第3章 本章复习提升（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册（北师大版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.如图,已知空间四边形的每条边长和对角线长都等于a,E,F,G分别是AB,AD,DC的中点,则下列向量的数量积等于a2的是(　　) A.2 B.2 C.2 D.2 2.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,向量方向上的投影数量、投影向量分别是(　　) A.1,　　　　　　B. C.1,　　　　　　D. 3.已知a=(5,3,1),b=,若a与b的夹角为钝角,则实数t的取值范围是　　　　.  易错点2　混淆向量夹角与空间角致错 4.在空间直角坐标系中,已知直线l的一个方向向量为m=(0,-1,-),平面α的一个法向量为n=(0,,1),则直线l与平面α的夹角为(　　) A.30°　　　B.150°　　　C.60°　　　D.120° 5.如图,在四面体ABCD中,DA⊥平面ABC,CA⊥CB,CA=CB=AD,E为AB的中点,F为DB上靠近点B的三等分点,则直线DE与CF夹角的余弦值为(　　) A.　　　B.　　　C.-　　　D. 6.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C是菱形,其对角线的交点为O,且AB=AC1,AB⊥B1C. (1)求证:AO⊥平面BB1C1C; (2)若∠B1BC=60°,直线A1B1与平面BB1C1C的夹角为45°,求二面角A1-B1C1-B的平面角的余弦值. 易错点3　不能正确建立空间直角坐标系致错 7.如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,AD⊥DC,AB∥DC,PC=AB=2AD=2CD=2,点E在棱PB上. (1)证明:平面EAC⊥平面PBC; (2)当时,求平面PAC与平面ACE夹角的余弦值. 思想方法练　　　 　　　　 　　　　 一、转化与化归思想在立体几何中的应用 1.(多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P为空间中一点.下列结论正确的是(　　) A.若,则异面直线BP与C1D夹角的余弦值为 B.若=λ(λ∈[0,1]),则三棱锥P-A1BC的体积为定值 C.若=λ(λ∈[0,1]),有且仅有一点P,使得A1C⊥平面AB1P D.若=λ(λ∈[0,1]),则异面直线BP与C1D夹角的取值范围是 2.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,侧棱AA1⊥底面ABCD.已知AB=1,AA1=,E为线段AB上的一个动点,求D1E+CE的最小值. 二、函数与方程思想在立体几何中的应用 3.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在棱CD上运动,点Q在侧面ADD1A1上运动,满足B1Q⊥平面AD1P,则线段PQ的长度的最小值为(　　) A.　　　B.1　　　C.　　　D. 4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=5,P是棱DD1上的动点,则△PA1C的面积最小时,DP=(　　) A.1　　　B.2　　　C.　　　D.4 5.如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点. (1)证明:PO⊥平面ABC; (2)若点M在棱BC上,BM=λBC,λ∈(0,1),且二面角M-PA-C的大小为30°,求λ的值. 答案与分层梯度式解析 本章复习提升 易混易错练 1. B　由题意得,的夹角均为π-的夹角为π,的夹角为0,故2 =a2,故选B. 易错警示　向量具有方向,因此其夹角不同于两直线的夹角.如向量的夹角不是∠BAC,而是π-∠BAC. 2.A　向量方向上的投影数量为||·cos<×cos 45°=1, 而投影向量显然为(或与相等的向量),故选A. 练后反思　1.投影向量与投影数量是两个不同的概念,一个是向量,一个是数量. 2.向量a在向量b方向上的投影数量为|a|·cos<a,b>,而向量b在向量a方向上的投影数量是|b|cos<a,b>,二者通常不相等. 3.求一个向量在另一个向量方向上的投影数量时,一般将两向量的起点平移到同一点,以便确定向量的夹角,然后利用向量的投影数量计算公式求解. 3.答案　 解析　由已知得a·b=5×(-2)+3t-, 因为a与b的夹角为钝角,所以a·b<0, 所以3t-<0,即t<. 若a与b的夹角为180°,则存在实数λ<0,使a=λb,即(5,3,1)=λ, 所以所以t=-. 故t的取值范围为. 易错警示　本题易忽略a·b<0时包含a与b的夹角为180°的情况,所以需排除该情况下参数的值. 4.C　设直线l与平面α的夹角为β, 则sin β=|cos<m,n>|=, 因为0°≤β≤90°,所以β=60°,故选C. 