1、全章素养整合构网络提素养链高考空间向量与立体几何空间向量及其运算 空间向量有关概念：向量的模、零向量、单位向量、相等向量、相反向量、共线向量空间向量的线性运算加、减、数乘运算的定义及运算律共线向量定理：对于a，bb0，ab存在R，使ab共面向量定理：若a，b不共线，则p与a，b共面存在实数对x，y，使pxayb空间向量基本定理：若a，b，c不共面，则对任意p，存在有序实数组x，y，z，使得pxaybzc空间向量的数量积定义：ab|a|b|cos a，b性质及其运算律空间向量的坐标运算法则应用夹角与距离平行与垂直的条件空间向量与立体几何 立体几何中的向量方法 利用向量证明位置关系平行关系线线平行
2、：l1l2u1u2线面平行：lun面面平行：n1n2垂直关系线线垂直：l1l2u1u2线面垂直：lun面面垂直：n1n2利用向量求空间角异面直线所成角：cos|ab|a|b|线面角：sin|un|u|n|二面角：|cos|n1n2|n1|n2|类型一 空间向量的概念及运算题型特点 空间向量的概念是基础，是为空间向量的运算作准备，该部分知识常与空间向量与立体几何结合考查方法归纳 进行向量的运算关键是向量的表示及熟练掌握向量加减运算的平行四边形法则及各运算公式例 1 已知正四面体 A-BCD 的棱长为 1，且AE 2EB，AF 2FD，则EF DC()A.23 B.13C23D13解析 AE 2E
3、B，AF 2FD，AEABAFAD，EFBD，EF23BD，即EF 23BD，则EF DC 23BD DC 23|BD|DC|cos 23 13.答案 D例 2 已知|a|3 2，|b|4，a 与 b 的夹角为 135，mab，nab.若 mn，则()A.23B23C.32D32解析 由题意知，mn(ab)(ab)|a|2abab|b|2183 24cos 1353 24cos 1351664.因为 mn，所以 640，所以 32.答案 D跟踪训练 1.设 A，B，C，D 是空间不共面的四点，且满足AB AC 0，AC AD 0，AB AD0，则BCD 是()A钝角三角形B锐角三角形C直角三角
4、形D不确定答案：B2已知 P 是正六边形 ABCDEF 外一点，O 为正六边形 ABCDEF的中心，则PAPBPCPD PEPF等于()A.POB3POC6POD0解析：O 是正六边形 ABCDEF 的中心，O 是对角线 AD 的中点，也是对角线 BE 的中点还是对角线 CF 的中点PO PAPD2，PO PE PB2，PO PC PF2，PAPB PCPD PE PF 6PO，故选 C.答案：C类型二 空间向量的坐标运算题型特点 空间向量的坐标运算主要与立体几何中的位置关系判断、角度及距离的求解结合，作为一种解题工具，常在解答题中出现方法归纳 掌握空间向量坐标运算法则及向量夹角、数量积、模的
5、坐标表示是解题的关键例 3 已知 a(5,3,1)，b2，t，25，若 a 与 b 的夹角为钝角，求实数 t 的取值范围解析 由已知 ab5(2)3t125 3t525.因为 a 与 b 的夹角为钝角，所以 ab0，即 3t525 0，所以 t5215.若 a 与 b 的夹角为 180，则存在 0)，则 AD 2a，PE 22 a，于是 E(0,0,0)，A22 a，0，0，P0，0，22 a，B22 a，a，0，C 22 a，a，0，PB22 a，a，22 a，PA22 a，0，22 a，PC 22 a，a，22 a.设平面 PAB 的法向量为 m(x1，y1，z1)，则PBm0，PAm0，
6、即 22 ax1ay1 22 az10，22 ax1 22 az10，取 x11，则 z1，y10，于是 m(1,0,1)设平面 PBC 的法向量为 n(x2，y2，z2)，则 PBn0，PC n0，即 22 ax2ay2 22 az20，22 ax2ay2 22 az20，取 z2 2，则 x20，y21，即 n(0,1，2)设二面角 A-PB-C 的平面角为，|cos|mn|m|n|33.又由题可知，为钝角，二面角 A-PB-C 的余弦值为 33.类型五 利用空间向量求距离题型特点 空间距离在高考中考查较少，一般考查两点间的距离和点到平面的距离，常在大题中的一问中考查方法归纳 两点间的距离
7、一般利用向量的模求解，而线面距、面面距通常转化为点面距求解点面距的求法为：如图，设 AB 为平面 的一条斜线段，A 为线段与平面 的交点，n 为平面 的法向量，则 B到平面 的距离 d|AB n|n|.例 6 如图所示，在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，ADAA11，AB2，点E是棱 AB的中点，则点E到平面 ACD1的距离为()A.12 B.22C.13 D.16解析 如图，以 D 为坐标原点，分别以DA，DC，DD1 为 x，y，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则 D1(0,0,1)，E(1,1,0)，A(1,0,0)，C(0,2,0)D1E(1,1，1)，AC(1,2,0)，AD
8、1(1,0,1)设平面 ACD1 的法向量为 n(a，b，c)，则nAC a2b0，nAD1 ac0，令 a2，得 n(2,1,2)点 E 到平面 ACD1 的距离为 h|D1E n|n|212313.答案 C跟踪训练 7.如图，PA平面 ADE，B，C 分别是 AE，DE 的中点，AEAD，ADAEAP2.(1)求二面角 A-PE-D 的余弦值；(2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段 BQ 的长解析：如图，以AB，AD，AP为正交基底建立空间直角坐标系 A-xyz，则各点的坐标为 B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,
