1、章末综合提升 第一章 空间向量与立体几何 巩固层知识整合 NO.1提升层题型探究 NO.2类型1 类型2 类型3 类型4 类型 1 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主要考查空间向量的共线与共面以及数量积运算，是用向量法求解立体几何问题的基础【例 1】如图所示，在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，设AA1 a，ABb，AD c，M，N，P 分别是 AA1，BC，C1D1 的中点，试用a，b，c 分别表示以下各向量：(1)AP；(2)A1N；(3)MP NC1 解(1)APAA1 A1D
2、1 D1P ac12b(2)A1N A1A ABBNab12c(3)MP NC1 MA1 A1D1 D1P NC CC1 12ac12b12ca32a12b32c 1空间向量的概念及运算是由平面向量延伸而来的，要用类比的思想去掌握，在空间向量的加、减、数乘等线性运算中，要选择适当的向量为基底，用基向量表示出相关向量后再进行向量的运算，同时还要以相应的图形为指导2在求一个向量由其他几个向量来表示的时候，通常是利用向量的三角形法则、平行四边形法则和共线向量的特点，把所求的向量逐步分解最终归结为基底下的表示 跟进训练 1已知三点 A(0，2，3)，B(2，1，6)，C(1，1，5)(1)求以 AB，
3、AC 为邻边的平行四边形的面积(2)若|a|3，且 a 分别与AB，AC垂直，求向量 a 的坐标 解(1)由题意，可得AB(2，1，3)，AC(1，3，2)，所以 cosAB，AC ABAC|AB|AC|23614 14 71412，所以 sinAB，AC 32，所以以 AB，AC 为邻边的平行四边形的面积为 S212|AB|AC|sinAB，AC14 32 7 3(2)设 a(x，y，z)，由题意，得x2y2z23，2xy3z0 x3y2z0.，解得x1，y1，z1，或x1，y1，z1.所以向量 a 的坐标为(1，1，1)或(1，1，1)类型 2 利用空间向量证明平行、垂直问题 向量作为工具
4、来研究几何，真正把几何的形与代数中的数实现了有机结合，给立体几何的研究带来了极大的便利 证明线面平行和垂直问题，可以用几何法，也可以用向量法用向量法的关键在于构造向量，再用共线向量定理或共面向量定理及两向量垂直的判定定理若能建立空间直角坐标系，其证法将更为灵活方便【例 2】四棱锥 P-ABCD 中，PD平面 ABCD，ABCD 是正方形，E 是 PA 的中点 求证：(1)PC平面 EBD；(2)平面 PBC平面 PCD 证明 如图，以D为坐标原点，分别以DC，DA，DP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系 设DCa，PDb，则D(0，0，0)，C(a，0，0)，B(a，a，0)，P(
5、0，0，b)，E0，a2，b2 (1)DE 0，a2，b2，DB(a，a，0)设平面 EBD 的一个法向量为 n(x，y，z)，则DE n0，DB n0，即a2yb2z0，axay0.令 x1，得 n1，1，ab，因为PCn(a，0，b)1，1，ab 0，所以PCn，故 PC平面 EBD(2)由题意得平面 PDC 的一个法向量为DA(0，a，0)，又PB(a，a，b)，PC(a，0，b)，设平面 PBC 的一个法向量为 m(x1，y1，z1)，则PBm0，PCm0，即ax1ay1bz10，ax1bz10，得 y10，令 x11，则 z1ab，所以 m1，0，ab，因为DA m(0，a，0)1，
6、0，ab 0，所以DA m，即平面 PBC平面 PCD 1证明两条直线平行，只需证明这两条直线的方向向量是共线向量2证明线面平行的方法(1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直(2)能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线(3)利用共面向量定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量是共面向量 3证明面面平行的方法(1)转化为线线平行、线面平行处理(2)证明这两个平面的法向量是共线向量 4证明两条直线垂直，只需证明这两条直线的方向向量垂直 5证明线面垂直的方法(1)证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量(2)证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量互相垂直 6证明面面垂直
