2019-2020学年高考数学一轮复习讲义第49时空间向量与立体几何理.doc

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2020年高考数学(理)重难点专练03 空间向量与立体几何(解析版)

2020年高考数学（理）重难点03 空间向量与立体几何【高考考试趋势】立体几何在高考数学是一个必考知识点，一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题.前面的重点专题已经对立体几何进行了一系列详细的说明，本专题继续加强对高考中立体几何出现的习题以及对应的题目类型进行必要的加强.本专题包含了高考中几乎所有题型，学完本专题以后，对以后所有的立体几何你将有一个更加清晰的认识.【知识点分析以及满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标.【常见题型限时检测】（建议用时：35分钟）一、单选题1．（2019·遵义航天高级中学高考模拟（理））一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．83B．163C．203D．8【答案】B 【解析】由图可知该几何体底面积为8，高为2的四棱锥，如图所示：∴该几何体的体积1168233V =⨯⨯= 故选B【点睛】：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽. 2．（2019·天津高考模拟（理））已知四面体ABCD 的四个面都为直角三角形，且AB ⊥平面BCD ，2AB BD CD ===，若该四面体的四个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（）A ．3πB ．C ．D ．12π【答案】D 【解析】【分析】由已知中的垂直关系可将四面体放入正方体中，求解正方体的外接球表面积即为所求的四面体外接球的表面积；利用正方体外接球半径为其体对角线的一半，求得半径，代入面积公式求得结果. 【详解】2BD CD ==Q 且BCD ∆为直角三角形 BD CD ∴⊥又AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD CD AB ∴⊥CD \^平面ABD由此可将四面体ABCD 放入边长为2的正方体中，如下图所示：∴正方体的外接球即为该四面体的外接球O正方体外接球半径为体对角线的一半，即12R == ∴球O 的表面积：2412S R ππ==本题正确选项：D 【点睛】本题考查多面体的外接球表面积的求解问题，关键是能够通过线面之间的位置关系，将所求四面体放入正方体中，通过求解正方体外接球来求得结果.3．（2019·河南高考模拟（理））如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论：①三棱锥1A D PC -的体积不变；1//A P ②平面1ACD ； 1DP BC ⊥③；④平面1PDB ⊥平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C 【解析】【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．【详解】对于①，由题意知11//AD BC ，从而1//BC 平面1AD C ，故BC 1上任意一点到平面1AD C 的距离均相等，所以以P 为顶点，平面1AD C 为底面，则三棱锥1A D PC -的体积不变，故①正确；对于②，连接1A B ，11A C ，111//AC AD 且相等，由于①知：11//AD BC ，所以11//BA C 面1ACD ，从而由线面平行的定义可得，故②正确；对于③，由于DC ⊥平面11BCB C ，所以1DC BC ⊥，若1DP BC ⊥，则1BC ⊥平面DCP ，1BC PC ⊥，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；对于④，连接1DB ，由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥，可得1DB ⊥面1ACD ，从而由面面垂直的判定知，故④正确．故选：C ．【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．4．（2019·贵州高考模拟（理））设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，有下列四个命题：∴若m α⊂，αβ⊥，则m β⊥； ∴若//a β，m β⊂，则//m α； ∴若m α⊥，//m n ，//αβ，则n β⊥； ∴若//m α，//n β，//m n ，则//αβ其中正确命题的序号是（） A ．∴∴ B ．∴∴C ．∴∴D ．∴∴【答案】C 【解析】∴两个面垂直，推不出面中任意直线和另一个面垂直，错误；故排除A 、B 选项，对于∴，两个平行平面，其中一个平面内的任意直线都和另一个平面平行，故正确，所以选C.5．（2019·福建高考模拟（理））在三棱锥P ABC -中，3PA PB ==，BC =8AC =，AB BC ⊥，平面PAB ⊥平面ABC ，若球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则球O 的半径为（）．A B C D ．2【答案】A 【解析】【分析】取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED ，得E 为∴ABC 外接圆的圆心，且OE∴平面PAB ，然后求出∴PAB 的外接圆半径r 和球心O 到平面PAB 的距离等于d ，由勾股定理得R .【详解】解：取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED 因为AB BC ⊥，所以E 为∴ABC 外接圆的圆心因为OE∴PD ，OE 不包含于平面PAB ，所以OE∴平面PAB 因为平面PAB ⊥平面ABC ，3PA PB ==，得PD ⊥AB ，ED ⊥AB 所以PD ⊥平面ABC ，ED ⊥平面PAB且AB ==PD 1=所以球心O 到平面PAB 的距离等于ED d ==在∴PAB 中，3PA PB ==，AB =1sin 3PAB ∠=，所以∴PAB 得外接圆半径2r 9sin PB PAB ∠==，即9r 2=由勾股定理可得球O 的半径R ==故选：A. 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，经常用球中勾股定理R =R 是外接球半径，d 是球心到截面距离，r 是截面外接圆半径.二、解答题6．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形,//AB AD AB CD ⊥，224AB AD CD ===，4PC =.（1）证明：当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC ；（2）求锐二而角A PB C --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）5. 【解析】【分析】（1）由PC ⊥底面ABCD ，证得AC PC ⊥，又由勾股定理，得AC CB ⊥，利用线面垂直的判定定理，得到AC ⊥平面PBC ，再由面面垂直的判定定理，可得平面EAC ⊥平面PBC ，即可得到结论；（2）分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求得平面PBC 和平面PAB 的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．【详解】（1）由题意，因为PC ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC PC ⊥，又因为224AB AD CD ===，所以4AB =，2AD CD ==，所以AC BC ==，所以222AC BC AB +=，从而得到AC CB ⊥．又BC ⊂Q 平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，BC PC C ⋂=，所以AC ⊥平面PBC ，又AC ⊂Q 平面ACE ，所以平面EAC ⊥平面PBC ，所以当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC. （2）由条件知PC ⊥底面ABCD ，且AB AD ⊥， AB C D ∥所以过点C 作CF CD ⊥交AB 于点F ，分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系（如图所示），所以(0,0,0)C ，(2,2,0)A ，(2,2,0)B -，(0,0,4)P .由（1）知CA u u u r为平面PBC 的一个法向量，因为(2,2,0)CA =u u u r，(2,2,4)PA =-u u u r (2,2,4)PB =--u u u r ，设平面P AB 的一个法向量为(,,)n=x y z r，则(,,)(2,2,4)00(,,)(2,2,4)00x y z n PA x y z n PB ⎧⋅-=⎧⋅=⇒⎨⎨⋅--=⋅=⎩⎩u uu v r u u u v r ，即02x y z=⎧⎨=⎩，令1z =，则2y =，所以(0,2,1)n =r，所以|||cos ,|5||||CA n CA n CA n ⋅〈〉===uu r ruu r r uu r r ，故锐二面角A PB C --的余弦值5．【点睛】本题考查了线面垂直与面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.7（2017·广东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，90,60ABC ACD BAC CAD ∠=∠=︒∠=∠=︒， PA ⊥平面ABCD ，2,1PA AB ==.(1)设点E 为PD 的中点，求证： //CE 平面PAB ；(2)线段PD 上是否存在一点N ，使得直线CN 与平面PAC 所成的角θ的正弦值为5？若存在，试确定点N 的位置；若不存在，请说明理由. 8．（2019·天津市新华中学高考模拟（理））如图所示的几何体中，PD 垂直于梯形ABCD所在的平面，,2ADC BAD F π∠=∠=为PA 的中点，112PD AB AD CD ====，四边形PDCE 为矩形，线段PC 交DE 于点N .（1）求证：AC P 平面DEF ；（2）求二面角A PB C --的正弦值；（3）在线段EF 上是否存在一点Q ，使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6？