第6章 本章复习提升（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（苏教版2019）

本章复习提升 易混易错练　　　　　 　　　　 　　　　 易错点1　对空间向量的相关概念理解不清致错 1.下列命题正确的是(　　) A.若直线l的方向向量为e=(1,0,3),平面α的一个法向量为n=,则直线l∥α B.若a∥b,则存在唯一的实数λ,使a=λb C.|a|=1,|b|=2,且a与b夹角的余弦值为-,则a在b上的投影向量为-b D.若向量a=(2,-1,3),b=(-4,2,t)的夹角为钝角,则实数t的取值范围为 2.(多选题)下列说法不正确的是(　　) A.|a|-|b|=|a+b|是a,b(a,b均不为0)共线的充要条件 B.若{a,b,c}为空间的一个基底,则{a+b,b+c,c+a}构成空间的另一个基底 C.对空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,若,则P,A,B,C四点共面 D.|(a·b)·c|=|a||b||c| 易错点2　混淆空间角与向量夹角致错 3.在三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC互相垂直,PA=PB=PC=,M为平面ABC内的动点,且满足PM=,记直线PM与直线AB所成角的余弦值的取值范围为　　　　.  4.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=4,AB=,点N为侧面BCC1B1上一动点(不含边界),且满足D1N⊥CN.记直线D1N与平面BCC1B1所成的角为θ,则tan θ的取值范围为　　　　.  5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,PB=PD,F为PC上一点,过AF作与BD平行的平面AEFG,分别交PD,PB于点E,G. (1)证明:EG⊥平面PAC; (2)若F为PC的中点,PA=PC=2,直线PA与平面ABCD所成的角为60°.求平面PAD与平面AEFG所成的锐二面角的余弦值. 易错点3　不能正确建立空间直角坐标系致错 6.如图,在四棱锥S-ABCD中,平面SAD⊥平面ABCD,AD∥BC,∠BAD=60°,且AD=DS=SA=AB=2,BC=3. (1)求直线SB与平面SCD所成角的正弦值; (2)在线段SD上是否存在一点M,使得平面MAC⊥平面SCD?如果存在,求此时的值;如果不存在,请说明理由. 思想方法练 一、利用转化与化归思想解决空间几何问题 1.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=BC=2,E为线段BC的中点. (1)求证:A1B∥平面AEC1; (2)若AA1=1,求二面角A-C1E-C的正弦值. 二、利用函数和方程思想解决空间几何问题 2.(多选题)三棱锥P-ABC的各顶点均在半径为2的球Q的表面上,AP=2,AB=AC=BC=2,则(　　) A.有且仅有2个点P满足AP⊥BC B.有且仅有2个点P满足AP与BC所成的角为60° C.PB2的最大值为8+4 D.PB2+PC2的最大值为16+8 3.如图所示,四边形ABCD为正方形,四边形ABFE和四边形CDEF为两个全等的等腰梯形,EF∥AB,AB=2EF=4,EA=ED=FB=FC=3. (1)当N为线段AD的中点时,求证:AD⊥FN; (2)当点N在线段AD上时(包含端点),求平面BFN和平面ADE所成锐二面角的余弦值的取值范围. 答案与分层梯度式解析 本章复习提升 易混易错练 1.C　对于A,易得e·n=0,则l∥α或l⊂α,故A错误; 对于B,当b=0时,若a≠0,则不存在实数λ,使a=λb,故B错误; 对于C,a在b上的投影向量为b=b=b=-b,故C正确; 对于D,若向量a=(2,-1,3),b=(-4,2,t)的夹角为钝角,则a·b<0,且a,b不共线, 故所以t∈(-∞,-6)∪,故D错误.故选C. 易错警示　(1)不要忽略相关概念的限制条件,如共线向量定理中a≠0; 　　(2)在证明线面平行时,注意向量共面与直线共面的区别; 　　(3)两向量a,b的夹角为锐角时,a·b>0,但a·b>0时,a,b的夹角为锐角或零角;两向量a,b的夹角为钝角时,a·b<0,但a·b<0时,a,b的夹角为钝角或平角. 2.ACD　对于A,|a|-|b|=|a+b|等价于a,b方向相反且|a|≥|b|,能推出a,b共线,充分性成立,而a,b共线,包含a,b方向相同的情况,即必要性不成立,所以|a|-|b|=|a+b|是a,b共线的充分不必要条件,故A中说法不正确; 对于B,{a,b,c}为空间的一个基底,则a,b,c不共面,假设a+b,b+c,c+a共面, 则存在实数λ1,λ2,使得a+b=λ1(b+c)+λ2(c+a)=λ2a+λ1b+(λ1+λ2)c, 所以无解,故a+b,b+c,c+a不共面,所以{a+b,b+c,c+a}构成空间的另一个基底,故B中说法正确; 对于C,P,A,B,C四点共面等价于,且x+y+z=1, 对于,2+(-2)+(-1)=-1≠1,所以P,A,B,C四点不共面,故C中说法不正确; 对于D,|(a·b)·c|=|a|×|b|×|cos<a,b>|×|c|≤|a|×|b|×|c|,故D中说法不正确.故选ACD. 易错警示　共线向量是指表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合,它们的方向可能相同,也可能相反. 