7、的方法(1)转化为证明线面垂直(2)证明两个平面的法向量互相垂直 跟进训练 2如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA平面 ABCD，PB 与底面成45角，底面 ABCD 为直角梯形，ABCBAD90，PABC12AD1，问在棱 PD 上是否存在一点 E，使 CE平面 PAB？若存在，求出点 E 的位置；若不存在，说明理由解 分别以 AB，AD，AP 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)设E(0，y，z)，则PE(0，y，z1)，PD(0，2，1)PEPD，y(1)2(z1)0 AD(0，2，0)是平面PAB的法向量，又CE(1，y1，z)
8、，由CE平面PAB，得CEAD，(1，y1，z)(0，2，0)0，y1，代入得z12，E是PD的中点，存在E点为PD中点时，CE平面PAB 类型 3 利用空间向量求角 利用向量方法求空间角问题是每年高考的热点问题，无论是二面角、直线与平面所成的角，还是异面直线所成的角，最终都利用空间向量的夹角公式即cos ab|a|b|来求解不同的是求二面角时，所取的两个向量为两个平面的法向量；求直线与平面所成的角时，所取的向量为直线的方向向量与平面的法向量；求异面直线所成的角时，则只需取两条直线的方向向量即可【例 3】如图，在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中，ABAA12，点P，Q 分别为 A1B1，BC
9、 的中点(1)求异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值；(2)求直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值 解 如图，在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中，设 AC，A1C1 的中点分别为 O，O1，连接 OB，OO1，则 OBOC，OO1OC，OO1OB，以OB，OC，OO1 为基底，建立空间直角坐标系 Oxyz 因为 ABAA12，所以 A(0，1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，1，2)，B1(3，0，2)，C1(0，1，2)(1)因为 P 为 A1B1 的中点，所以 P32，12，2，从而BP 32，12，2，AC1(0，2，2)，故|cosBP，AC1|B
10、PAC1|BP|AC1|14|52 23 1020 因此，异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为3 1020 (2)因为 Q 为 BC 的中点，所以 Q32，12，0，因此AQ 32，32，0，AC1(0，2，2)，CC1(0，0，2)设 n(x，y，z)为平面 AQC1 的一个法向量，则AQ n0，AC1 n0，即 32 x32y0，2y2z0.不妨取 n(3，1，1)设直线 CC1 与平面 AQC1 所成角为，则 sin|cosCC1，n|CC1 n|CC1|n|22 5 55，所以直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值为 55 在建立空间直角坐标系时，要充分分析空间几何体的
11、结构特点，应使尽可能多的点落在坐标轴或坐标平面上.例如：底面是矩形的直四棱柱，常以底面中一个顶点为原点建立空间直角坐标系；底面是菱形的直四棱柱，常以底面对角线的交点为原点建立空间直角坐标系.跟进训练 3如图，长方体 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，点 E在棱 AA1 上，BEEC1(1)证明：BE平面 EB1C1；(2)若 AEA1E，求二面角 B-EC-C1 的正弦值 解(1)由长方体 ABCD-A1B1C1D1 可知 B1C1平面 ABB1A1，BE平面 ABB1A1，B1C1BE又BEEC1，EC1C1B1C1，EC1平面 EB1C1，C1B1平面 EB1C1，B
12、E平面 EB1C1(2)以 CD，CB，CC1 所在的直线为 x，y，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，设 AEA1E1，BE平面 EB1C1，BEEB1，AB1，则 E(1，1，1)，A(1，1，0)，B1(0，1，2)，C1(0，0，2)，BCEB1，EB1平面 EBC，故可取平面 EBC 的法向量为 mEB1(1，0，1)设平面 ECC1 的法向量为 n(x，y，z)，由nCC1 0，nCE0，可得z0，xyz0，令 x1，则 n(1，1，0)，cosm，n mn|m|n|12，故二面角 B-EC-C1 的正弦值为 32 数学思想在向量中的应用 类型 4 利用空间向量解决立体几何问题时，