若存在，求出FQ 的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（23）在线段EF 上存在一点Q 满足题意，且FQ =【解析】【分析】(1)由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值，然后利用同角三角函数基本关系可得二面角的正弦值；(3)假设点Q 存在，利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q 的存在性和位置. 【详解】（1）因为四边形PDCE 为矩形，所以N 为PC 的中点.连接FN ，在PAC V 中，,F N 分别为,PA PC 的中点，所以FN AC ∥，因为FN ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，所以AC P 平面DEF .（2）易知,,DA DC DP 两两垂直，如图以D 为原点，分别以,,DA DC DP 所在直线为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系.则(1,0,0),(1,1,0),(0,2,0)P A B C，所以(1,1,,(1,1,0)PB BC ==-u u u r u u u r.设平面PBC 的法向量为(,,)m x y z =r，则(,,)(1,1,0(,,)(1,1,0)0m PB x y z m BC x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u u v r u u u v r即0,0,x y x y ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩解得,,y x z =⎧⎪⎨=⎪⎩令1x =，得1,y z =⎧⎪⎨=⎪⎩所以平面PBC的一个法向量为m =r. 设平面ABP 的法向量为(,,)n x y z =r，(,,)(0,1,0)0(,,)(1,1,0n AB x y z n PB x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u uv r u u uv r ，据此可得01x y z ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，则平面ABP的一个法向量为)n =r，cos ,3m n <>==u r r，于是sin ,3m n 〈〉=r r. 故二面角A PB C --（3）设存在点Q 满足条件.由1,0,,(0,22F E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，设(01)FQ FE λλ=u u u r u u u r &剟，整理得1),2,22Q λλλ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则1,22BQ λλ⎛+=-- ⎝⎭u u u r . 因为直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为6π，所以1sin |cos ,|||62||||BQ m BQ m BQ m π⋅====⋅u u u r u ru u u r u r u u ur u r 解得21λ=，由知1λ=，即点Q 与E 重合.故在线段EF 上存在一点Q，且FQ EF ==. 【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．(2)设,m n u r r 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n <>u r r互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．9．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，ABC ∆为等边三角形，22PA AB ==，AC CD ⊥，PD 与平面PAC 所成角的正切值为5.(∴)证明：//BC 平面PAD ；(∴)若M 是BP 的中点，求二面角P CD M --的余弦值.【答案】（∴）见解析.（∴ 【解析】【分析】(∴)先证明DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角，于是可得CD =60CAD ∠=︒．又由题意得到60BCA ∠=︒，故得//BC AD ，再根据线面平行的性质可得所证结论． (∴) 取BC 的中点N ，连接AN ，可证得AN AD ⊥．建立空间直角坐标系，分别求出平面PCD 和平面CDM 的法向量，根据两个法向量夹角的余弦值得到二面角的余弦值．【详解】(∴)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA CD ⊥又AC CD ⊥,CA PA A =I , 所以CD ⊥平面PAC ，所以DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角．在Rt PCD V中，PC ==所以CD =所以在Rt PCD V 中，2AD =,60CAD ∠=︒. 又60BCA ∠=︒，所以在底面ABCD 中，//BC AD , 又AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ，所以//BC 平面PAD ．(∴)解：取BC 的中点N ，连接AN ，则AN BC ⊥,由(∴)知//BC AD ，所以AN AD ⊥，分别以AN ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系Axyz .则(0,0,2)P，1,02C ⎫⎪⎪⎝⎭，(0,2,0)D，1,14M ⎫-⎪⎪⎝⎭所以3,,022CD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uu u r ，(0,2,2)PD =-u u ur，9,,144DM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uuu u r设平面PCD 的一个法向量为()1111,,n x y z =u r，由1100n CD n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u vu u u v，即111130220y y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，得1111x z y ⎧=⎪⎨=⎪⎩，令11y =，则1,1)n =u r．设平面CDM 的一个法向量为()2222,,n x y z =u ur，由2200n CD n MD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u v u u u v u u v u u u u v，即2222230940y y z ⎧+=⎪-+=，得222232x y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，令21y =，则232n ⎫=⎪⎭u u r ．所以121212331cos ,||||n n n n n n ++⋅<>===⋅u r u u ru r u u r u r u u r 由图形可得二面角P CD M --为锐角，所以二面角P CD M --【点睛】空间向量是求解空间角的有利工具，根据平面的法向量、直线的方向向量的夹角可求得线面角、二面角等，解题时把几何问题转化为向量的运算的问题来求解，体现了转化思想方法的利用，不过解题中要注意向量的夹角和空间角之间的关系，特别是求二面角时，在求得法向量的夹角后，还要通过图形判断出二面角是锐角还是钝角，然后才能得到结论． 10．（2018·吉林高考模拟（理））如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ， M ， N 分别是棱AB ， AD ， 11A B ， 11A D 的中点，点P ， Q 分别在棱1DD ， 1BB 上移动，且(02)DP BQ λλ==<<.（1）当1λ=时，证明：直线1//BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）12λ=±.【解析】以D 为原点，射线DA ， DC ， 1DD 分别为x ， y ， z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.由已知得()2,2,0B ， ()10,2,2C ，()2,1,0E ，()1,0,0F ， ()0,0,P λ， ()1,0,2N ， ()2,1,2M ，则()12,0,2BC =-u u u u r， ()1,0,FP λ=-u u u r ， ()1,1,0FE =u u u r ， ()1,1,0NM =u u u u r ， ()1,0,2NP λ=--u u u r.（1）当1λ=时， ()1,0,1FP =-u u u r ，因为()12,0,2BC =-u u u u r ，所以12BC FP =u u u u r u u u r，即1//BC FP ，又FP ⊂平面EFPQ ，且1BC ⊄平面EFPQ ，故直线1//BC 平面EFPQ . （2）设平面EFPQ 的一个法向量为(),,n x y z =r，则由0{0FE n FP n ⋅=⋅=u u u r ru u u r r，得0{0.x y x z λ+=-+=，于是可取(),,1n λλ=-r . 设平面MNPQ 的一个法向量为()',','m x y z =r，由0{0NM m NP m ⋅=⋅=u u u u r ru u u r r，得()''0{'2'0x y x z λ+=-+-=，于是可取()2,2,1m λλ=--r. 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则()()2,2,1,,10m n λλλλ⋅=--⋅-=r r，即()()2210λλλλ---+=，解得1λ=±，显然满足02λ<<.故存在1λ=±，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角.点睛：立体几何的有关证明题，首先要熟悉各种证明的判定定理，然后在进行证明，要多总结题型，对于二面角问题一般直接建立空间直角坐标系，求出法向量然后根据向量夹角公式求解二面角，要注意每一个坐标的准确性。