9、2)(1)AD平面 PAB，AD 是平面 PAB 的一个法向量，AD(0,2,0)PC(1,1，2)，PD(0,2，2)，设平面 PED 的法向量为 m(x，y，z)，则 mPC0，mPD 0，即xy2z0，2y2z0.令 y1，解得 z1，x1.m(1,1,1)是平面 PED 的一个法向量，cosAD，m AD m|AD|m|33，二面角 A-PE-D 的余弦值为 33.(2)BP(1,0,2)，设BQ BP(，0,2)(01)又CB(0，1,0)，则CQ CB BQ(，1,2)又DP(0，2,2)，cosCQ，DP CQ DP|CQ|DP|121022.设 12t，t1,3，则 cos2C
10、Q，DP 2t25t210t9291t592209 910，当且仅当 t95，即 25时，|cosCQ，DP|的最大值为3 1010.ycos x 在0，2 上是减函数，当 25时，直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值，又BP 1222 5，BQ25BP2 55.1(2018高考全国卷)如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 DF 为折痕把DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PFBF.(1)证明：平面 PEF平面 ABFD；(2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值解析：(1)证明：由已知可得，BFPF，BFEF，所以 BF平面 PEF.又
11、 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD.(2)作 PHEF，垂足为 H.由(1)得，PH平面 ABFD.以 H 为坐标原点，HF 的方向为 y 轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 H-xyz.由(1)可得，DEPE.又 DP2，DE1，所以 PE 3.又 PF1，EF2，故 PEPF.可得 PH 32，EH32.则 H(0,0,0)，P(0,0，32)，D(1，32，0)，DP 1，32，32，HP(0,0，32)，为平面 ABFD 的法向量设 DP 与平面 ABFD 所成角为，则 sin HP DP|HP|DP|343 34.所以 DP 与平面 ABFD
12、所成角的正弦值为 34.2.(2017高考全国卷)如图，四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD，ABBC12AD，BADABC90，E 是 PD 的中点(1)证明：直线 CE平面 PAB；(2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45，求二面角 M-AB-D 的余弦值解析：(1)证明：取 PA 的中点 F，连接 EF，BF.因为 E 是 PD 的中点，所以 EFAD，EF12AD.由BADABC90得 BCAD，又 BC12AD，所以 EF 綊 BC，四边形 BCEF 是平行四边形，CEBF，又 BF平面 PAB，CE平面 PA
13、B，故 CE平面PAB.(2)由已知得 BAAD，以 A 为坐标原点，AB 的方向为 x 轴正方向，|AB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，3)，PC(1,0，3)，AB(1,0,0)设 M(x，y，z)(0 x1)，则BM(x1，y，z)，PM(x，y1，z 3)因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45，而 n(0,0,1)是底面 ABCD 的法向量，所以|cosBM，n|sin 45，|z|x12y2z2 22，即(x1)2y2z20.又 M 在棱 PC 上，设PM PC，则x，y1，z 3 3.
14、由，解得 x1 22y1z 62(舍去)，或x1 22y1z 62，所以 M1 22，1，62，从而AM 1 22，1，62.设 m(x0，y0，z0)是平面 ABM 的法向量，则 mAM 0，mAB 0即2 2x02y0 6z00，x00所以可取 m(0，6，2)于是 cosm，n mn|m|n|105.因此二面角 M-AB-D 的余弦值为 105.3.(2017高考天津卷)如图，在三棱锥 P-ABC 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 C-EM-N 的
15、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 721，求线段 AH 的长解析：(1)证明：如图，以 A 为坐标原点，分别以AB，AC，AP的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立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)DE(0,2,0)，DB(2,0，2)设 n(x，y，z)为平面 BDE 的法向量，则nDE 0nDB 0，即2y02x2z0.不妨设 z1，可得 n(1,0,1)又MN(1,2，1)，可得MN n0.因为
16、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，则n2EM 0n2MN 0.因为EM(0，2，1)，MN(1,2，1)，所以2y1z10 x12y1z10.不妨设 y11，可得 n2(4,1，2)因此有 cosn1，n2 n1n2|n1|n2|421，于是 sinn1，n2 10521.所以二面角 C-EM-N 的正弦值为 10521.(3)依题意，设 AHh(0h4)，则 H(0,0，h)，进而可得NH(1，2，h)，BE(2,2,2)由已知，得|cosNH，BE|NH BE|NH|BE|2h2|h252 3 721，整理得 10h221h80，解得 h85或 h12.所以线段 AH 的长为85或12.
