离 (0,22,7). 为DE=√-2=2√，则点F到平面A'EB的距 所以osm,m=3灵是= 3 3,osm,s= 3 3X57 离恒为√3，故B正确. 1=57 因为A'E⊥BC,DE⊥A'E且BC与DE相交，所以 57=57 A'E⊥平面DEBC,又DE⊥平面A'BE,则以E为原点， 所以侧面ABB,A与侧面BCC:B,的夹角的余弦值为 以DE,EB,EA'分别为x轴y轴、轴建立空间直角坐 12 参考答案与提示格翅 标系 (2)如图，以G为原点，GF,GF,GS分别为x轴、y轴、 设球心坐标为(x,y,,E(0,0,0),B(0,2,0),A'(0, 轴建立空间直角坐标系，则G(0,0,0),E(1,0,0), 0,2),D(-25,0.0), F(0,1,0),S(0,0,2) (r+y+z=r. 设P(a,b,0)(0≤≤1,0≤b≤1)， x2+y2+(g-2)2=2, 则G=(ab,0),EF=(-1,1,0).=(-1.0,2). 所以 x2+(y-2)2+2=产. 设平面SEF的法向量为n=(x,y,), (x+25)”+y+x2=户， 则n·E亦=0，n,=0, (-x+y=0,y=x x=-√3， ”即 所以y=1 -x+2x=0,y=2, 令=1，则平面SEF的一个法向量为n=(2,2,1). =1, 设PG与平面SEF所成的角为O, 则r=√（一3）++下=5，故C正确， 则in=G市·n-2ua+0 因为B(0,2,0),C(-23,4,0),F(-3,0,1), Gdm3、a+ 所以BC=(-23,2,0). :0长a≤1,0<≤1，√+≥，当且仅当a=6 2 令c= 时取等号， 则1a=V3+4T=-22.a6=-是+1=-之 六血0的最大值为要 所以点F到直线BC的距离d=√a一(a·c)严 提示：在Rt△ABC中，AD为斜边BC上的高， √8一于-夏，放D正确 AB=3AC=4,则BC=5.AD=号.BD=号CD 12.(分1，-2)答案不唯一 提示：设直线【的一个 兰.即在四面体ABCD中，AD=号，D=号，CD 方向向量为d=(xy,), 号.AB=3,AC-4,则BD<CD,要使四面体ADBC 2x十y+g=0, 依题意可知 所以 为鳖需，根据三角形中大边对大角可知，需要BC⊥ d⊥e, 2y十g=0, 平面ADB,此时∠ADB,∠ADC,∠DB'C,∠ABC 令y=1,则=-2x=,所以d=(号1，-2)： 为直角，满足四面体ABCD为一个鱉蠕，则BC= √CD-BD=√7. 13.(1)6元. 提示：(1)在正方形SnG2G中， 如图，在长，宽.高分别为，7，号，号的长方休中作出四 SG⊥EG,SG⊥FG,EGn⊥FG,在三棱锥S-EFG 面体ADBC,以D为坐标原点建立空间直角坐标系， 中，SG⊥EG,SG⊥FG,EG∩FG=G,∴.SG⊥ 平面EFG,且EG⊥FG,将三棱锥SEFG补成长方体 则D0.00)A(0,0,号)c(7,号0）.B(0,号 SABGGEDF,如图所示，三棱锥S-EFG外接球 0）,Di=(0.0.),D心=(，号0)A=(0. 的直径2R=√+1+2亚=6， 因此，三棱锥SEFG外接球的表面积为4πR=6元 号，-号).C=7,00 13 重滩⑤手册高中数学选择性必修第一册RUA 设向量m=(x,”,)为平面ACD的法向量，向量 2,解得a一6. n=(x,”,)为平面BAC的法向量， m…i=号=0， 所以A(0,-1.0),B(3.0,0),C(0,1,0),P(0.06). 设m=(y,)为平面ABP的法向量，A店=(3， m·d-+号=0， 1,0),Ap=(0,16), 所以平面ACD的一个法向量为m=(7,一要0)小， m·AB=0,/3n十y=0, 由 得 令=1，得平面 m.Ap-0,y+61=0, 同理可得平面BAC的一个法向量为n=(0,12,9), ABP的一个法向量为n1=(2,一6,1). ×12 所以c0sm,m）=mn16五x15 m。