高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案空间向量及其运算1

第六节空间向量及其运算空间向量及其应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量．(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)．(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．知识点一空间向量的有关概念1．空间向量的有关概念(1)空间向量：在空间中，具有大小和方向的量叫作空间向量，其大小叫作向量的长度或模．(2)相等向量：方向相同且模相等的向量．(3)共线向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，则这些向量叫作共线向量或平行向量，a平行于b记作a∥b.(4)共面向量：平行于同一平面的向量叫作共面向量．2．空间向量中的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb.(2)共面向量定理：若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝x a＋y b.(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在一x，y，z使得p＝x a＋y b＋z c.其中{a，b，c}叫作空间的一个基底．个唯一的有序实数组{}3．两个向量的数量积(1)非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)空间向量数量积的运算律①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；②交换律：a·b＝b·a；③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.易误提醒(1)共线向量与共面向量区别时注意，平行于同一平面的向量才能为共面向量．(2)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底．(3)由于0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故0不能作为基向量． (4)基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示．[自测练习]1．已知空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 中点，则MN →＝( )A.12a －23b ＋12c B ．－23a ＋12b ＋12cC.12a ＋12b －12cD.23a ＋23b －12c 解析：如图所示， MN →＝MA →＋AB →＋BN → ＝13OA →＋(OB →－OA →)＋12BC → ＝OB →－23OA →＋12(OC →－OB →)＝12OB →－23OA →＋12OC →＝－23a ＋12b ＋12c .答案：B2．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：∵a ∥b ，∴b ＝k a ，即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧6＝k (λ＋1)，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝2，μ＝12，或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.答案：A知识点二空间向量的坐标表示及其应用设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).向量表示坐标表示数量积 a ·b a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 共线 a ＝λb (b ≠0) a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 垂直 a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0模 |a |a 21＋a 22＋a 23夹角〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0)cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23易误提醒 (1)空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取无关，这是因为一个确定的几何体，其“线线”夹角、“点点”距离都是固定的，坐标系的位置不同，只会影响其计算的繁简．(2)进行向量的运算时，在能建系的情况下尽量建系，将向量运算转化为坐标运算．必备方法用空间向量解决几何问题的一般步骤： (1)适当的选取基底{a ，b ，c }． (2)用a ，b ，c 表示相关向量． (3)通过运算完成证明或计算问题．[自测练习]3．在空间直角坐标系中，已知点A (1,0,2)，B (1，－3,1)，点M 在y 轴上，且M 到A 与到B 的距离相等，则M 的坐标是________．解析：设M (0，y,0)，由|MA |＝|MB |得(1－0)2＋(0－y )2＋(2－0)2＝(1－0)2＋(－3－y )2＋(1－0)2，解得y ＝－1.∴M (0，－1,0)．答案：(0，－1,0)考点一空间向量的线性运算|1．设三棱锥O -ABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，G 是△ABC 的重心，则OG →等于( ) A ．a ＋b －c B ．a ＋b ＋c C.12(a ＋b ＋c ) D.13(a ＋b ＋c )解析：如图所示，OG →＝OA →＋AG →＝OA →＋13(AB →＋AC →)＝OA →＋13(OB →－OA →＋OC →－OA →)＝13(a ＋b ＋c )．答案：D2.如图所示，已知空间四边形O -ABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ，y ，z 的值分别为________．解析：∵OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12OA →＋23(ON →－OM →)＝12OA →＋23ON →－23OM →＝12OA →＋23×12(OB →＋OC →)－23×12OA →＝16OA →＋13OB →＋13OC →，又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，根据空间向量的基本定理，x ＝16，y ＝z ＝13.答案：16，13，13(1)选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们表示出指定的向量，是用向量解决立体几何问题的基本要求．(2)空间向量问题实质上是转化为平面向量问题来解决的，即把空间向量转化到某一个平面上，利用三角形法则或平行四边形法则来解决．考点二共线向量与共面向量定理的应用|已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 中边AB ，BC ，CD ，DA 的中点． (1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面； (2)求证：BD ∥平面EFGH ；(3)设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点O ，有OM →＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)．[证明] (1)连接BG ，则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH →＝EF →＋EH →，由共面向量定理知，E ，F ，G ，H 四点共面．(2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ，所以BD ∥平面EFGH .(3)任取一点O ，并连接OM ，OA ，OB ，OC ，OD ，OE ，OG . 由(2)知EH →＝12BD →，同理FG →＝12BD →，所以EH →＝FG →，即EH 綊FG ，所以四边形EFGH 是平行四边形，所以EG ，FH 被点M 平分．故OM →＝12(OE →＋OG →)＝12OE →＋12OG →＝12⎣⎡⎦⎤12(OA →＋OB →)＋12⎣⎡⎦⎤12(OC →＋OD →)＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)．证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P ，A ，B ，C 四点共面，只要能证明P A →＝xPB →＋yPC →或对空间任一点O ，有OA →＝OP →＋xPB →＋yPC →或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ＋y ＋z ＝1)即可．共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的充要条件．1．已知A 、B 、C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB→＋OC →)．(1)判断MA →、MB →、MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内．解：(1)由已知OA →＋OB →＋OC →＝3 OM →， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)，即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M ，所以四点M ，A ，B ，C 共面，从而点M 在平面ABC 内．考点三利用空间向量证明平行、垂直|如图所示的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为2的正方形，O 为AC 与BD 的交点，BB 1＝2，M 是线段B 1D 1的中点．(1)求证：BM ∥平面D 1AC ； (2)求证：OD 1⊥平面AB 1C .[证明] (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则点O (1,1,0)，D 1(0,0，2)， ∴OD 1→＝(－1，－1，2)，又点B (2,2,0)，M (1,1，2)， ∴BM →＝(－1，－1，2)，∴OD 1→＝BM →.又∵OD 1与BM 不共线， ∴OD 1∥BM .∵OD 1⊂平面D 1AC ，BM ⊄平面D 1AC ， ∴BM ∥平面D 1AC .(2)连接OB 1，点B 1(2,2，2)，A (2,0,0)，C (0,2,0)， ∵OD 1→·OB 1→＝(－1，－1，2)·(1,1，2)＝0， OD 1→·AC →＝(－1，－1，2)·(－2,2,0)＝0，∴OD 1→⊥OB 1→， OD 1→⊥AC →，即OD 1⊥OB 1，OD 1⊥AC ，又OB 1∩AC ＝O ，∴OD 1⊥平面AB 1C .(1)设直线l 1的方向向量为v 1＝(a 1，b 1，c 1)，l 2的方向向量为v 2＝(a 2，b 2，c 2)，则l 1∥l 2⇔v 1∥v 2⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )．(2)设直线l 的方向向量为v ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为n ＝(a 2，b 2，c 2)，则l ∥α⇔v ⊥n ⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0，l ⊥α⇔v ∥n ⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )．(3)设平面α的法向量为n 1＝(a 1，b 1，c 1)，平面β的法向量为n 2＝(a 2，b 2，c 2)，则α∥β⇔n 1∥n 2，α⊥β⇔n 1⊥n 2.2.在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2BC ，E ，F ，E 1分别是棱AA 1，BB 1，A 1B 1的中点．(1)求证：CE ∥平面C 1E 1F ； (2)求证：平面C 1E 1F ⊥平面CEF .证明：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ，设BC ＝1，则C (0,1,0)，E (1,0,1)，C 1(0,1,2)，F (1,1,1)，E 1⎝⎛⎭⎫1，12，2.