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2026北师大版高中数学选择性必修第一册
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.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,向量在向量方向上的投影数量、投影向量分别是(　　)
A.1,　　B.,　　C.1,　　D.,
2.(2025湖北十堰六校联考)给出下列命题:
①若空间向量a,b满足a·b<0,则a与b的夹角为钝角;
②对空间任意一点O与不共线的三点A,B,C,若=x+y+z(其中x,y,z∈R),则P,A,B,C四点共面;
③对于非零向量c,若a·c=b·c,则a=b;
④若{a,b,c}为空间向量的一组基,则a+b,b+c,c+a构成空间向量的另一组基.
其中说法正确的个数为(　　)
A.0　　B.1　　C.2　　D.3
易错点2　混淆向量夹角与空间角致错
3.(2024江苏宿迁泗洪第一高级中学月考)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,AC=CC1=4,M是A1B1的中点,以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.若⊥,则异面直线CM与A1B夹角的余弦值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
4.(2024湖南永州联考)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的夹角θ满足(　　)
A.θ=　　　　B.cosθ=　　
C.tanθ=　　　　D.sinθ=
易错点3　不能正确建立空间直角坐标系致错
5.(2025湖南长沙雅礼中学综合测试)如图,在底面为正方形的四棱锥E-ABCD中,∠EAB=60°,∠EAD=45°,AE=2AB=2.
(1)求证:AB⊥平面BCE;
(2)若=λ(λ>0),且三棱锥F-BCE的体积是四棱锥E-ABCD体积的一半.
①求点C到平面AEF的距离;
②求平面AEF与平面BCF所成二面角的正弦值.
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)(2025江西三新协同教研共同体联考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,动点M满足=x+y+z(x≥0,y≥0,z≥0),则下列说法正确的是(　　)
A.当x∈[0,1],y=z=1时,|B1M|+|MD|的最小值为
B.当x=z=1,y=时,过点B,D,M的截面面积为
C.当x+y+z=1,且|C1M|=时,点M的轨迹的长度为2π
D.当y=x,z=1时,三棱锥B-CDM的体积为
2.(2024安徽天一大联考段考)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夹角的正弦值为,求二面角M-PA-C的大小.
二、函数与方程思想在立体几何中的应用
3.(2025安徽合肥一中月考)若{e1,e2,e3}是空间向量的一组基,那么对任意一个空间向量a,存在唯一的有序实数组(x,y,z),使得a=xe1+ye2+ze3,我们把有序实数组(x,y,z)叫作基{e1,e2,e3}下向量a的斜坐标.设向量p在基{a,b,c}下的斜坐标为(-1,2,3),则向量p在基{a+b,a-b,c}下的斜坐标为(　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
4.(2025山东名校检测)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥AB且PB=PD,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=.
(1)证明:平面PAC⊥平面ABCD;
(2)若直线CP与平面ABCD夹角的正弦值为,Q为棱CP上的动点(不包括端点),求二面角A-BQ-C的正弦值的最小值.
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.A　向量在向量方向上的投影数量为||·cos<,>=||cos<,>=×cos45°=1,
而投影向量显然为(或与相等的向量).
解后反思　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,而向量b在向量a方向上的投影数量是|b|cos,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,以便确定两向量的夹角,然后利用向量的投影数量计算公式求解.
2.B　对于①,若空间向量a,b满足a·b<0,则a与b的夹角为钝角或平角,①错误;
对于②,当x+y+z≠1时,P,A,B,C四点不共面,②错误;
对于③,若a·c=b·c=0,则a和b都与c垂直,以正方体共顶点的三条棱为例,可知a与b不一定相等,③错误;
对于④,假设结论不成立,不妨设a+b=λ(b+c)+μ(c+a)(λ,μ∈R),则(1-μ)a=(λ-1)b+(λ+μ)c,由a,b,c不共面知求不出对应的λ和μ的值,所以结论成立,④正确.
3.C　设CB=t,t>0,则C(0,0,0),A1(4,0,4),B(0,t,0),M,C1(0,0,4),
∴=(-4,t,-4),=,=2,,4,
由⊥,得·=-8+=0,解得t=4(负值舍去),
∴=(2,2,4),=(-4,4,-4),
∴cos<,>===-,
故异面直线CM与A1B夹角的余弦值为.
4.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轴、y轴、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sinθ=|cos<,n>|==,所以cosθ==,
所以tanθ==.
易错警示　设直线l与平面γ的夹角为α,平面γ的法向量与直线l的方向向量的夹角为β,则α+β=90°或α+(180°-β)=90°,所以sinα=cosβ或sinα=-cosβ,故sinα=|cosβ|.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:因为·=·(+)=-+·=-||2+||||cos60°=-1+1×2×=0,
所以⊥,所以AB⊥BE,
因为四棱锥E-ABCD的底面为正方形,所以AB⊥BC,
又BE∩BC=B,BE,BC 平面BCE,所以AB⊥平面BCE.
(2)①以D为坐标原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴,过D且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),则=(0,1,0),=(-1,0,0),
设E(x,y,z)(z>0),则=(x-1,y,z),
所以·=y,·=1-x,
因为∠EAB=60°,∠EAD=45°,
所以·=||||cos∠EAB=1×2×cos60°=1,所以y=1,
·=||||cos∠EAD=2×1×cos45°=,
所以1-x=,解得x=1-,所以=(-,1,z),
则||==2,
又z>0,所以z=1,所以=(-,1,1),则E(1-,1,1),
连接AC,因为三棱锥F-BCE的体积是四棱锥E-ABCD体积的一半,
所以VF-BCE=VE-ABCD=×2VE-ABC=VE-ABC=VA-BCE,
又=λ(λ>0),AB⊥平面BCE,
所以EF∥AB,且EF=AB=1,
所以=(0,1,0),则F(1-,2,1),
设平面AEF的一个法向量为n=(x1,y1,z1),
则即
取x1=1,则n=(1,0,),
设点C到平面AEF的距离为d,易知=(-1,1,0),
则d===,
即点C到平面AEF的距离为.