13、常用到数形结合、函数与方程、转化与化归等思想方法，如利用二次函数求最值、联立方程求平面的法向量等 利用空间向量的基向量或坐标表示，可以有效地把空间中位置关系的证明，角度、距离的计算等几何问题转化为代数运算进行解决这样能够降低思维难度，减少对图形的依赖，易于学生形成统一的解题思路，提高解题效率【例 4】在直角梯形 ABCD 中，ADBC，BC2AD2AB2 2，ABBC，如图所示，把ABD 沿 BD 翻折，使得平面 ABD平面 BCD(1)求证：CDAB；(2)若点 M 为线段 BC 的中点，求点 M 到平面 ACD 的距离；(3)在线段 BC 上是否存在点 N，使得 AN 与平面 ACD 所成
14、的角为 60？若存在，求出BNBC的值；若不存在，请说明理由 解(1)证明：在直角梯形 ABCD 中，ADBC，BC2AD2AB2 2，ABBC，所以 ADAB 2，BD AB2AD22，DBCADB45，CD 222 22222 2cos 452，所以 BD2CD2BC2，所以 CDBD 因为平面 ABD平面 BCD，平面 ABD平面 BCDBD，CD平面 BCD，所以 CD平面 ABD，又 AB平面 ABD，所以 CDAB(2)由(1)知 CDBD以点 D 为原点，DB 所在的直线为 x 轴，DC 所在的直线为 y 轴，过点 D 作垂直于平面 BCD 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系
15、Dxyz，如图所示，由已知得 A(1，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，M(1，1，0)，所以CD(0，2，0)，AD(1，0，1)，MC(1，1，0)设平面 ACD 的一个法向量为 n(x，y，z)，则CD n0，AD n0，即2y0，xz0.令 x1，得 z1，y0，则平面 ACD 的一个法向量为 n(1，0，1)，所以点 M 到平面 ACD 的距离为 d|nMC|n|12 22 (3)假设在线段 BC 上存在点 N，使得 AN 与平面 ACD 所成的角为 60设BNBC(01)，则 N(22，2，0)，AN(12，2，1)又平面 ACD 的一个法向量为 n(
16、1，0，1)，且直线 AN 与平面 ACD 所成的角为 60，所以 sin 60|ANn|AN|n|，即|121|1222212 2 32，可得 82210，解得 14或 12(舍去)综上所述，在线段 BC 上存在点 N，使得 AN 与平面 ACD 所成的角为 60，此时BNBC14 空间向量的具体应用主要体现为两种方法向量法和坐标法.这两种方法的思想都是利用空间向量表示立体图形中的点、线、面等元素，建立立体图形和空间向量之间的联系，然后进行空间向量的运算，最后把运算结果回归到几何结论.这样就把立体几何问题转化为空间向量来研究，体现了化归与转化思想.跟进训练 4已知三棱柱 ABC-A1B1C1
17、 的侧棱与底面垂直，AA1ABAC1，ABAC，N 是 BC 的中点，点 P 在 A1B1 上，且满足A1P A1B1，则直线 PN 与平面 ABC 所成角 的正弦值取最大值时，的值为()A12 B 22 C 32 D2 55 A 以 A 为坐标原点，AB，AC，AA1 的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz 由题意易知 N12，12，0，P(，0，1)，则PN12，12，1 易得平面 ABC 的一个法向量为 n(0，0，1)，则直线 PN 与平面 ABC 所成的角 满足 sin|cosPN，n|PNn|PN|n|112254，于是问题转化为二次函
18、数求最值问题 而 0，2，所以 sin 0，1 所以当 12时，sin 取得最大值2 55，所以 的值为12 体验层真题感悟 NO.31 3 2 4 1(2020新高考全国卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球看成一个球(球心记为 O)，地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面所成角，点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA 垂直的平面在点 A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 A 处的纬度为北纬 40，则晷针与点 A 处的水平面所成角为()A20 B40 C50 D90 1 3 2 4 B 过球心 O、点 A 以及晷