(1)设平面C 1E 1F 的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵C 1E 1→＝⎝⎛⎭⎫1，－12，0，FC 1→＝(－1，0,1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·C 1E 1→＝0，n ·FC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12y ＝0，－x ＋z ＝0.令x ＝1，得n ＝(1,2,1)．∵CE →＝(1，－1,1)，n ·CE →＝1－2＋1＝0， ∴CE ⊥n .又∵CE ⊄平面C 1E 1F ， ∴CE ∥平面C 1E 1F .(2)设平面EFC 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，由EF →＝(0,1,0)，FC →＝(－1,0，－1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·EF →＝0，m ·FC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝0，－a －c ＝0.令a ＝－1，得m ＝(－1,0,1)．∵m ·n ＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝－1＋1＝0， ∴平面C 1E 1F ⊥平面CEF .16.混淆空间“向量平行”与“向量同向”致错【典例】已知向量a ＝(1,2,3)，b ＝(x ，x 2＋y －2，y )，并且a ，b 同向，则x ，y 的值分别为________．[解析] 由题意知a ∥b ，所以x 1＝x 2＋y －22＝y 3，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，x 2＋y －2＝2x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－6.当⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－6，时，b ＝(－2，－4，－6)＝－2a ，所以a ，b 两向量反向，不符合题意，舍去．当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝3，时，b ＝(1,2,3)＝a ，a 与b 同向，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3. [答案] x ＝1，y ＝3[易误点评] 只考虑a ∥b ，忽视了同向导致求解多解．[防范措施] 两向量平行和两向量同向不是等价的，同向是平行的一种情况，两向量同向能推出两向量平行，但反之不成立，也就是说两向量同向是两向量平行的充分不必要条件．[跟踪练习] (2015·成都模拟)已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2u －1,2λ)，若a ∥b ，则λ与u 的值可以是( )A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：由a ∥b 验证当λ＝2，u ＝12时成立．答案：AA 组考点能力演练1．(2015·深圳模拟)已知三棱锥O -ABC ，点M ，N 分别为AB ，OC 的中点，且OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示MN →，则MN →等于( )A.12(b ＋c －a ) B.12(a ＋b －c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(c －a －b ) 解析：MN →＝MA →＋AO →＋ON →＝12(c －a －b )．答案：D2．已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．长方形D ．空间四边形解析：由AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，知该四边形一定不是平面图形，故选D.答案：D3．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)．若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( )A.627B.637C.607D.657解析：由题意得c ＝t a ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ.∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337，μ＝177，λ＝657.答案：D4．(2016·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA →＋λOB →与OB →的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66B.66C ．－66D ．±6解析：OA →＋λOB →＝(1，－λ，λ)， cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，∴λ＝－66. 答案：C5．设A (3,3,1)，B (1,0,5)，C (0,1,0)，AB 的中点为M ，则|CM |等于( ) A.534 B.532 C.532D.132解析：设M (x ，y ，z )，则x ＝3＋12＝2，y ＝3＋02＝32，z ＝1＋52＝3，即M ⎝⎛⎭⎫2，32，3，|CM |＝(2－0)2＋⎝⎛⎭⎫32－12＋(3－0)2＝532.故选C. 答案：C6．(2016·合肥模拟)向量a ＝(2,0,5)，b ＝(3,1，－2)，c ＝(－1,4,0)，则a ＋6b －8c ＝________. 解析：由a ＝(2,0,5)，b ＝(3,1，－2)，c ＝(－1,4,0)，∴a ＋6b －8c ＝(28，－26，－7)．答案：(28，－26，－7)7．已知向量a ，b 满足条件：|a |＝2，|b |＝2，且a 与2b －a 互相垂直，则a 与b 的夹角为________．解析：由于a 与2b －a 互相垂直，则a ·(2b －a )＝0，即2a·b －|a |2＝0，所以2|a ||b |cos a ，b －|a |2＝0，则42cosa ，b －4＝0，则cos a ，b＝22，所以a 与b 的夹角为45°. 答案：45°8．空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos OA →，BC →的值为________．解析：OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →||OC →|cos OA →，OC→－|OA →||OB→|·cos OA →，OB →．∵OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π3，∴OA →·BC →＝0，即OA →⊥BC →，∴cos OA →，BC →＝0.答案：09．(2016·唐山模拟)已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1，1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b＝AC →.(1)求a 和b 夹角的余弦值．(2)设|c |＝3，c ∥BC →，求c 的坐标．解：(1)因为AB →＝(1,1,0)，AC →＝(－1,0,2)，所以a ·b ＝－1＋0＋0＝－1，|a |＝2，|b |＝ 5.所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－12×5＝－1010. (2)BC →＝(－2，－1,2)．设c ＝(x ，y ，z )，因为|c |＝3，c ∥BC →，所以x 2＋y 2＋z 2＝3，存在实数λ使得c ＝λBC →，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2λ，y ＝－λ，z ＝2λ联立解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2，y ＝－1，z ＝2，λ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2，y ＝1，z ＝－2，λ＝－1，所以c ＝±(－2，－1,2)．10．(2016·太原模拟)如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点．(1)求BN →的模．(2)求cos 〈BA 1→，CB 1→〉的值．(3)求证：A 1B ⊥C 1M .解：如图，建立空间直角坐标系．(1)依题意得B (0,1,0)，N (1，0,1)，所以|BN →|＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2＝ 3.(2)依题意得A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，C (0,0,0)，B 1(0,1,2)．所以BA 1→＝(1，－1,2)，CB 1→＝(0,1,2)，BA 1→·CB 1→＝3，|BA 1→|＝6，|CB 1→|＝5，所以cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→||CB 1→|＝11030. (3)依题意，得C 1(0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎫12，12，2，A 1B →＝(－1,1，－2)，C 1M →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0. 所以A 1B →·C 1M →＝－12＋12＋0＝0，所以A 1B →⊥C 1M →.所以A 1B ⊥C 1M .B 组高考题型专练1．(2014·高考广东卷)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( )A ．(－1,1,0)B ．(1，－1,0)C ．(0，－1,1)D ．(－1,0,1)解析：经检验，选项B 中向量(1，－1,0)与向量a ＝(1,0，－1)的夹角的余弦值为12，即它们的夹角为60°，故选B.答案：B2．(2014·高考江西卷)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝11，AD ＝7，AA 1＝12.一质点从顶点A 射向点E (4,3,12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i －1次到第i 次反射点之间的线段记为L i (i ＝2,3,4)，L 1＝AE ，将线段L 1，L 2，L 3，L 4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是( )解析：由对称性知质点经点E 反射到平面ABCD 的点E 1(8,6,0)处．在坐标平面xAy 中，直线AE 1的方程为y ＝34x ，与直线DC 的方程y ＝7联立得F ⎝⎛⎭⎫283，7，0.由两点间的距离公式得E 1F ＝53， ∵tan ∠E 2E 1F ＝tan ∠EAE 1＝125，∴E 2F ＝E 1F ·tan ∠E 2E 1F ＝4.∴E 2F 1＝12－4＝8.∴L 3L 4＝E 1E 2E 2E 3＝E 2F E 2F 1＝48＝12.故选C.答案：C3．(2015·高考浙江卷)已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12.若空间向量b 满足b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝________，y 0＝________，|b |＝________.解析：∵e 1，e 2是单位向量，e 1·e 2＝12，∴cos 〈e 1，e 2〉＝12，又∵0°≤〈e 1，e 2〉≤180°，∴〈e 1，e 2〉＝60°.不妨把e 1，e 2放到空间直角坐标系O -xyz 的平面xOy 中，设e 1＝(1,0,0)，则e 2＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，再设OB →＝b ＝(m ，n ，r )，由b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，得m ＝2，n ＝3，则b ＝(2，3，r )．而x e 1＋y e 2是平面xOy 上任一向量，由|b －(x e 1＋y e 2)|≥1知点B (2，3，r )到平面xOy 的距离为1，故可得r ＝1.则b ＝(2，3，1)，∴|b |＝2 2.又由|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1知x 0e 1＋y 0e 2＝(2，3，0)，解得x 0＝1，y 0＝2. 答案：1,2,22。