h 设m=(.g,)为平面CBP的法向量，C市=(W3, 41 9 -1,0).Cp=(0,-1W6). 所以平面BAC与平面DAC夹角的余弦值是口， m·CB=0,5-为=0 4 由 得 ma.CP=0. 令=1，得平面 2-6=0, 15.若选择条件②：由POL平面ABCD知POLAB, 又PCLAB,PO∩PC=P.PO,PCC平面PAC, CBP的一个法向量为n2=(W2W6,1). 所以AB⊥平面PAC,所以AB⊥AC,所以∠BAC= 设平面APB与平面PBC的夹角为0， 90°，BC>BA,这与底面ABCD为菱形矛盾， 所以m=m=骨设-分 所以条件②必不选，故选择条件①③. 下面证明PO⊥平面ABCD. 所以平面APB与平面PBC的夹角的余弦值为 因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD. 16.(1)连接BE,易知BE=√2，EF=2,BF=2, 因为PC⊥BD,PCOAC=C,PC,ACC平面PAC, BE+E=BF,.BE⊥EF 所以BD⊥平面PAC ,平面AEFB⊥平面EFCD,平面AEFB∩平面EFD 又POC平面PAC,所以BD⊥PO. =EF,BEC平面AEFB. 因为PA=PC,O为AC的中点，所以PO⊥AC. ∴.BE⊥平面EFCD 又AC∩BD=O,AC,BDC平面ABCD,所以PO⊥平 'CDC平面EFCD,,.BE⊥CD 面ABCD. ,CD⊥DE,BEODE=E,BE,DEC平面BDE, 以O为坐标原点，分别将OB.元，OP的方向作为 ,CD⊥平面BDE x轴y轴、：轴的正方向建立如图所示的空间直角坐 BDC平面BDE, 标系. ,.CD⊥BD (2)以ED,EB分别为y轴、之轴建立如图所示的空间 直角坐标系， 则B(0,0w2),F(1,1.0),D(0,2,0),C(1,2,0). 因为AB∥CD,所以∠PBA为异面直线PB与CD所 成的角，所以∠PBA=60, 在菱形ABCD中，设AB=2, 因为∠ABC=60°，所以OA=1,OB=3. 设PO=a,则PA=/a+1,PB=√a+3. i=2F=（-3,,) 在△PBA中，由余弦定理得PA=BA+BP-2BA· BPs∠PBA,所以a2+1=4+a2+3-2×2/a+3× A(-,-是号) 14 参考答案与提示收超 ∴Di=(-号，-号，).Di=(0,-22),D EG=(a-1,0,a. (1,0.0) 设平面ABD的法向量为m=(x,为，)， Di·m-0, 1 5 则 即 2=0, D苏·m=0, 【-2y+2x1=0. B 令1=√2，则的=1，x=-3, 设平面BEGF的法向量为n=(x,y,z), 平面ABD的一个法向量为m=(一3,1W2) Bi·n=0,〔y=0, 设平面BDC的法向量为n=(x2业g), 即 D心·n=0,x=0, 则m=0.气a-Dr+=0: 则 即 设x=入，可得n=(A,0,1一a)为平面BEGF的一个法 DB.n=0. 【-22十22=0， 向量。 令2=一2，则=一1，又=0， 设直线PB与平面BEGF所成的角为a, 平面BDC的一个法向量为n=(0,-1,一√2)， n·P呢 ..cos(m.n)= -1-2 1 则sina=|cos(n.Pi)= √9+1+2·w0+1+2 -2 Inl PB ∴平面ABD与平面CBD夹角的余弦值为 -1 10 2×+(A-1)丽 17.1:BC-号AD,且E为线段AD的中点， 解得入=号或入=一1（舍去）， ∴.BC=DE. 又BC∥AD,∴.四边形BCDE为平行四边形， 所以存在点G(一号0，号)，使得直线PB与平面 ∴.BE∥CD. BEGF所成角的正弦值为 5 ,此时G为DP的靠近 CDC平面PCD,BE过平面PCD, ∴.BE∥平面PCD 点D的三等分点 又平面BEGF∩平而PCD=GF,,.BE∥GF, 18.以AB,AD,AP)为正交基底建立如图所示的空间直 ,∠ADC=90°，∴.