易错警示　(1)误以为直线的方向向量与平面的法向量的夹角就是线面角; (2)误以为直线的方向向量与平面的法向量的夹角的余弦就是线面角的正弦,而忘了加绝对值; (3)不清楚线面角的范围. 5.D　以A为坐标原点,AC所在直线为y轴,AD所在直线为z轴,过A垂直于平面CAD的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系, 设CA=1,则B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,1),E, 所以=(1,0,0), 所以. 设直线DE与CF的夹角为θ,则cos θ=|cos<.故选D. 易错警示　在空间中,异面直线夹角的取值范围为. 6.解析　(1)证明:∵四边形BB1C1C是菱形, ∴B1C⊥BC1,O是BC1的中点. ∵B1C⊥AB,AB∩BC1=B, ∴B1C⊥平面ABC1, 又AO⊂平面ABC1,∴B1C⊥AO. ∵AC1=AB,O是BC1的中点, ∴AO⊥BC1, 又B1C∩BC1=O,∴AO⊥平面BB1C1C. (2)∵AB∥A1B1, ∴直线A1B1与平面BB1C1C的夹角等于直线AB与平面BB1C1C的夹角. ∵AO⊥平面BB1C1C, ∴直线AB与平面BB1C1C的夹角即为∠ABO, ∴∠ABO=45°. 设菱形BB1C1C的边长为2,则BO=C1O=. 如图,以O为坐标原点,OB,OB1,OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 则O(0,0,0),B1(0,1,0),B(), ∴). 设平面A1B1C1的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令x=1,得n=(1,-,1). 易知平面BB1C1C的一个法向量为), 则cos<n,, 由图可知二面角A1-B1C1-B为钝二面角, ∴二面角A1-B1C1-B的平面角的余弦值为-. 总结反思　(1)利用空间向量求线线角、线面角、面面角的关键是将其转化为求两条直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两个平面的法向量的夹角. (2)cos<a,b>=是计算空间各种角的基础,但应注意所求角与两向量夹角之间的关系及所求角的取值范围. (3)注意两平面法向量的夹角不一定等于二面角的平面角,二面角的平面角实际上是法向量n1与n2的夹角(或其补角). 7.解析　(1)证明:因为PC⊥底面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以PC⊥AC. 由题知,AB=2,AD=CD=1,∠ADC=90°, 所以AC=BC=,所以AC2+BC2=AB2, 所以AC⊥BC. 又PC∩BC=C,PC,BC⊂平面PBC, 所以AC⊥平面PBC. 因为AC⊂平面EAC, 所以平面EAC⊥平面PBC. (2)解法一:以C为坐标原点,CB,CA,CP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C(0,0,0),B(,0),P(0,0,2), 所以,0), 设点E的坐标为(x,y,z), 因为, 所以(x-,y,z)=2(-x,-y,2-z), 则解得x=, 所以E, 所以. 设平面ACE的一个法向量为n=(a,b,c), 则 取a=2,则b=0,c=-1, 所以n=(2,0,-1). 易知BC⊥平面PAC,所以平面PAC的一个法向量为,0,0). 设平面PAC与平面ACE的夹角为θ,则cos θ=|cos<n,, 所以平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为. 解法二:取AB的中点G,连接CG,以C为坐标原点,CG,CD,CP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C(0,0,0),B(1,-1,0),A(1,1,0),P(0,0,2), 所以=(1,1,0), 设点E的坐标为(x,y,z), 因为, 所以(x-1,y+1,z)=2(-x,-y,2-z), 则解得x=, 所以E, 所以. 设平面ACE的一个法向量为m=(a,b,c), 则 取a=3,则b=-3,c=-, 所以m=. 易知平面PAC的一个法向量为=(1,-1,0). 设平面PAC与平面ACE的夹角为θ, 则cos θ=|cos<m,, 所以平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为. 易错警示　运用“坐标法”解答空间几何问题时,正确建立空间直角坐标系是解题的关键.解题时,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线建立空间直角坐标系,切勿凭感觉建系. 