②由①知,平面AEF的一个法向量为n=(1,0,),
设平面BCF的一个法向量为m=(x2,y2,z2),
易知=(-1,0,0),=(-,1,1),
则即
取y2=1,则m=(0,1,-1),
所以cos===-,
设平面AEF与平面BCF所成二面角为α,
则sinα====,
所以平面AEF与平面BCF所成二面角的正弦值为.
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,一般利用线面垂直找到z轴,由线线垂直找到x轴、y轴,解题时要注意垂足不重合时应如何确定坐标系,防止建错坐标系而出现错误.
思想方法练
1.BD　以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图1所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),A1(0,0,2),C1(2,2,2),
故=(2,0,0),=(0,2,0),=(0,0,2).
对于A,由=x++=(2x,2,2),得M(2x,2,2),故M在线段C1D1上,沿C1D1将平面A1B1C1D1翻折,使得平面DCC1D1与平面A1B1C1D1处于同一平面内(如图2所示),
连接B1D,易得|B1M|+|MD|≥|B1D|==2,故A错误;
将空间问题平面化,利用“两点间线段最短”求最小值.
对于B,由=++=(2,1,2),得M(2,1,2),故M为B1C1的中点,取C1D1的中点N,如图1所示,
易得MN∥BD,所以平面MNDB即为过点B,D,M的截面,
易知此截面为等腰梯形,高为=,
故其面积为×(+2)×=,故B正确;
对于C,由空间向量基本定理可知,M在平面BDA1内,
由上得=(0,2,2),=(-2,2,0),=(-2,0,2),
设平面BDA1的一个法向量为n=(a,b,c),
则取a=1,则n=(1,1,1),
则点C1到平面BDA1的距离d===,
又|C1M|=,所以M在平面BDA1内且以=1为半径的圆上,
所以正△BDA1的内切圆半径为==<1,
所以M的轨迹为三段圆弧,其长度一定小于圆的周长2π,故C错误;
对于D,由=x+x+=(2x,2x,2),得M(2x,2x,2),故M在A1C1上,故VB-CDM=VM-BCD=S△BCD·|CC1|=,
利用等体积法求三棱锥的体积.
故D正确.
2.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轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则A,B,C,P0,0,,∴=,=,=0,-,-,=,
由题可设=λ=(0≤λ<1),
则=+=.
设平面PAM的一个法向量为n=(x,y,z),
则
取z=1,得n=.
设直线PC与平面PAM的夹角为θ,
则sinθ=|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),
由图可知二面角M-PA-C为锐角,∴二面角M-PA-C的余弦值为|cos|==,
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　转化与化归思想在本章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.
3.D　由题意可得p=-a+2b+3c,
设p=m(a+b)+n(a-b)+sc(m,n,s∈R),
即-a+2b+3c=(m+n)a+(m-n)b+sc,
利用空间向量基本定理中的唯一性,列方程组求解.
则所以
故p=(a+b)-(a-b)+3c,
故向量p在基{a+b,a-b,c}下的斜坐标为,-,3.
4.解析　(1)证明:连接BD交AC于点O,连接OP,
因为PB=PD,O是BD的中点,所以BD⊥OP,
在菱形ABCD中,BD⊥AC,又AC∩OP=O,AC,OP 平面PAC,
所以BD⊥平面PAC,而BD 平面ABCD,故平面PAC⊥平面ABCD.
(2)过P作PH⊥AC于点H,连接DH,
因为平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC∩平面ABCD=AC,PH 平面PAC,所以PH⊥平面ABCD,
因此∠PCH为直线CP与平面ABCD的夹角,故sin∠PCH==,
由PH⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,知PH⊥AB,
又PD⊥AB,PD∩PH=P,PD,PH 平面PDH,
故AB⊥平面PDH,又DH 平面PDH,故AB⊥DH,结合BD⊥AH可知H为△ABD的垂心,因为底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=,所以△ABD为等边三角形,
因此H为△ABD的重心,
所以AO=AB=3,AH=AO=2,OH=AO=1,OC=AO=3,OB=OD=,
以O为原点,OB,OC所在直线分别为x轴、y轴,过O作平面ABCD的垂线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
因为sin∠PCH==,所以cos∠PCH==,CH=4,故PC=5,PH=3,
则A(0,-3,0),C(0,3,0),B(,0,0),P(0,-1,3).
设=m=m(0,-4,3)=(0,-4m,3m),故Q(0,3-4m,3m)(0设平面ABQ的一个法向量为m=(x,y,z),
易得=(,3,0),=(0,6-4m,3m),
则
取y=-3m,则m=(3m,-3m,6-4m),
设平面BCQ的一个法向量为n=(x0,y0,z0),
易得=(,-3,0),=(0,-4m,3m),
则
取x0=,则n=,
设二面角A-BQ-C的平面角为θ,
则|cosθ|=|cos|===,0令8+m=t,则m=(t-8),8|cosθ|=,<<,
因为y=-+=+≥,
换元法,令8+m=t,得关于的二次函数,由二次函数的性质求最值.
所以|cosθ|=≤=,
当且仅当t=,即m=时取等号,
故|cosθ|的最大值为,因此sinθ的最小值为==.
思想方法　函数思想在本章的应用主要体现在“运动问题”和“最值问题”中,构造出函数后一定要注意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,此时要注意满足基本不等式适用的条件;方程思想在本章中的应用主要体现在探索性问题中,通过设置参数,建立方程(组)来解决问题.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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