第一章 空间向量与立体几何 章末综合（导学案）答案版

《第一章空间向量与立体几何》章末综合一、知识网络构建二、典型例题【例1】【答案】A【解析】连接，如图，则.故选A.（2）【答案】【解析】由，则，所以，，所以向量与的夹角为.【巩固训练1】【答案】A【解析】因为四边形是平行四边形，,,,,，，即.故选A.【例2】【解析】（1）在直三棱柱中，平面ABC，又平面ABC，∴.∵平面平面,且平面平面，且平面,∴平面，又平面，∴.（2）直三棱柱中，∵平面，而平面，∴，又，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以.设平面的一个法向量为，则，即，令，则.∵M为的中点，则，所以.因为，所以，又平面，∴平面.【巩固训练2】【解析】由题意得AB，BC，B1B两两垂直．以B为原点，BA，BC，BB1分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2，0，0)，A1(2，0，1)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，E，则＝(0，0，1)，＝(－2，2，0)，＝(－2，2，1)，＝.设平面AA1C1C的一个法向量为＝(x1，y1，z1),则令x1＝1，得y1＝1,∴＝(1，1，0)．设平面AEC1的一个法向量为＝(x2，y2，z2)．则⇒令z2＝4，得x2＝1，y2＝－1.∴＝(1，－1，4)．∵＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0.∴，∴平面AEC1⊥平面AA1C1C.【例3】【解析】(1)证明：取线段中点，连接、，由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，∴O是线段BF与CE的中点，且.在图1中知且，且，所以在图2中，且，且，∴四边形是平行四边形，则.由于平面，平面，∴平面.(2)解：由图1，，折起后在图2中仍有，，∴即为二面角的平面角，∴，以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系，则、、、、，∴.设平面的一个法向量为,由，得，取，则,于是平面的一个法向量,点B到平面的距离为.【巩固训练3】【解析】(1)作，交于点，由，则.∵，∴，即，∴且，连接，所以四边形为平行四边形，∴.∵平面，且平面，∴平面．(2)取中点，连接、.∵，，，根据余弦定理得，∴，则，又平面平面，平面平面，∴平面.∵是等边三角形，∴，如图,建立空间直角坐标系，则，∴，∴，∴点到直线的距离为.【例4】【解析】(Ⅰ)由条件可知，，，满足，.，，满足，.又，平面.(Ⅱ)以的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，.，.设平面的法向量为，，取，得.易得平面的一个法向量为，，由图可知，二面角的平面角是，夹角的补角，故二面角的余弦值为.【巩固训练4】【解析】（1）作交于，连接.,.又且且,四边形为平行四边形,.平面，平面,平面.（2）平面，平面,.又，.则可以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，，,，，.设平面的法向量则，令，则，,.设直线与平面所成角为,.【例5】【解析】(1)在中,，，所以.在中,，，，由余弦定理有,，所以，所以①又因为②，由①②，，所以面，所以③.在中：，，，所以④，由③④，，所以面.以为原点，以，，竖直向上分别为、、轴建立直角坐标系.则有，，，，，设，则，，.设为面的法向量，则有：，解得，设所求线面角为，则有，解得，所以.所以点为上靠近点的三等分点，满足条件.【巩固训练5】【解析】直三棱柱中，，，，则、、两两垂直,如图，以为坐标原点，射线、、分别为轴的正向建立空间直角坐标系，则，，，，．（1）假设在AB上存在点D，使得，则，其中，则，于是.由于，且，所以，得，所以在AB上存在点D，使得，且这时点D与点B重合．(2)假设在AB上存在点D，使得平面，则，其中，则，．又，，平面，所以存在实数，使成立，∴，，．所以，所以在上存在点使得平面，且是的中点．三．操作演练素养提升1.【答案】A【解析】，，．又，，，所以，，，所以，所以.故选A．2.【答案】D【解析】∵，∴与不共线，又∵三向量共面，则存在实数m，n使即，解得．故选D．3.【答案】C【解析】由条件，知．，，即，所以二面角的大小为故选C．4.【解析】(1)如图建立空间直角坐标系A-xyz，设AB