2018-2019学年高中数学 第1部分 第3章 空间向量与立体几何 章末小结 知识整合与阶段检测（含解析）苏教版选修2-1.doc

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第3章 空间向量与立体几何 [对应学生用书P72] 一、空间向量的线性运算 空间向量的线性运算包括加、减及数乘运算，选定空间不共面的向量作为基向量，并用它们表示出目标向量，这是用向量法解决立体几何问题的基本要求，解题时，可结合已知和所求，根据图形，利用向量运算法则表示所需向量． 二、空间向量的数量积 由ab＝|a||b|cos〈a，b〉可知，利用该公式可求夹角、距离．还可由ab＝0来判定垂直问题，要注意数量积是一个数，其符号由〈a，b〉的大小确定． 三、空间向量与平行和垂直 空间图形中的平行与垂直问题是立体几何中最重要的问题之一，主要是运用直线的方向向量和平面的法向量解决． 利用空间向量解决空间中的位置关系的常用方法有： (1)线线平行． 证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量． (2)线线垂直． 证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直，且a⊥b⇔ab＝0. (3)线面平行． 用向量证明线面平行的方法主要有： ①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直； ②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量； ③利用共面向量定理，即证明可在平面内找到两不共线向量把直线的方向向量线性表示出来． (4)线面垂直． 用向量证明线面垂直的方法主要有： ①证明直线的方向向量与平面的法向量平行； ②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题． (5)面面平行． ①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)； ②转化为线面平行、线线平行问题． (6)面面垂直． ①证明两个平面的法向量互相垂直； ②转化为线面垂直、线线垂直问题． 四、空间向量与空间角 利用空间向量求空间角，一般有两种方法：即几何法和向量法，利用向量法只需求出直线的方向向量与平面的法向量即可． (1)求两异面直线所成的角可利用公式cos〈a，b〉＝，但务必注意两异面直线所成角θ的范围是，而两向量之间的夹角的范围是[0，π]． 故实质上应有cos θ＝|cos〈a，b〉|. (2)求线面角． 求直线与平面所成的角时，一种方法是先求出直线及此直线在平面内的射影直线的方向向量，通过数量积求出直线与平面所成的角；另一种方法是借助平面的法向量，先求出直线的方向向量与平面法向量的夹角φ，即可求出直线与平面所成的角θ，其关系是sin θ＝|cos φ|. (3)求二面角． 基向量法：利用定义在棱上找到两个能表示二面角的向量，将其用一组基底表示，再做向量运算； 坐标法：建立空间直角坐标系，求得两个半平面的法向量n1，n2，利用cos〈n1，n2〉＝结合图形求得． 　 (时间120分钟，满分160分) 一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．将答案填在题中的横线上) 1．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)，且ab＝2，则x的值是________． 解析：ab＝－3＋2x－5＝2，∴x＝5. 答案：5 2．设A、B、C、D是空间不共面的四点，且满足＝0，＝0，＝0，则△BCD的形状是________． 解析：△BCD中，＝(－)(－)＝2＞0，∴∠B为锐角，同理，∠C，∠D均为锐角， ∴△BCD为锐角三角形． 答案：锐角三角形 3．已知直线l与平面α垂直，直线的一个方向向量为u＝(1,3，z)，向量v＝(3，－2,1)与平面α平行，则z＝________. 解析：∵平面α的法向量u＝(1,3，z)，v与平面α平行，∴u⊥v， ∴uv＝13＋3(－2)＋z1＝0， ∴z＝3. 答案：3 4．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．若|a|＝，且a分别与，垂直，则向量a为__________． 解析：设a＝(x，y，z)，＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)． 则解得a＝(1,1,1)或(－1，－1，－1)． 答案：(1,1,1)或(－1，－1，－1) 5．已知A(1,5，－2)，B(2,4,1)，C(x,3，y＋2)，且A、B、C三点共线，则实数x，y的值分别为________、________. 解析：若A、B、C三点共线，则，也共线． ＝(1，－1,3)，＝(x－2，－1，y＋1)， ∴＝1＝.∴x＝3，y＝2. 答案：3　2 6．已知向量p关于基底{a，b，c}的坐标为(3,2，－1)，则p关于基底{2a，－b，c}的坐标是________． 解析：由已知得p＝3a＋2b－c， 则p＝(2a)＋(－2)(－b)＋(－2). 故p关于基底的坐标为. 答案： 7．已知直线l1，l2的方向向量分别为a，b，且a＝(1,2，－2)，b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则实数m的值为________． 解析：∵l1⊥l2，∴a⊥b. ∴ab＝1(－2)＋23＋(－2)m＝4－2m＝0. ∴m＝2. 