1、考点一空间向量及其运算空间向量的运算主要包括空间向量的线性运算、数量积运算以及空间向量的坐标运算空间向量的运算法则、运算律与平面向量基本一致空间向量的运算是其应用的前提和基础，尤其是两个向量的数量积是应用的重点，空间向量运算的坐标表示是立体几何中的证明、计算转化成代数问题的唯一通道，尤其是立体几何中的开放性问题可转化成代数中的解方程问题，从而得到简单的解答典例1 已知正方体ABCDA1B1C1D1中，若xy()，则x_，y_.解析：由题知()，从而有x1，y.答案：1典例2如图所示，已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，E，F，G分别是BC，CD，DB的中点，请化简(1) ；(2) ，并标出
2、化简结果的向量解：(1) .(2)E，F，G分别为BC，CD，DB的中点，.故所求向量，如图所示对点训练1已知a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)，且|a|5，|b|6，ab30，则_.解析：因为ab|a|b|cosa，b，且|a|5，|b|6，ab30，所以cosa，b1，即a与b同向共线，故可设akb(k0)，即a1kb1，a2kb2，a3kb3，又|a|5，|b|6，所以k2(bbb)25，(bbb)36，因此k，故k.答案：2已知a(2，3,5)，b(3,1，4)(1)若c(m,2，n)且ac，求c；(2)若p(1，x，y)且ap，bp，求p.解：(1)ac，设ca.(m,2
3、，n)(2，3,5)，m，n，c.(2)ap，bp，ap0，bp0，解得p(1，1，1).考点二空间向量与空间位置关系设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面，的法向量分别为u，v，则(1)线线平行：lmabakb，kR；(2)线面平行(l)：lauau0；(3)面面平行：uvukv，kR；(4)线线垂直：lmabab0；(5)线面垂直：lauaku，kR；(6)面面垂直：uvuv0.典例3如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，ABAC，BCAB，B1C1綊BC，二面角A1ABC是直二面角求证：(1)A1B1平面AA1C；(2)AB1平面A1C1C.证明：二面角A1A
4、BC是直二面角，平面A1ABB1平面ABC.又ABAC，BCAB，CAB90，即CAAB.AB，AC，AA1两两互相垂直建立如图所示的空间直角坐标系，设AB2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)(1) (0,2,0)，(0,0，2)，(2,0,0)，设平面AA1C的一个法向量n(x，y，z)，则即即取y1，则n(0,1,0)2n，即1n.A1B1平面AA1C.(2)易知(0,2,2)，(1,1,0)，(2,0，2)，设平面A1C1C的一个法向量m(x1，y1，z1)，则即令x11，则y11，z11，即m(1，1,1)m012(1)2
5、10，1m.又AB1平面A1C1C，AB1平面A1C1C.典例4如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点(1)用向量法证明平面A1BD平面B1CD1；(2)用向量法证明MN平面A1BD.证明：(1)在正方体ABCDA1B1C1D1中，.，.BDB1D1.同理可证A1BD1C，又BDA1BB，B1D1D1CD1，所以平面A1BD平面B1CD1.(2) ()().设a，b，c，则(abc)又ba，(abc)(ba)(b2a2cbca)又A1AAD，A1AAB，cb0，ca0.|b|a|，b2a2.b2a20.0.MNBD.同理可证，MNA1B，又A1BBDB，MN平面
6、A1BD.对点训练3如图所示，已知PA平面ABCD，ABCD为矩形，PAAD，M，N分别为AB，PC的中点求证：(1)MN平面PAD；(2)平面PMC平面PDC.证明：如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz.设PAADa，ABb.则，(1)P(0,0，a)，A(0,0,0)，D(0，a,0，)，C(b，a,0)，B(b,0,0)M，N分别为AB，PC的中点，M，N.，(0,0，a)，(0，a,0)， .又MN平面PAD，MN平面PAD.(2)由(1)可知，P(0,0，a)，C(b，a,0)，M，D(0，a,0)所以(b，a，a)，(0，
7、a，a)设平面PMC的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则令z1b，则n1(2a，b，b)设平面PDC的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，则令z21，则n2(0,1,1)，n1n20bb0，n1n2，平面PMC平面PDC.考点三空间向量与空间角几何法求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角时，都需要先作出(或证出)所求空间角的平面角费时费力，难度很大而利用向量法，只需求出直线的方向向量与平面的法向量，即可求解，体现了向量法极大的优越性(1)若异面直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，它们所成的角为，则cos |cos v1，v2|.(2)利用空间向量求直线与平面所成的角，可以
8、有两种方法：一是分别求出斜线和它在平面内的射影所在直线的方向向量，将问题转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；二是通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，则其余角就是斜线和平面所成的角(3)利用空间向量求二面角也可以有两种方法：一是分别在二面角的两个半平面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小；二是通过平面的法向量来求：设二面角的两个半平面的法向量分别为n1和n2，则二面角的大小等于n1，n2(或n1，n2)利用空间向量求二面角时，注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角典例5如图，四边形ABCD为菱形，ABC120
