第1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（人教A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 1.设A,B,C,D是空间内不共面的四点,且满足·=0,·=0,·=0,则△BCD是(　　) A.钝角三角形　　　　B.锐角三角形 C.直角三角形　　　　D.任意三角形 2.已知直线a,b的方向向量分别为a=(1,0,-1),b=(1,-1,0),且直线a,b均平行于平面α,则平面α的单位法向量为　　　　　　　.  3.已知向量a=(1,2,-1),b=(m,m2+3m-6,n),若向量a,b同向,则实数m,n分别等于　　　　.  4.已知a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,则cos<a,b>等于　　　　.  5.已知向量a=(2,-1,3),b=(-4,2,t)的夹角为钝角,则实数t的取值范围为　　　　　　　.  易错点2　混淆向量夹角与空间角的三角函数名称及范围 6.两条异面直线a,b所成的角为60°,在直线a,b上分别取点A,E和点B,F,使AB⊥a,且AB⊥b.已知AE=6,BF=8,EF=14,则线段AB的长为(　　) A.20或12　　　　B.12或4　　 C.4或8　　　　D.8或20 7.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥底面ABCD,平面PCD⊥底面ABCD,四边形ABCD为正方形,且PD=AB=1,G为△ABC的重心,则PG与底面ABCD所成的角θ满足(　　) A.θ=　　　　B.cos θ=　　 C.tan θ=　　　　D.sin θ= 易错点3　不能正确建立空间直角坐标系解决立体几何问题 8.如图,在四棱台ABCD-EFGH中,上、下底面均是正方形,且侧面是全等的等腰梯形,EG=2AC=4,上、下底面中心的连线NM垂直于上、下底面,且NM与侧面所成角的正切值为. (1)求点A到平面MHG的距离; (2)求二面角E-HM-G的余弦值. 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,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=1,PA=PB=PC=AC=,O为棱AC的中点. (1)证明:平面PAC⊥平面ABC; (2)若点M在棱BC上,且PC与平面PAM所成角的正弦值为,求二面角M-PA-C的大小. 二、利用函数思想解决空间几何问题 2.(多选题)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=CC1=2,E,F分别为AB,CD的中点,P是线段A1B1(不含端点)上的任意一点,则下列说法正确的是(　　) A.存在点P,使直线PE与平面PDF所成的角取得最大值 B.存在点P,使直线PD与平面PEB所成的角取得最大值 C.存在点P,使平面PDE与平面PFB的夹角取得最大值 D.存在点P,使平面PDF与平面PEB的夹角取得最大值 三、利用方程思想解决空间几何问题 3.如图1,在边长为4的菱形ABCD中,∠DAB=60°,M,N分别是边BC,CD的中点,AC∩BD=O1,AC∩MN=G.沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置,连接PA,PB,PD,得到如图2所示的五棱锥P-ABMND. (1)在翻折过程中,是否总有平面PBD⊥平面PAG?证明你的结论; (2)当四棱锥P-MNDB的体积最大时,在线段PA上是否存在一点Q,使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为?若存在,试确定点Q的位置;若不存在,请说明理由. 图1　　图2 答案与分层梯度式解析 本章复习提升 易混易错练 1.B 6.B 7.C 1.B　∵·=(-)·(-)=·-·-·+,且·=0,·=0,·=0,∴·=>0,∴cos∠CBD=>0,∴在△BCD中,∠CBD是锐角,同理可知,∠BDC,∠BCD均是锐角,故△BCD是锐角三角形. 易错警示　要对三角形的三个内角都进行判断,才可以确定其是锐角三角形,同时要注意三角形内角与对应向量的夹角的关系是相等还是互补. 2.答案　± 解析　设平面α的单位法向量为m=(x,y,z), 则=1,① ∵直线a,b均平行于平面α, ∴⇒② 由①②可得x=y=z=或x=y=z=-,(单位法向量应该有两个)即平面α的单位法向量为±. 3.答案　2,-2 解析　由题意可知a∥b,所以==, 即解得或 当m=-3,n=3时,b=(-3,-6,3)=-3a,向量a,b反向,不符合题意,舍去;当m=2,n=-2时,b=(2,4,-2)=2a,向量a,b同向,符合题意. 综上,m=2,n=-2. 易错警示　“两向量同向”是“两向量平行”的充分不必要条件,因此利用“平行”求解后要检验是否“同向”. 4.答案　 解析　∵a+b+c=0,∴向量a,b,c首尾相连组成三角形,记三角形的顶点分别为A,B,C. 