答案：2 8．已知a＝(cos α，1，sin α)，b＝(sin α，1，cos α)，则向量a＋b与a－b的夹角是________． 解析：(a＋b)(a－b)＝a2－b2＝(cos2α＋sin2α＋1)－(sin2α＋1＋cos2α)＝0，∴(a＋b)⊥(a－b)． 答案：90 9．已知向量a＝(cos θ，sin θ，1)，b＝(，－1,2)，则|2a－b|的最大值是________． 解析：因为2a－b＝(2cos θ－，2sin θ＋1,0)， 所以|2a－b|＝ ＝≤4. 答案：4 10．平面α的法向量为u＝(－1，－2，－1)，平面β的法向量为v＝(2,4,2)，则不重合的平面α与平面β的位置关系为________． 解析：∵v＝－2(－1，－2，－1)＝－2u， ∴v∥u，∴α∥β. 答案：平行 11．已知直角△ABC中，∠C＝90，∠B＝30，AB＝4，D为AB的中点，沿中线将△ACD折起使得AB＝ ，则二面角A－CD－B的大小为________． 解析：如图，取CD中点E，在平面BCD内过B点作BF⊥CD，交CD延长线于F. 据题意知AE⊥CD， AE＝BF＝，EF＝2，AB＝. 且〈，〉为二面角的平面角， 由2＝(＋＋)2得 13＝3＋3＋4＋23cos〈，〉， ∴cos〈，〉＝－， ∴〈，〉＝120. 即所求的二面角为120. 答案：120 12.如图，在空间四边形ABCD中，AC和BD为对角线，G为△ABC的重心，E是BD上一点，BE＝3ED，若以{，，}为基底，则＝________. 解析：＝－ ＝＋－ ＝＋－(＋) ＝＋－－－ ＝－－＋. 答案：－－＋ 13．正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为________． 解析：以D为原点，建立空间直角坐标系如图，设正方体棱长为1，D(0,0,0)，B1(1,1,1)，B(1,1,0)，则＝(0,0,1)． ∵B1D⊥平面ACD1， ∴＝(1,1,1)为平面ACD1的法向量． 设BB1与平面ACD1所成的角为θ， 则sin θ＝＝＝， ∴cos θ＝. 答案： 14．已知＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，点Q的坐标为________． 解析：∵Q在OP上，∴可设Q(x，x,2x)， 则＝(1－x,2－x,3－2x)， ＝(2－x,1－x,2－2x)． ∴＝6x2－16x＋10， ∴x＝时，最小，这时Q. 答案： 二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(本小题满分14分)如图，已知ABCD－A′B′C′D′是平行六面体． (1)化简＋＋，并在图中标出其结果； (2)设M是BD的中点，N是侧面BCC′B′对角线BC′上的分点，设＝α＋β＋γ，试求α、β、γ的值． 解：(1)取DD′的中点G，过点G作DC的平行线GH， 使GH＝DC，连接AH， 则＝＋＋. 如图所示． (2)＝＋ ＝＋ ＝(－)＋(＋) ＝＋＋. ∴α＝，β＝，γ＝. 16．(本小题满分14分)已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1，1,2)，C(－3,0,4)，设a＝，b＝. (1)求a和b的夹角θ的余弦值； (2)若向量ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值． 解：a＝＝(－1,1,2)－(－2,0,2)＝(1,1,0)， b＝＝(－3,0,4)－(－2,0,2)＝(－1,0,2)． (1)cos θ＝＝＝－， ∴a与b的夹角θ的余弦值为－. (2)ka＋b＝(k，k,0)＋(－1,0,2)＝(k－1，k,2)， ka－2b＝(k，k,0)－(－2,0,4)＝(k＋2，k，－4)， ∴(k－1，k,2)(k＋2，k，－4) ＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0. 即2k2＋k－10＝0， ∴k＝－或k＝2. 17．(本小题满分14分)如图所示，已知直三棱柱(侧棱垂直于底面的三棱柱)ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，D是AB的中点，AC＝BC＝BB1. (1)求证：BC1⊥AB1； (2)求证：BC1∥平面CA1D. 证明：如图所示，以C1点为原点，建立空间直角坐标系，设AC＝BC＝BB1＝2，则A(2,0,2)，B(0,2,2)，C(0,0,2)，A1(2,0,0)，B1(0,2,0)，C1(0,0,0)， D(1,1,2)． (1)由于＝(0，－2，－2)，＝(－2,2，－2)， ∴＝0－4＋4＝0， 即⊥，故BC1⊥AB1. (2)取A1C的中点E，连结DE. 由于E(1,0,1)， ∴＝(0,1,1)，又＝(0，－2，－2)， ∴＝－，且ED与BC1不共线， ∴ED∥BC1，又ED⊂平面CA1D，BC1⊄平面CA1D， ∴BC1∥平面CA1D. 18．(本小题满分16分)正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B. (1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E－DF－C的余弦值； (3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 解：(1)在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点， 得EF∥AB， 又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF， ∴AB∥平面DEF. (2)以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2，0)，E(0，，1)，F(1，，0)，＝(1，，0)，＝(0，，1)，＝(0,0,2)． 