空间向量与立体几何知识点归纳总结

空间向量与立体几何知识点归纳总结在空间直角坐标系中，一个向量可以用其在三个坐标轴上的投影来表示。

设向量为a=(a1,a2,a3)则其在x轴、y轴、z轴上的投影分别为a1、a2、a3即a=(a1,a2,a3)2）空间向量的模长：向量的模长是指其长度，即a|=√(a1²+a2²+a3²)3）向量的单位向量：一个向量的单位向量是指其方向相同、模长为1的向量。

设向量a的模长为a|则其单位向量为a/|a|4）向量的方向角：向量在空间直角坐标系中与三个坐标轴的夹角分别称为其方向角。

设向量a=(a1,a2,a3)则其方向角为α=cos⁻¹(a1/|a|)、β=cos⁻¹(a2/|a|)、γ=cos⁻¹(a3/|a|)5）向量的方向余弦：向量在空间直角坐标系中与三个坐标轴的夹角的余弦值分别称为其方向余弦。

设向量a=(a1,a2,a3)则其方向余弦为cosα=a1/|a|、cosβ=a2/|a|、cosγ=a3/|a|一、知识要点1.空间向量的概念：在空间中，向量是具有大小和方向的量。

向量通常用有向线段表示，同向等长的有向线段表示同一或相等的向量。

向量具有平移不变性。

2.空间向量的运算：空间向量的加法、减法和数乘运算与平面向量运算相同。

运算法则包括三角形法则、平行四边形法则和平行六面体法则。

3.共线向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，那么这些向量也叫做共线向量。

共线向量定理指出，空间任意两个向量a、b（b≠0），a//b存在实数λ，使a＝λb。

4.共面向量：能平移到同一平面内的向量叫做共面向量。

5.空间向量基本定理：如果三个向量a、b、c不共面，那么对空间任一向量p有唯一的有序实数组x、y、z，使p=xa+yb+zc。

若三向量a、b、c不共面，则{a,b,c}叫做空间的一个基底，a、b、c叫做基向量。

6.空间向量的直角坐标系：在空间直角坐标系中，一个向量可以用其在三个坐标轴上的投影来表示。

2024年高考数学一轮复习(新高考版)《空间向量的概念与运算》课件ppt

若 P，A，B，C 为空间四点，且有P→A＝λP→B＋μP→C(P→B，P→C不共线)，当 λ＋μ＝1 时，即 μ＝1－λ，可得P→A－P→C＝λ(P→B－P→C)，即C→A＝λC→B，所以A，B，C三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件，所以D正确.
思维升华
应用共线(面)向量定理、证明点共线(面)的方法比较
弦值
|a||b|
cos〈a，b〉＝ a1b1＋a2b2＋a3b3 ___a_21_＋__a_22＋__a_23_·__b_21_＋__b_22＋__b_23__
知识梳理
4.空间位置关系的向量表示 (1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l 平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量. (2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a为平面α的法向量.
跟踪训练 2 (1)已知空间中 A，B，C，D 四点共面，且其中任意三点均
不共线，设 P 为空间中任意一点，若B→D＝6P→A－4P→B＋λP→C，则 λ 等于
A.2
√B.－2
C.1
D.－1
B→D＝6P→A－4P→B＋λP→C，即P→D－P→B＝6P→A－4P→B＋λP→C，整理得P→D＝6P→A－3P→B＋λP→C，由A，B，C，D四点共面，且其中任意三点均不共线，可得6－3＋λ＝1，解得λ＝－2.
(1)空间中任意两个非零向量a，b共面.( √ ) (2)空间中模相等的两个向量方向相同或相反.( × ) (3)若A，B，C，D是空间中任意四点，则有A→B＋B→C＋C→D＋D→A＝0.( √ ) (4)若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α.( × )
教材改编题
1.如图，在平行六面体 ABCD－A1B1C1D1 中，AC 与 BD 的交点为点 M，

2024届高考数学一轮复习+第七章《立体几何与空间向量》第五节+空间向量及其运算+课件

（5）空间向量基本定理定理:如果三个向量 , , 不共面,那么对空间任一向量 ,存在唯一有序实数组使得 _____________.推论:设 , , , 是不共面的四点,则对平面内任一点都存在唯一的有序实数组，使，且 .
2.数量积及坐标运算
（1）两个向量的数量积； _________（ , 为非零向量）; ____.
10
[解析] ，，， .
关键能力·突破
考点一空间向量的线性运算
1. （2022广东深圳重点中学高三联考）如图，空间四边形中，，，，点在上，且满足，点为的中点，则 ( )
B
A. B. C. D.
[解析] 由题意得，，又，，， .
③ ,正确；④ 与不是一对相反向量,是相等向量，错误.正确结论的个数为1，故选A.
4. 已知四边形为正方形，是正方形所在平面外一点，在平面上的射影恰好是正方形的中心，是的中点，求下列各题中，的值：
（1）；
[解析] 如图，， .
（2） .
迁移应用
2. （2022江苏南通期末）试写出一个点的坐标：_ _______________________，使之与点，共线.
（答案不唯一）
[解析] 设 ,令，则，故， ,不妨令，则，故 .
3. （2022山西运城二模）如图，在几何体中，，，均为边长为2的等边三角形，平面平面，平面平面 .求证：，，，四点共面.
5. （2022福建宁德期末）如图，在平行六面体中，，，，点是中点，则异面直线与所成角的余弦值是_ ____.
[解析] ， .又，，从而有，， .
方法感悟用已知向量表示某一向量的三个关键点（1）用已知向量来表示某一向量，一定要结合空间图形，以图形为指导是解题的关键.（2）要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义.（3）在空间中，向量的三角形法则、平行四边形法则仍然成立.

2020届高三数学第一轮复习空间向量及其运算课件新人教B版精品

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【分析】根据空间向量加减法及数乘运算的法则和运算律即可.
【解析】（1）∵P是C1D1的中点，
∴AP=AA1+A1D1+D1P=a+AD+ 12D1C1
=a+c+ 1 AB=a+c+ 1 b.
2
2
(2)∵N是BC的中点,
∴A1N=A1A+AB+BN=-a+b+
1BC
2
=-a+b+ 1 AD=-a+b+ 1 c.
4.空间向量的直角坐标运算
(1)已知a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2)，则 ①a+b= ( x1+x2,y1+y2,z1+z2) ; ②a-b= (x1-x2,y1-y2,z1-z2) ; ③λa= (λx1,λy1,λz1) ;(4)a·b= x1x2+y1y2+z1z2.
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2.空间向量向量a,b( b≠0 ),a∥b的充
要条件是存在唯一的实数x,使 a=xb
.
(2)共面向量定理：如果两个向量a,b 不共线，则向量c 与向量a,b共面的充要条件是存在唯一的一对实数 x,y，使c= xa+yb .
(3)空间向量分解定理：如果三个向量a,b,c 不共面，那么对空间任一向量p, 存在一个唯一的有序实数组 x,y,z，使p= xa+yb+zc ，这时a,b,c叫作空间的一个基底，记作{a,b,c}，其中a,b,c都叫作基向量 .
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(2)若点A(x1,y1,z1),点B(x2,y2,z2)，则AB=(x2-x1,y2-y1,z2-z1) .