令=c,=b,=a,则BC=2,CA=3,AB=4. 在△ABC中,由余弦定理的推论得cos∠BCA===-,注意向量和的夹角不是∠BCA,而是π-∠BCA,∴cos<a,b>=. 5.答案　(-∞,-6)∪ 解析　∵向量a=(2,-1,3),b=(-4,2,t)的夹角为钝角,∴a和b不为方向相反的向量, ∴解得t<,且t≠-6, ∴实数t的取值范围为(-∞,-6)∪. 故答案为(-∞,-6)∪. 易错警示　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,故在解题时应注意排除向量a,b共线的情况. 6.B　由已知得=++, 两边平方可得=+++2·+2·+2·①, 因为AB⊥a,AB⊥b,所以·=·=0,因为AE与BF所成的角为60°,所以,所成的角为60°或120° 易错点,又AE=6,BF=8,EF=14, 所以①式可整理为142=62+AB2+82+2×6×8cos<,>. 当<,>=60°时,AB=4;当<,>=120°时,AB=12, 故线段AB的长为12或4.故选B. 7.C　因为四边形ABCD为正方形,所以DC⊥DA, 因为平面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩底面ABCD=AD,CD⊂底面ABCD,所以CD⊥平面PAD,又因为PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD,同理可得AD⊥PD,所以DA,DC,DP两两垂直, 以D为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示, 则P(0,0,1),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),故G,所以=, 易知平面ABCD的一个法向量为(0,0,1),记n=(0,0,1), 则sin θ=|cos<,n>|==,所以cos θ==, 所以tan θ==.故选C. 易错警示　设直线l与平面γ形成的线面角等于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. 8.解析　(1)如图,分别取BC,FG的中点I,J,连接IJ,NJ,MI.取NJ的中点K,连接IK. ∵MN⊥平面ABCD,∴MN⊥MA,MN⊥MB,MN⊥MI. 由题意得,NK=NJ=MI,且NK∥MI, ∴四边形MNKI为矩形,∴MN∥IK, 又∵四边形BCGF为等腰梯形,∴K在平面BCGF内的射影在IJ上, ∴∠KIJ为NM与侧面所成的角. ∵NM与侧面所成角的正切值为, ∴MN=×NJ=××EG=1. 易知AC⊥BD.以M为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系, 则M(0,0,0),A(1,0,0),H(0,-2,1),G(-2,0,1). ∴=(-2,0,1),=(0,-2,1). 设平面MHG的法向量为m=(x1,y1,z1), 由取x1=1,得m=(1,1,2), 又=(1,0,0), ∴点A到平面MHG的距离d===. (2)由(1)得E(2,0,1),=(2,0,1), 设平面MEH的法向量为n=(x2,y2,z2), 由取x2=-1,得n=(-1,1,2). ∴cos<m,n>===. 由图可知二面角E-HM-G的平面角为钝角, ∴二面角E-HM-G的余弦值为-. 易错警示　运用“坐标法”解答空间几何问题时,要分析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:如图,连接BO, ∵AB=BC=1,AC=,O为棱AC的中点, ∴BO⊥AC,且BO=, 又PA=PC=,∴PO⊥AC,且PO=, ∵PB=,∴PB2=PO2+BO2,∴PO⊥OB, ∵AC∩OB=O,AC,OB⊂平面ABC,∴PO⊥平面ABC, ∵PO⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC. 面面垂直的证明一般转化为证一个平面内的一条直线与另一平面内的两条相交直线垂直. (2)以O为坐标原点,OB,OC,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 则A,B,C,P0,0,,∴=,=, =,=, 由题可设=λ=(0≤λ<1), 则=+=. 设平面PAM的法向量为n=(x,y,z), 由 取z=1,得n=. 设直线PC与平面PAM所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=, 即=, 解得λ=或λ=3(舍去). ∴平面PAM的一个法向量为n=(2,-,1). 易知平面PAC的一个法向量为(1,0,0),记m=(1,0,0), 由题图可知二面角M-PA-C为锐角,∴二面角M-PA-C的余弦值为|cos<m,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. ∴二面角M-PA-C的大小为30°. 