四边形BCDE为正方形， 角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0, ∴.BE LAD. 2,0),P(0,0,2). 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD =AD,.BE⊥平面PAD..GF⊥平面PAD. 又PAC平面PAD, ∴.GF⊥PA. (2)存在，此时G为DP的靠近点D的三等分点.理由 如下： (I)因为PA⊥平面ABD,且ADC平面ABCD,所以 如图，连接PE PA⊥AD. ,PA=PD,E为线段AD的中点，∴.PE⊥AD 又AB⊥AD,且PA∩AB=A,所以AD⊥平面PAB, 由(1)知BE⊥平面PAD,∴BE⊥PE 所以AD是平面PAB的一个法向量，且A心=(0,2,0). 以E为坐标原点，E,EB,E驴的方向分别为x轴、 P元=(1.1.-2)，Pi=(0,2,-2. y轴、：轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 设平面PCD的法向量为m=(x,y,z), 则P(0,0.1),B(0,1,0),E(0.0,0),D(-1,0,0),则 m·P元=0，(x+y-2x=0, 则 即 Pi=(0,1,-1),B-(0,-1,0),Dd=(1,0,1).设 m.pi=0,气2y-2z=0, D心=1DP(0≤≤1)，得G(-1,0,), 令y=1,得=1，.x=1, 15 重滩⑤手册高中数学选择性必修第一册RUA 所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量. 因为cos(Ai,m=Ai·m_ ADIml 3 所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为号 (2)B驴=(-1,0,2)，设Q为直线PB上一点，且B0 因为04=号0A,所以0A=号O。 前=(-x,0,2x,连接QC,又C市=(-1,1,0) C3=(0,-1,0).则夜-Ci+ò-(-一x,-1,2x), 则X(-号.0，号）所以元=0.2后，0. 则点Q到直线CD的距离 d=√-(11osC,Ci) -(79-6） 设平面AAA的法向量为n=(x,y,z). √à- AA·n=0, 26y=0, 则 即 AA·n=0, √+1+4-( 1 令x=1.得平面AAA的一个法向量为m=(1,0.72)。 √号++ 又OA1=(0,0,3), 因为号++=昌(+）)+>≥号 所以cos(OA,nm=,212=12厘 3/1T×333 所以>号.所以异面直线PB与CD之间的距离为号 故0A与平面AAA所成角9的正弦值为7巴 33 19.(1)该四面体为正四面体。 第二章直线和圆的方程 (2)在四面体AAAA中，不妨令(Q4,=OA。=OA OA=3.AiA=AiA=AA=AA=AA=AA=a. 2.1直线的倾斜角与斜率 在面AAA内作点O的投影O,连接OAz. 真题演练 在等边△AAA中，)为其外心， 1.B提示：===的几何意义是指 则0A:=号×。-号 曲线上存在n个点与坐标原点连线的斜率相等，即指 在RI△AOA:中.可得OA1=√a-OA= 过原点的直线与曲线的交点个数，由图可得n为2,3,4. V-() 所以(5。-3)+（停）=解得a=2后。 所以0A:9。-号×2,6-4 学业质量测评 3 1.C2.D3.A 因为AO⊥平面AAA.且垂足为)， 4.ABC提示：(1)当a=0°时，l:的倾斜角为90（如 故以O为原点，以AO,OA 图1). 所在直线为x轴、：轴，建立如图所示的空间直角坐 (2)当0°<c<90时，2的倾斜角为90°+a(如图2). 标系， (3)当a=90时，4的倾斜角为0°（如图3）. 则O(0,0,0),A(0.0,4),A(W2,一6,0) (4)当90°<a<180时，b2的倾斜角为a一90（如图4）. A(/26,0),A(-2√2,0,0)，O0,0,1). 故直线1：的倾斜角可能为90°一a,90°十a,90°-a,但 16