9、，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值解：(1)证明：连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，可得EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC
10、.(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，1，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.典例6如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN的正弦值；(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长解：由题意知，AB，AC，AP两两垂直，故以A为原点，分别以，方向为x轴、y轴、z
11、轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系依题意可得A(0，0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)(1)证明：(0,2,0)，(2,0，2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨取z1，可得n(1,0,1)又(1,2，1)，可得n0.因为MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)易知n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量设n2(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，又(0，2，1)，(1,2，1)，则即不妨取y11，可得n2(4,1，2)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以二
12、面角CEMN的正弦值为.(3)依题意，设AHh(0h4)，则H(0,0，h)，进而可得(1，2，h)，(2,2,2)由已知，得|cos，|，整理得10h221h80，解得h或h.所以线段AH的长为或.对点训练4如图，在三棱锥PABC中，APB90，PAB60，ABBCCA，平面PAB平面ABC.(1)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值；(2)求二面角BAPC的余弦值解：设AB的中点为D，连接CD，作POAB于点O.因为平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABCAB，所以PO平面ABC.所以POCD.由ABBCCA，知CDAB.设E为AC中点，连接OE，则EOCD，从而OEPO，OEAB.如图
13、，以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系不妨设PA2，由已知可得AB4，OAOD1，OP，CD2.所以O(0,0,0)，A(1,0,0)，C(1,2，0)，P(0,0，)(1)易得(1，2，)，且(0,0，)为平面ABC的一个法向量设为直线PC与平面ABC所成的角，则sin .所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为.(2)易得(1,0，)，(2,2，0)设平面APC的法向量为n(x1，y1，z1)，则即取z11，可得n(，1,1)设二面角BAPC的平面角为，易知为锐角因为平面PAB的一个法向量为m(0,1,0)，所以cos .所以二面角BAPC的余
14、弦值为.考点四空间向量与探索性问题解决存在性问题的基本策略是：通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在典例7如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上已知BC8，PO4，AO3，OD2.(1)证明：APBC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角AMCB为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由解：(1)证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴正半轴，OD为y轴正半轴
15、，建立空间直角坐标系Oxyz.则O(0,0,0)，A(0，3,0)，B(4,2,0)，C(4,2,0)，P(0,0,4)，(0,3,4)，(8,0,0)，由此可得0，所以，即APBC.(2)设，1，则(0，3，4)，(4，2,4)(0，3，4)(4，23，44)，(4,5,0)，(8,0,0)设平面BMC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n2(x2，y2，z2)由得即可取n1.由即得可取n2(5,4，3)由n1n20，得430，解得.又| |5，故AM3.综上所述，存在点M，且AM3，使得二面角AMCB为直二面角对点训练5.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BA
16、D60，Q为AD的中点(1)若PAPD，求证：平面PQB平面PAD；(2)点M在线段PC上，PMtPC，试确定t的值，使PA平面MQB；(3)在(2)的条件下，若平面PAD平面ABCD，且PAPDAD2，求二面角MBQC的大小解：(1)证明：连接BD，ADAB，BAD60，ABD为正三角形Q为AD的中点，ADBQ.PAPD，Q为AD的中点，ADPQ.又BQPQQ，AD平面PQB.AD平面PAD，平面PQB平面PAD.(2)连接AC，交BQ于N.由AQBC，可得ANQCNB，.PA平面MQB，PA平面PAC，平面PAC平面MQBMN，PAMN.，即PMPC，t.(3)由PAPDAD2，Q为AD的中点，则PQAD，又平面PAD平面ABCD，PQ平面ABCD.以Q为坐标原点，分别以QA、QB、QP所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的坐标系，则各点的坐标分别为A(1,0,0)，B(0，0)，Q(0,0,0)，P(0,0，)设平面MQB的法向量为n(x，y,1)，可得PAMN，解得n(，0,1)取平面ABCD的法向量m(0,0,1)，cosm，n，故二面角MBQC的大小为60.