2024届高考数学一轮复习+第七章《立体几何与空间向量》+空间点、直线、平面之间的位置关系+课件

×
（5）平面外的一条直线上有两个点到平面的距离相等，则直线与平面平行.( )
×
2. （新教材改编题）已知是一个平面，，是两条直线，是一个点，若，，且，，则，的位置关系不可能是( )
A. 垂直 B. 相交但不垂直 C. 异面 D. 平行
D
3. 多选题设表示一个点，，表示两条直线，，表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的有( )
（2）设直线与交于点，求证：，，三点共线.
[答案] ，，，平面，平面，又平面平面，直线 . ，，三点共线.
考点二空间点、直线、平面的位置关系
角度1 空间两直线位置关系的判断
例2
（1）（2023山东潍坊模拟）学校手工课上同学们分组研究正方体的表面展开图.某小组得到了如图所示的表面展开图，则在正方体中，、、、这四条线段所在的直线中，异面直线有( )
方法感悟1.证明点或线共面的两种方法（1）首先由所给条件中的部分线（或点）确定一个平面,然后证其余的线（或点）在这个平面内；（2）将所有条件分为两部分,然后分别确定平面,再证两平面重合.
2.证明线共点的常用方法先证其中两条直线交于一点,再证其他直线经过该点.3.证明点共线的两种方法（1）先由两点确定一条直线,再证其他各点都在这条直线上；（2）可证明这些点都是某两个平面的公共点，从而依据基本事实3证明它们都在这两个平面的交线上.
B
A. 对 B. 对 C. 对 D. 对
[解析] 还原正方体，如图所示，则与，与，与是异面直线，共3对.
（2）（2022福建福州三模）在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面，其中母线，是的中Байду номын сангаас，是的中点，则( )