3.答案　 解析　因为PA,PB,PC互相垂直,且PA=PB=PC=,所以由勾股定理可知AB=AC=BC=, 所以三棱锥P-ABC为正三棱锥,记P在底面ABC内的射影为O,连接PO,AO,CO, 易得AOcos 30°=,所以AO=2, 所以PO=, 因为PM=,所以OM==1,所以M的轨迹是以O为圆心,1为半径的圆, 取AB的中点D,连接OD,可知C,O,D三点共线,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(1,-), 所以,0), 设M(cos α,sin α,0),α∈[0,2π], 所以=(cos α,sin α,-), 所以cos<sin α, 设直线PM与直线AB所成的角为θ, 则cos θ=|cos<|sin α|∈. 易错警示　异面直线所成的角的取值范围为,因此利用向量夹角的计算公式求解时,应加绝对值保证其余弦值为正. 4.答案　 解析　以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则D1(0,0,4),C(0,,0),设N(x,且0<z<4), 所以=(x,0,z), 因为D1N⊥CN,所以=x2+z2-4z=0, 即x2=-z2+4z, 因为0<x<,所以0<-z2+4z<3,故0<z<1或3<z<4, 易知平面BCC1B1的一个法向量n=(0,1,0), 所以sin θ=,则cos θ=, 所以tan θ=. 易错警示　设直线l与平面γ所成的线面角等于α,平面γ的法向量与直线l的方向向量的夹角等于β,则α+β=90°或α+(180°-β)=90°,所以sin α=cos β或sin α=-cos β,故sin α=|cos β|.解题时要注意两者之间的联系,并注意区分要求的三角函数名称. 5.解析　(1)证明:设BD与AC交于点O,连接PO. 因为BD∥平面AEFG,平面PBD∩平面AEFG=EG,BD⊂平面PBD,所以EG∥BD. 因为底面ABCD是菱形, 所以AC⊥BD,且O为AC,BD的中点, 又PB=PD,所以PO⊥BD, 又AC∩PO=O,AC,PO⊂平面PAC, 所以BD⊥平面PAC,所以EG⊥平面PAC. (2)因为PA=PC,O为AC的中点,所以PO⊥AC,由(1)知PO⊥BD,AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD, 所以PO⊥平面ABCD,所以∠PAO=60°. 因为PA=2,所以OP=3,OA=OC=, 因为∠BAD=60°,所以∠OAD=30°,所以OB=OD=1. 以O为原点,OA,OD,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(, 所以=(0,2,0), 设平面PAD的一个法向量为m=(x1,y1,z1), 则 令x1=1,则y1=,所以m=. 设平面AEFG的一个法向量为n=(x2,y2,z2), 则 则y2=0,令x2=1,则z2=,所以n=(1,0,), 所以m·n=2,|m|=,|n|=2, 所以cos<m,n>=, 所以平面PAD与平面AEFG所成的锐二面角的余弦值为. 易错警示　设m,n分别为平面α,β的法向量,则α,β所成的二面角的平面角θ与<m,n>互补或相等,求解时一定要注意结合实际图形进行判断. 6.解析　(1)取AD的中点O,连接DB,OB,SO.易得△SAD,△ABD均为等边三角形,所以SO⊥AD,OB⊥AD, 由于平面SAD⊥平面ABCD,且平面SAD∩平面ABCD=AD,SO⊂平面SAD,所以SO⊥平面ABCD,又OB⊂平面ABCD,所以SO⊥OB,故SO,OB,AD互相垂直. 以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则S(0,0,,0,0), ∴). 设平面SCD的一个法向量为n=(x,y,z), 则 取x=2,则y=,z=-1, ∴n=(2,,-1), 设直线SB与平面SCD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n,, ∴直线SB与平面SCD所成角的正弦值为. (2)存在.同(1)中所建坐标系,则A(0,1,0),设λ),0≤λ<1, 则), 易知,-4,0). 设平面MAC的一个法向量为m=(x1,y1,z1), 则 取x1=4,则y1=, ∴m=, 由(1)知,平面SCD的一个法向量为n=(2,,-1), 由平面MAC⊥平面SCD,得m⊥n, 故8+3-=0,解得λ=. 当λ=1时,M与D重合,此时平面MAC的一个法向量为),易知与n不垂直,故不满足平面MAC⊥平面SCD. 综上可知,在线段SD上存在一点M,使得平面MAC⊥平面SCD,此时. 易错警示　运用“坐标法”解决空间几何问题时,要依据空间几何体的结构特征,充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来建立空间直角坐标系. 思想方法练 1.解析　(1)证明:连接A1C,交AC1于点O,连接OE, 易知O为A1C的中点,又E为BC的中点, ∴A1B∥OE, 又A1B⊄平面AEC1,OE⊂平面AEC1, ∴A1B∥平面AEC1. 线面平行的证明一般转化为证平面外一条直线与平面内的一条直线平行. (2)易知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC,又∠ABC=90°,故BA,BC,BB1互相垂直. 