思想方法练 1.ABD　A中,P为AD1的中点,连接B1D1,取B1D1的中点O,连接PO,BO,如图1,易得PO∥C1D,所以∠BPO或其补角即为异面直线BP与C1D的夹角,易得BP=,所以cos∠BPO=,故A正确. B中,由(λ∈[0,1]),可知点P的轨迹为线段B1C1,由B1C1∥BC易得B1C1∥平面A1BC,所以点P到平面A1BC的距离为定值,又△A1BC的面积为定值,故三棱锥P-A1BC的体积为定值. 将分析三棱锥的体积为定值转化为分析三棱锥的底面积与高为定值,体现了转化思想. 故B正确. C中,分别取BB1,CC1的中点E,F,连接EF,如图2,由(λ∈[0,1])可知点P在线段EF上,因为A1C⊥平面AB1P,A1C⊥平面AB1D1,所以平面AB1P即为平面AB1D1,点P即为平面AB1D1与直线EF的交点,此交点在FE的延长线上,与点P在线段EF上矛盾,故C错误. 　 D中,由(λ∈[0,1])可知点P的轨迹为线段AD1,建立如图3所示的空间直角坐标系, 　 则C1(2,2,0),D(0,2,2),B(2,0,2), 所以=(-2,0,2), 设P(0,a,2-a),a∈[0,2],则=(-2,a,-a),所以cos<,令2-a=x,则x∈[0,2], 当x=0,即a=2时,cos<>=0,此时直线BP与C1D的夹角是; 当x∈(0,2],即a≠2时,cos<,令=t,则t∈ ,所以当,即a=0时,cos<>取得最大值,最大值为,此时异面直线BP与C1D的夹角最小,为,故异面直线BP与C1D夹角的取值范围是.故D正确. 2.解析　以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 则D1(0,1,),C(1,1,0). 设E(t,0,0)(0≤t≤1), 则D1E=, 故将求D1E+CE的最小值问题转化为求的最小值问题, 即转化为求平面直角坐标系tOu中的一个动点P(t,0)到两定点M(0, -2),N(1,1)的距离之和的最小值问题,如图所示. 由图可知,当M,P,N三点共线时,(D1E+CE)min=. 思想方法　立体几何中的转化与化归思想,主要体现为:(1)几何内部知识的转化,如线面平行与面面平行,平行与垂直之间的转化等;(2)空间问题转化为平面问题(如第2题);(3)几何中的位置关系与数量计算转化为有关向量的计算,如两直线垂直转化为两直线对应的方向向量的数量积为0,异面直线的夹角转化为向量的夹角等(如第1题). 3.A　以D为坐标原点,DA,DC,DD1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(1,0,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1), 设P(0,m,0),Q(n,0,t),0≤m≤1,0≤n≤1,0≤t≤1, 所以=(-1,m,0). 因为B1Q⊥平面AD1P, 所以=1-n+t-1=t-n=0,故t=n, =1-n-m=0,故m=1-n, 又=(n,-m,t), 所以|, 结合函数的单调性及最值求解,体现了函数与方程思想的应用. 故当n=时,|,此时m=1-n=满足要求, 所以线段PQ的长度的最小值为. 故选A. 4.A　根据题意,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示. 设DP=x(0≤x≤5), 易得P(0,2,x),A1(0,0,5),C(1,2,0), 所以A1P=, 故在△PA1C中,由余弦定理可得 cos∠A1PC=, 则sin∠A1PC= =. 故A1P×PC×sin∠A1PC=, 利用二次函数的性质求解面积的最值. 当且仅当x=1时,△PA1C的面积最小. 故满足题意时,DP=1.故选A. 5.解析　(1)证明:连接BO. ∵PA=PC=AC=4,O为AC的中点, ∴PO⊥AC且PO=2. ∵AB=BC=2,AC=4, ∴AB2+BC2=AC2, ∴AB⊥BC,∴BO=AC=2且BO⊥AC, ∴PB2=BO2+PO2,∴BO⊥PO, 又∵BO∩AC=O,∴PO⊥平面ABC. (2)如图,以O为原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 则A(0,-2,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2), ∴=(2,2,0). ∵BM=λBC,点M在棱BC上, ∴=(-2λ,2λ,0),λ∈(0,1), ∴=(2-2λ,2+2λ,0). 设平面PAM的一个法向量为m=(x,y,z), 则 令y=(λ-1),则m=((λ-1),1-λ), 易知平面PAC的一个法向量为=(2,0,0). ∵二面角M-PA-C的大小为30°, ∴|cos<m,=cos 30°=, 结合二面角的平面角的余弦值,构建关于参数的方程,从而达到求解的目的. 解得λ=或λ=3(舍去),故λ=. 思想方法　在立体几何问题中,涉及点的位置的确定,距离、面积或体积的最值(或取值范围)的求解时,可以引入多个变量,通过列出有关方程(组)求解,如果只引入一个变量,一般是构造关于此变量的函数,借助函数的性质(如单调性),达到求解最值(或取值范围)的目的. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$