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D为坐标原点,建立空间直角坐标系Dxyz,如图, 则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),E(2,2,0),F(0,2,0),由题可设P(2,t,2),0<t<4, 则=(2,t,2),=(0,t-2,2),=(0,2,0),=(2,2,0),=(2,t-2,2),=(0,t-4,2), 取平面PEB的一个法向量为m==(2,0,0), 设平面PDF的法向量为n=(x,y,z), 则取x=1,得n=(1,0,-1), 设平面PDE的法向量为p=(x1,y1,z1), 则取x1=2,得p=(2,-2,t-2), 设平面PFB的法向量为q=(x2,y2,z2), 则取y2=-2,得q=(2,-2,t-4). 对于A,设直线PE与平面PDF所成的角为α, 则sin α=|cos<,n>|= ==, 结合向量的夹角公式,用含t的式子表示出sin α.  当0<t<2时,函数y=单调递增,当2<t<4时,函数y=单调递减, ∴当t=2,即P是A1B1的中点时,sin α取得最大值,此时α最大,选项A正确; 结合函数单调性,分析sin α能否取得最大值.  对于B,设直线PD与平面PEB所成的角为β, 则sin β=|cos<,m>|===, 结合向量的夹角公式,用含t的式子表示出sin β.  当0<t<4时,函数y=单调递减,没有最大值,选项B错误; 对于C,设平面PDE与平面PFB的夹角为θ, 则cos θ=|cos<p,q>|= =, 结合向量的夹角公式,用含t的式子表示出cos θ.  讨论函数y=在t∈(0,4)上的单调性, 令t-3=s,则(t-3)2=s2,t2-6t+16=(t-3)2+7=s2+7, 8+(t-2)2=8+[(t-3)+1]2=9+(t-3)2+2(t-3)=9+s2+2s,8+(t-4)2=8+[(t-3)-1]2=9+(t-3)2-2(t-3)=9+s2-2s,则[8+(t-2)2]·[8+(t-4)2]=(9+s2+2s)(9+s2-2s)=-4s2=s4+14s2+81=+32, ∴y==, 设s2+7=r,则y==, ∵t∈(0,4),∴s2=(t-3)2在t∈(0,3)上单调递减,在t∈(3,4)上单调递增,且r=s2+7∈[7,16), 又y=在r∈[7,16)上单调递增, ∴当r=7,即s=0,t=3时,y=取得最小值,此时θ最大,即平面PDE与平面PFB的夹角取得最大值,选项C正确; 结合函数单调性,分析cos θ能否取得最小值.  对于D,设平面PDF与平面PEB的夹角为φ, 则cos φ=|cos<m,n>|===,则φ=45°,为定值,选项D错误.故选AC. 思想方法　函数思想在空间向量与立体几何中的应用主要表现在“运动问题”和“最值问题”中,构造出来函数后一定要注意函数的定义域,应当在定义域的约束下去求最值.有时需要利用基本不等式求最值,此时要注意应满足基本不等式适用的条件. 3.解析　(1)在翻折过程中,总有平面PBD⊥平面PAG,证明如下: ∵M,N分别是边CB,CD的中点,且∠DAB=60°,四边形ABCD为菱形, ∴BD∥MN,且△CMN是等边三角形,则△PMN为等边三角形, 在菱形ABCD中,BD⊥AC, ∴MN⊥AC,即MN⊥AG,MN⊥CG,故MN⊥PG. ∵AG∩PG=G,AG,PG⊂平面PAG, ∴MN⊥平面PAG,∴BD⊥平面PAG, ∵BD⊂平面PBD,∴平面PBD⊥平面PAG. (2)易知四边形MNDB为等腰梯形,DB=4,MN=2,O1G=,∴S等腰梯形MNDB==3, 要使四棱锥P-MNDB的体积最大,只需点P到平面MNDB的距离最大即可, 易知当PG⊥平面MNDB时,点P到平面MNDB的距离最大,且PG=. 假设存在符合题意的点Q.以G为坐标原点,GA,GM,GP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Gxyz, 则A(3,0,0),M(0,1,0),N(0,-1,0),P(0,0,),∴=(0,2,0).易知平面PMN的一个法向量为(1,0,0),记n=(1,0,0), 由题可设=λ(0≤λ<1),(当λ=1时,Q与P重合,此时不满足题意) 由点在线段上,结合共线向量定理引入变量λ. 又=(-3,0,),∴=(-3λ,0,λ), ∴Q(3(1-λ),0,λ), ∴=(3(λ-1),1,-λ). 设平面QMN的法向量为m=(x1,y1,z1), 则即 取z1=1,则x1=,y1=0, ∴m==(λ,0,3(λ-1)), ∴平面QMN的一个法向量为(λ,0,3(λ-1)),记m1=(λ,0,3(λ-1)). 设平面QMN与平面PMN的夹角为θ,则cos θ==,即=, 由向量的夹角公式,得到含变量λ的方程,根据方程的解得结论. 解得λ=. 综上可知,存在符合题意的点Q且Q为线段PA的中点. 思想方法　方程思想在空间向量与立体几何中的应用主要表现在探索性问题中,通过设置参数,建立方程(组)并求方程(组)的解来解决问题. 7 学科网（北京）股份有限公司 $$