19、针的轴截面如图所示，其中 CD 为晷面，GF 为晷针所在直线，EF 为点 A 处的水平面，GFCD，CDOB，AOB40，OAEOAF90，所以GFACAOAOB40故选 B 2 1 3 4 2(2020全国卷)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AEADABC 是底面的内接正三角形，P为 DO 上一点，PO 66 DO(1)证明：PA平面 PBC；(2)求二面角 B-PC-E 的余弦值 2 1 3 4 解(1)证明：设 DOa，由题设可得 PO 66 a，AO 33 a，ABa，PAPBPC 22 a 因此 PA2PB2AB2，从而 PAPB 又 PA2PC2AC
20、2，故 PAPC 又 PBPCP，PB，PC平面 PBC，所以 PA平面 PBC 2 1 3 4(2)作 ONBC，交 AB 于点 N，以 O 为坐标原点，以ON 所在的直线为 x 轴，OE 的方向为 y 轴正方向，|OE|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz 由题设可得 E(0，1，0)，A(0，1，0)，C 32，12，0，P0，0，22 2 1 3 4 所以EC 32，12，0，EP0，1，22 设 m(x，y，z)是平面 PCE 的法向量，则mEP0，mEC0，即y 22 z0，32 x12y0.可取 m 33，1，2 2 1 3 4 由(1)知AP0，1，22 是平面
21、PCB 的一个法向量，记 nAP，则 cosn，m nm|n|m|2 55 所以二面角 B-PC-E 的余弦值为2 55 3 1 2 4 3(2020新高考全国卷)如图，四棱锥 P-ABCD 的底面为正方形，PD底面 ABCD设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l(1)证明：l平面 PDC；(2)已知 PDAD1，Q 为 l 上的点，求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值 3 1 2 4 解(1)证明：因为 PD底面 ABCD，所以 PDAD 又底面 ABCD 为正方形，所以 ADDC因此 AD平面 PDC 因为 ADBC，AD平面 PBC，所以 AD平面 PBC 由已知得 l
22、AD因此 l平面 PDC 3 1 2 4(2)以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，则 D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，DC(0，1，0)，PB(1，1，1)3 1 2 4 由(1)可设 Q(a，0，1)，则DQ(a，0，1)设 n(x，y，z)是平面 QCD 的法向量，则 nDQ 0，nDC 0，即axz0，y0.可取 n(1，0，a)所以 cosn，PB nPB|n|PB|1a31a2 3 1 2 4 设 PB 与平面 QCD 所成角为，则 sin 33|a1|1a2 331 2aa21 因此 33
23、1 2aa21 63，当且仅当 a1 时等号成立，所以 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值为 63 4 1 2 3 4(2020全国卷)如图，在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E，F 分别在棱 DD1，BB1 上，且 2DEED1，BF2FB1 (1)证明：点 C1 在平面 AEF 内；(2)若 AB2，AD1，AA13，求二面角 A-EF-A1 的正弦值 4 1 2 3 5 解 设 ABa，ADb，AA1c，如图，以 C1 为坐标原点，C1D1的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系 C1xyz(1)证明：连接 C1FC1(0，0，0)，A(a，b，c)，Ea，0，2
24、3c，F0，b，13c，EA 0，b，13c，C1F 0，b，13c，得EAC1F，因此 EAC1F，即 A，E，F，C1 四点共面，所以点 C1 在平面 AEF 内 2 4 5 1 3(2)由已知得 A(2，1，3)，E(2，0，2)，F(0，1，1)，A1(2，1，0)，AE(0，1，1)，AF(2，0，2)，A1E(0，1，2)，A1F(2，0，1)设 n1(x，y，z)为平面 AEF 的法向量，则 n1AE0，n1AF0，即yz0，2x2z0，可取 n1(1，1，1)2 4 5 1 3 设 n2 为平面 A1EF 的法向量，则 n2A1E 0，n2A1F 0，同理可取 n212，2，1 因为 cosn1，n2 n1n2|n1|n2|77，所以二面角 A-EF-A1 的正弦值为 427 点击右图进入 章 末 综 合 测 评 谢谢观看 THANK YOU!