以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,1),E(1,0,0),C(2,0,0),∴=(0,-2,0). 设平面AC1E的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令x=2,则z=-2,y=1,则n=(2,1,-2). 易知AB⊥平面C1EC, ∴=(0,-2,0)为平面C1EC的一个法向量, ∴cos<n,, 将求二面角的平面角转化为求对应两个法向量所成的角. 设二面角A-C1E-C的平面角为θ, 则sin θ=. 思想方法　转化与化归思想在空间向量与立体几何中的应用主要表现在:将立体几何中的位置关系转化为空间两向量的关系(线性表示或数量积表示)或将空间角与空间距离的计算转化为空间两向量的相关运算,并结合所学的相关性质与定理进行求解. 2.AC　以A为坐标原点,BC边上的中线所在直线为x轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 则A(0,0,0),B(,-1,0),设P(x,y,z),球心Q(a,b,c), 因为三棱锥P-ABC的各顶点均在半径为2的球Q的表面上, 所以 解得即Q, 因为点P在球面上,所以QP=2,即=4, 因为AP=2,所以x2+y2+z2=8, 联立 化简,得x+,则z=. 对于A,=(0,-2,0),若AP⊥BC,则=0,即-2y=0,所以y=0, 又因为x2+y2+z2=8,所以x2+z2=8,所以x2+=8,化简,得3x2-4x-4=0, 则Δ=(-4)2-4×3×(-4)=96>0,所以3x2-4x-4=0有两解,所以有且仅有2个点P满足AP⊥BC, 引入坐标系,建立方程,将点的个数问题转化为方程解的个数问题,体现了方程思想. 故A正确; 对于B,因为AP与BC所成的角为60°, 所以cos 60°=|cos<, 所以,解得|y|=, 又x2+y2+z2=8,所以x2+z2=6, 所以x2+=6,化简得3x2-4x=0,解得x=0或x=, 当x=0时,z=,当x=时,z=, 所以P(0,)或P(0,-)或P或P, 此时对应的点P有4个, 将点的个数问题转化为方程解的个数问题,体现了方程思想. 故B错误; 对于C,因为x2+y2+z2=8,且z=,所以x2+y2+=8, 化简,得3x2+2y2-4x=4,即(y)2=8, 设 故PB2=(x-cos θ-4sin θ=8-4sin(θ+α)(其中tan α=), 所以当sin(θ+α)=-1时,(PB2)max=8+4, 通过三角代换,将目标变为三角函数,利用三角函数的性质求最值,体现了函数思想. 故C正确; 对于D,由选项C的分析,知 所以PB2+PC2=(x-cos θ, 所以当cos θ=-1时,(PB2+PC2)max=16+8, 通过三角代换,将目标变为三角函数,利用三角函数的性质求最值,体现了函数思想. 故D错误. 故选AC. 3.解析　(1)证明:因为N为线段AD的中点,且EA=ED,所以AD⊥EN, 因为EF∥AB,且四边形ABCD为正方形, 所以AD⊥EF,又EN∩EF=E,EN,EF⊂平面EFN, 所以AD⊥平面EFN, 又FN⊂平面EFN,所以AD⊥FN. (2)设正方形ABCD的中心为O,分别取AB,BC,EF,AD的中点P,Q,S,H,连接EH,HQ,QF,OS,OP, 易知E,F,H,Q四点共面,且AD⊥平面EHQF, 又AD⊂平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面EHQF, 且平面ABCD∩平面EHQF=HQ, 由题意可知四边形EHQF为等腰梯形,故OS⊥HQ, 又OS⊂平面EHQF,所以OS⊥平面ABCD, 易知OP⊥OQ, 故以O为坐标原点,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,如图, 则A(2,-2,0),B(2,2,0),C(-2,2,0),D(-2,-2,0),所以=(0,-4,0), 因为AB=2EF=4,所以EF=2, 设EF到底面ABCD的距离为h(h>0), 通过引入未知数建立方程,求出EF到底面ABCD的距离,进而确定E、F点的坐标,体现了方程思想. 因为四边形ABFE和四边形CDEF为两个全等的等腰梯形,且EF∥AB, 所以E(0,-1,h),F(0,1,h), 又EA=ED=FB=FC=3, 所以=3,解得h=2(负值舍去),则E(0,-1,2),F(0,1,2), 所以=(-2,-1,2), 设,λ∈[0,1],所以=(-4λ,-4,0), 设平面BFN的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令x=2,得y=-2λ,z=2-λ,则n=(2,-2λ,2-λ), 设平面ADE的一个法向量为m=(a,b,c), 则 则a=0,令c=1,得b=-2,则m=(0,-2,1), 故|cos<n,m>|=, 结合二次函数的单调性求得最值,体现了函数思想. 令m=λ+,m∈,则|cos<n,m>|=, 令t=,t∈,则|cos<n,m>|=, 令f(t)=t+5,t∈,则f(t)在上单调递增, 故当t=时,f(t)min=f ,当t=时,f(t)max=f =18, 故|cos<n,m>|∈, 即平面BFN和平面ADE所成锐二面角的余弦值的取值范围为. 6 学科网（北京）股份有限公司 $$