2019-2020年高考数学一轮复习第十七章空间向量与立体几何讲义

2019-2020年高考数学一轮复习第十七章空间向量与立体几何讲义分析解读江苏高考近几年考查用空间向量知识来解决立体几何问题的命题方向都是求夹角问题,试题难度不大,只要按照用空间向量处理问题的步骤,一般都容易解决.命题探究在平面ABCD 内,过点A 作AE⊥AD,交BC 于点E. 因为AA 1⊥平面ABCD, 所以AA 1⊥AE,AA 1⊥AD.如图,以{,,}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA 1=,∠BAD=120°, 则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A 1(0,0,),C 1(,1,). (1)=(,-1,-),=(,1,), 则cos<,>===-,因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为. (2)平面A 1DA 的一个法向量为=(,0,0). 设m=(x,y,z)为平面BA 1D 的法向量, 又=(,-1,-),=(-,3,0), 则即不妨取x=3,则y=,z=2,所以m=(3,,2)为平面BA 1D 的一个法向量, 从而cos<,m>===.设二面角B-A 1D-A 的大小为θ,则|cos θ|=. 因为θ∈[0,π],所以sin θ==. 因此二面角B-A 1D-A 的正弦值为.五年高考考点一空间向量的概念及线线角、线面角1.(xx四川,14,5分)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F 分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cos θ的最大值为.答案2.(xx广东改编,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60°夹角的是.①(-1,1,0) ②(1,-1,0)③(0,-1,1) ④(-1,0,1)答案②3.(xx北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB 上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.解析(1)证明:设AC,BD交点为E,连结ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)取AD的中点O,连结OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,则y=1,z=.于是n=(1,1,).平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>==.由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为.(3)由题意知M,C(2,4,0),=.设直线MC与平面BDP所成角为α,则sin α=|cos<n,>|==.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.4.(xx课标全国Ⅲ理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN∥平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.解析(1)证明:由已知得AM=AD=2.取BP的中点T,连结AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.(3分)又AD∥BC,故TN AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分)(2)取BC的中点E,连结AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE===.以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N,=(0,2,-4),=,=.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos<n,>|==.即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.(12分)5.(xx江苏,22,10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;(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.解析以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)易知AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0).因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m·=0,m·=0,即令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos<,m>==,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为=(-1,0,2),设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又=(0,-1,0),则=+=(-λ,-1,2λ),又=(0,-2,2),从而cos<,>==.设1+2λ=t,t∈[1,3],则cos2<,>==≤.当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为.因为y=cos x在上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最小值.又因为BP==,所以BQ=BP=.6.(xx课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH==6,所以AH=10.以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则即所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos<n,>|==.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.教师用书专用(7—10)7.(xx浙江,15,6分)已知e1,e2是空间单位向量,e1·e2=.若空间向量b满足b·e1=2,b·e2=,且对于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x0= ,y0= ,|b|= .答案1;2;28.(xx北京,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE 的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.(1)求证:AB∥FG;(2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.解析(1)证明:在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE,所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,所以AB∥FG.(2)因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),=(1,1,0).设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).设直线BC与平面ABF所成角为α,则sin α=|cos<n,>|==.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.设点H的坐标为(u,v,w).因为点H在棱PC上,所以可设=λ(0<λ<1),即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2).所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.因为n是平面ABF的法向量,所以n·=0,即(0,-1,1)·(2λ,λ,2-2λ)=0.解得λ=,所以点H的坐标为.所以PH==2.9.(xx课标全国Ⅰ理,18,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.(1)证明:AB⊥A1C;(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.解析(1)证明:取AB的中点O,连结OC,OA1,A1B.因为CA=CB,所以OC⊥AB.由于AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B为等边三角形,所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C.又A1C⊂平面OA1C,故AB⊥A1C.(2)由(1)知OC⊥AB,OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B,交线为AB,所以OC⊥平面AA1B1B,故OA,OA1,OC两两相互垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,的方向为y轴正方向,的方向为z轴正方向,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设知A(1,0,0),A1(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0).则=(1,0,),==(-1,,0),=(0,-,).设n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量,则即可取n=(,1,-1).故cos<n,>==-.所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.10.(xx福建理,19,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱AA1⊥底面ABCD,AB∥DC,AA1=1,AB=3k,AD=4k,BC=5k,DC=6k(k>0).(1)求证:CD⊥平面ADD1A1;(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为,求k的值;(3)现将与四棱柱ABCD-A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱.规定:若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同,则视为同一种拼接方案.问:共有几种不同的拼接方案?在这些拼接成的新四棱柱中,记其中最小的表面积为f(k),写出f(k)的解析式.(直接写出答案,不必说明理由)解析(1)证明:取CD的中点E,连结BE.∵AB∥DE,AB=DE=3k,∴四边形ABED为平行四边形,∴BE∥AD且BE=AD=4k.在△BCE中,∵BE=4k,CE=3k,B C=5k,∴BE2+CE2=BC2,∴∠BEC=90°,即BE⊥CD,又∵BE∥AD,所以CD⊥AD.∵AA1⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴AA1⊥CD.又AA1∩AD=A,∴CD⊥平面ADD1A1.(2)以D为原点,,,的方向为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则A(4k,0,0),C(0,6k,0),B1(4k,3k,1),A1(4k,0,1),所以=(-4k,6k,0),=(0,3k,1),=(0,0,1).设平面AB1C的法向量n=(x,y,z),则由得取y=2,得n=(3,2,-6k).设AA1与平面AB1C所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|===,解得k=1,故所求k的值为1. (3)共有4种不同的方案.f(k)=考点二求面面角1.(xx课标全国Ⅰ理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.解析本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.(1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,又AP∩PD=P,从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.以 F为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.由(1)及已知可得A,P,B,C.所以=,=(,0,0),=,=(0,1,0).设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则即可取n=(0,-1,-).设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则即可取m=(1,0,1).则cos<n,m>==-.易知二面角A-PB-C为钝二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值为-.2.(xx四川理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解析(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知,BC∥ED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连结PH.易知PA⊥平面ABCD,又CE⊂平面ABCD,从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=.在Rt△PAH中,PH==,所以sin∠APH==.解法二:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.作Ay⊥AD,以A为原点,以,的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),由得设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α,则sin α===.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.3.(xx安徽,19,13分)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EF∥B1C;(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.解析(1)证明:由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C∥A1D,又A1D⊂面A1DE,B1C⊄面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1,面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C. (2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A为原点,分别以,,为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1).设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1⊥,n1⊥得r1,s1,t1应满足的方程组(-1,1,1)为其一个解,所以可取n1=(-1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量=(1,0,0),=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为==.4.(xx福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF∥平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.解析解法一:(1)证明:如图,取AE的中点H,连结HG,HD,又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.以B为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB⊥平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由得取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos<n,>===,所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.解法二:(1)证明:如图,取AB中点M,连结MG,MF.又G是BE的中点,可知GM∥AE.又AE⊂平面ADE,GM⊄平面ADE,所以GM∥平面ADE.在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MF∥AD.又AD⊂平面ADE,MF⊄平面ADE,所以MF∥平面ADE.又因为GM∩MF=M,GM⊂平面GMF,MF⊂平面GMF,所以平面GMF∥平面ADE.因为GF⊂平面GMF,所以GF∥平面ADE.(2)同解法一.5.(xx浙江,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.(1)证明:A1D⊥平面A1BC;(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.解析(1)证明:设E为BC的中点,由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE.因为AB=AC,所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,从而DE∥A1A且DE=A1A,所以A1AED为平行四边形.故A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.(2)解法一:作A1F⊥BD且A1F∩BD=F,连结B1F.由AE=EB=,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1B=A1A=4.由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB与△B1DB全等.由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.由A1D=,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=3,A1F=B1F=,由余弦定理得cos∠A1FB1=-.解法二:以CB的中点E为原点,分别以射线EA,EB为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:A1(0,0,),B(0,,0),D(-,0,),B1(-,,).因此=(0,,-),=(-,-,),=(0,,0).设平面A1BD的法向量为m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量为n=(x2,y2,z2).由即可取m=(0,,1).由即可取n=(,0,1).于是cos<m,n>==.由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-.6.(xx陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE 的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2.(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.