平面CDF的法向量为＝(0,0,2)， 设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取n＝(3，－，3)， cos〈，n〉＝＝， 所以二面角E－DF－C的余弦值为. (3)存在．设P(s，t,0)，则＝t－2＝0， ∴t＝， 又＝(s－2，t,0)，＝(－s,2－t,0)， ∵∥，∴(s－2)(2－t)＝－st， ∴s＋t＝2. 把t＝代入上式得s＝，∴＝， ∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE. 此时＝. 19．(北京高考)(本小题满分16分)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90，BC＝3，AC＝6，D、E分别为AC、AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2. (1)求证：A1C⊥平面BCDE； (2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小； (3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由． 解：(1)证明：因为AC⊥BC，DE∥BC， 所以DE⊥AC. 所以ED⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC. 所以DE⊥A1C. 又因为A1C⊥CD，且CD∩DE＝D， 所以A1C⊥平面BCDE. (2)如图，以C为坐标原点， CB、CD、CA1为x、y、z轴， 建立空间直角坐标系C－xyz， 则A1(0,0,2)，D(0,2,0)， M(0,1，)，B(3,0,0)， E(2,2,0)．设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)， 则n＝0，n＝0. 又＝(3，0，－2)，BE＝(－1,2,0)， 所以 令y＝1，则x＝2，z＝.所以n＝(2,1，)． 设CM与平面A1BE所成的角为θ. 因为＝(0,1，) 所以sin θ＝|cos〈n，〉| ＝||＝＝. 所以CM与平面A1BE所成角的大小为. (3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直，理由如下：假设这样的点P存在， 设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]． 设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，则 m＝0，m＝0. 又＝(0，2，－2)，＝(p，－2,0)， 所以 令x＝2，则y＝p，z＝.所以m＝. 平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当mn＝0， 即4＋p＋p＝0. 解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾． 所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直． 20．(山东高考)(本小题满分16分) 如图所示，在三棱锥P－ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH. (1)求证：AB∥GH； (2)求二面角D－GH－E的余弦值． 解：(1)证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EF∥AB，DC∥AB.所以EF∥DC. 又EF⊄平面PCD，DC⊂平面PCD， 所以EF∥平面PCD. 又EF⊂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH， 所以EF∥GH. 又EF∥AB，所以AB∥GH. (2)在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ， 所以∠ABQ＝90. 又PB⊥平面ABQ， 所以BA，BQ，BP两两垂直． 以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设BA＝BQ＝BP＝2， 则E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)． 所以＝(－1,2，－1)，＝(0,2，－1)， ＝(－1，－1，2)，＝(0，－1,2)． 设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 由m＝0，m＝0，得 取y1＝1，得m＝(0,1,2)． 设平面PDC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)， 由n＝0，n＝0，得 取z2＝1，得n＝(0,2,1)， 所以cos〈m，n〉＝＝. 因为二面角D－GH－E为钝角， 所以二面角D－GH－E的余弦值为－.