解析(1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=,所以B E⊥AC.即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)因为平面A1BE⊥平面BCDE,又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以∠A1OC=.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,所以B,E,A1,C,得=,=,==(-,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为θ,则得取n1=(1,1,1);得取n2=(0,1,1),从而cos θ=|cos<n1,n2>|==,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.7.(xx重庆,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD=DE=,CE=2EB=2.(1)证明:DE⊥平面PCD;(2)求二面角A-PD-C的余弦值.解析(1)证明:由PC⊥平面ABC,DE⊂平面ABC,得PC⊥DE.由CE=2,CD=DE=得△CDE为等腰直角三角形,故CD⊥DE.由PC∩CD=C,DE垂直于平面PCD内两条相交直线,故DE⊥平面PCD.(2)由(1)知,△CDE为等腰直角三角形,∠DCE=.如图,过D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE=1,又已知EB=1,故FB=2.由∠ACB=得DF∥AC,==,故AC=DF=.以C为坐标原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),P(0,0,3),A,E(0,2,0),D(1,1,0),=(1,-1,0),=(-1,-1,3),=.设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),由n1·=0,n1·=0,得故可取n1=(2,1,1).由(1)可知DE⊥平面PCD,故平面PCD的法向量n2可取为,即n2=(1,-1,0).从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos<n1,n2>==,故所求二面角A-PD-C的余弦值为.8.(xx江苏,22,10分)如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,点D是BC的中点.(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值.解析(1)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),所以=(2,0,-4),=(1,-1,-4).因为cos<,>===,所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的法向量为n1=(x,y,z),因为=(1,1,0),=(0,2,4),所以n1·=0,n1·=0,即x+y=0且y+2z=0,取z=1,得x=2,y=-2,所以n1=(2,-2,1)是平面ADC1的一个法向量.取平面AA1B的一个法向量为n2=(0,1,0),设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|===,得sin θ=.因此,平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.教师用书专用(9—13)9.(xx山东理,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.解析(1)证法一:连结DG,CD,设CD∩GF=O,连结OH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD,又OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.证法二:在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,所以四边形BHFE为平行四边形,可得B E∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED,所以BD∥平面FGH.(2)解法一:设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG∥FC.又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,所以AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两垂直.以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.所以G(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0),D(0,0,1).可得H,F(0,,1),故=,=(0,,1).设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,则由可得可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,).因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0),所以cos<,n>===.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.解法二:作HM⊥AC于点M,作MN⊥GF于点N,连结NH.由FC⊥平面ABC,得HM⊥FC,又FC∩AC=C,所以HM⊥平面ACFD.因此GF⊥NH,所以∠MNH即为所求的角.在△BGC中,MH∥BG,MH=BG=,由△GNM∽△GCF,可得=,从而MN=.由HM⊥平面ACFD,MN⊂平面ACFD,得HM⊥MN,因此tan∠MNH==,所以∠MNH=60°.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.10.(xx湖北,19,12分)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连结DE,DF,BD,BE.(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,求的值.解析解法一:(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD,而DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE.又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.而PB⊂平面PBC,所以PB⊥DE.又PB⊥EF,DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)如图,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.由(1)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥D G.而PD∩PB=P,所以DG⊥平面PBD.故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,设PD=DC=1,BC=λ,有BD=,在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB=,则tan=tan∠DPF===,解得λ=.所以==.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.解法二:(1)如图,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.设PD=DC=1,BC=λ,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),C(0,1,0),=(λ,1,-1),点E是PC的中点,所以E,=,于是·=0,即PB⊥DE.又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.因=(0,1,-1),·=0,则DE⊥PC,所以DE⊥平面PBC.由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)由PD⊥平面ABCD,所以=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量;由(1)知,PB⊥平面DEF,所以=(-λ,-1,1)是平面DEF的一个法向量.若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,则cos===,解得λ=,所以==.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.11.(xx天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.解析如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M,N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.=.由此可得·n=0,又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则又=(0,1,2),得不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为.(3)依题意,可设=λ,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos<,n>===,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=-2.所以,线段A1E的长为-2.12.(xx山东,17,12分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.(1)求证:C1M∥平面A1ADD1;(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.解析(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD,所以AB∥DC,又由M是AB的中点,因此CD∥MA且CD=MA.连结AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,因为CD∥C1D1,CD=C1D1,可得C1D1∥MA,C1D1=MA,所以四边形AMC1D1为平行四边形.因此C1M∥D1A,又C1M⊄平面A1ADD1,D1A⊂平面A1ADD1,所以C1M∥平面A1ADD1.(2)解法一:连结AC,MC,由(1)知CD∥AM且CD=AM,所以四边形AMCD为平行四边形. 可得BC=AD=MC,由题意∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC为正三角形,因此AB=2BC=2,CA=,因此CA⊥CB.以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.所以A(,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,),因此M,所以=,==.设平面C1D1M的法向量n=(x,y,z),由得可得平面C1D1M的一个法向量n=(1,,1).又=(0,0,)为平面ABCD的一个法向量,因此cos<,n>==.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.解法二:由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连结D1N. 由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC为二面角C1-AB-C的平面角.在Rt△BNC中,BC=1,∠NBC=60°,可得CN=.所以ND1==.在Rt△D1CN中,cos∠D1NC===.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.13.(xx广东,18,13分)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD 于点E.(1)证明:CF⊥平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值.解析(1)证明:∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AD,又CD⊥AD,PD∩CD=D,∴AD⊥平面PCD,∴AD⊥PC,又AF⊥PC,AF∩AD=A,∴PC⊥平面ADF,即CF⊥平面ADF.(2)解法一:设AB=1,则Rt△PDC中,CD=1,∵∠DPC=30°,∴PC=2,PD=,由(1)知CF⊥DF,∴DF=,∴CF=,又FE∥CD,∴==,∴DE=,同理EF=CD=,如图所示,以D为原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),E,F,P(,0,0),C(0,1,0).设m=(x,y,z)是平面AEF的法向量,则又∴令x=4,得z=,故m=(4,0,),由(1)知平面ADF的一个法向量为=(-,1,0),设二面角D-AF-E的平面角为θ,可知θ为锐角,cos θ=|cos<m,>|===,故二面角D-AF-E的余弦值为.解法二:设AB=1,∵CF⊥平面ADF,∴CF⊥DF.∴在△CFD中,DF=,∵CD⊥AD,CD⊥PD,∴CD⊥平面ADE.又∵EF∥CD,∴EF⊥平面ADE.∴EF⊥AE,∴在△DEF中,DE=,EF=,在△ADE中,AE=,在△ADF中,AF=.由V A-DEF=·S△ADE·EF=·S△ADF·h E-ADF,解得h E-ADF=,设△AEF的边AF上的高为h,由S△AEF=·EF·AE=·AF·h,解得h=×,设二面角D-AF-E的平面角为θ.则sin θ==××=,∴cos θ=.三年模拟A组xx模拟·基础题组考点一空间向量的概念及线线角、线面角1.(xx江苏徐州铜山中学期中)如图,在三棱锥A-BOC中,AO,OB,OC两两互相垂直,点D,E分别为棱BC,AC的中点,F在棱AO上,且满足OF=OA,已知OA=OC=4,OB=2.(1)求异面直线AD与OC所成角的余弦值;(2)求二面角C-EF-D的正弦值.解析(1)如图,以O为原点,分别以,,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O(0,0,0),A(0,0,4),B(2,0,0),C(0,4,0),D(1,2,0),E(0,2,2),F(0,0,1).所以=(1,2,-4),=(0,4,0),所以cos<,>===.因此异面直线AD与OC所成角的余弦值为.(2)平面AOC的一个法向量为=(2,0,0).设m=(x,y,z)为平面DEF的法向量,∴又=(0,-2,-1),=(-1,0,2),∴不妨取z=2,则x=4,y=-1,所以m=(4,-1,2)为平面DEF的一个法向量,从而cos<,m>===,设二面角C-EF-D的大小为θ,则|cos θ|=.因为θ∈[0,π],所以sin θ==.因此二面角C-EF-D的正弦值为.2.(苏教选2—1,三,2,9,变式)如图,已知点P在正方体ABCD-A'B'C'D'的对角线BD'上,∠PDA=60°.(1)求DP与CC'所成角的大小;(2)求DP与平面AA'D'D所成角的大小.解析如图,以D为原点,DA为单位长建立空间直角坐标系D-xyz.则=(1,0,0),=(0,0,1).连结BD,B'D'.在平面BB'D'D中,延长DP交B'D'于H.设=(m,m,1)(0<m<1),由已知得<,>=60°,因为·=||||cos<,>,所以2m=.解得m=,所以=.(1)因为cos<,>==,所以<,>=45°,即DP与CC'所成的角为45°.(2)平面AA'D'D的一个法向量是=(0,1,0).因为cos<,>==,所以<,>=60°,可得DP与平面AA'D'D所成的角为30°.3.(xx江苏海安中学质检)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是AC的中点,E是线段D1O上一点,且D1E=λEO.(1)若λ=1,求异面直线DE与CD1所成角的余弦值;(2)若平面CDE⊥平面CD1O,求λ的值.解析不妨设正方体的棱长为1,以,,为单位正交基底建立空间直角坐标系D-xyz(图略).则A(1,0,0),O,C(0,1,0),D1(0,0,1).(1)∵D1E=EO,∴E,于是=,=(0,-1,1).∴cos<,>==.所以异面直线DE与CD1所成角的余弦值为.(2)设平面CD1O的法向量为m=(x1,y1,z1),由m·=0,m·=0得取x1=1,得y1=z1=1,故可取m=(1,1,1). 由D1E=λEO,得E,=.设平面CDE的法向量n=(x2,y2,z2),由n·=0,n·=0,得取x2=-2,得z2=λ,即n=(-2,0,λ).因为平面CDE⊥平面CD1O,所以m·n=0,所以λ=2.4.(xx江苏镇江一模,22)如图,在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1E=CF=1.(1)求两条异面直线AC1与BE所成角的余弦值;(2)求直线BB1与平面BED1F所成角的正弦值.解析(1)以D为原点,建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示.则A(3,0,0),C1(0,3,3),B(3,3,0),E(3,0,2),=(-3,3,3),=(0,-3,2).所以cos<,>===,所以两条异面直线AC1与BE所成角的余弦值为.(2)D1(0,0,3),=(0,-3,2),=(3,0,-1),=(0,0,3).设平面BED1F的法向量为n=(x,y,z),由得所以故n=(x,2x,3x),不妨取n=(1,2,3),设直线BB1与平面BED1F所成角为α,则sin α=|cos<,n>|==.所以直线BB1与平面BED1F所成角的正弦值为.考点二求面面角5.(xx江苏苏州期中)在如图所示的四棱锥S-ABCD中,SA⊥底面ABCD,∠DAB=∠ABC=90°,SA=AB=BC=a,AD=3a(a>0),E为线段BS上的一个动点.(1)证明:DE和SC不可能垂直;(2)当点E为线段BS的三等分点(靠近B)时,求二面角S-CD-E的余弦值.解析(1)证明:∵SA⊥底面ABCD,∠DAB=90°,∴AB、AD、AS两两垂直,以A为原点,AB、AD、AS所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图),则S(0,0,a),C(a,a,0),D(0,3a,0)(a>0),∵SA=AB=a,且SA⊥AB,∴设E(x,0,a-x),其中0≤x≤a,∴=(x,-3a,a-x),=(a,a,-a),假设DE和SC垂直,则·=0,即ax-3a2-a2+ax=2ax-4a2=0,解得x=2a,这与0≤x≤a矛盾,假设不成立,所以DE和SC不可能垂直.(2)∵E为线段BS的三等分点(靠近B),∴E,设平面SCD的法向量n1=(x1,y1,z1),平面CDE的法向量n2=(x2,y2,z2),∴∵=(-a,2a,0),=(0,3a,-a),∴∴取n1=(2,1,3).∵=(-a,2a,0),=,∴∴取n2=(2,1,5),设二面角S-CD-E的平面角的大小为θ,由图可知θ为锐角,∴cos θ====,∴二面角S-CD-E的余弦值为.6.(xx南京高三调研)如图,在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是线段PC的中点.(1)求异面直线AP与BE所成角的大小;(2)若点F在线段PB上,且使得二面角F-DE-B的正弦值为,求的值.解析(1)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,侧棱PD⊥平面ABCD,所以DA,DC,DP两两垂直,故以{,,}为正交基底,建立空间直角坐标系D-xyz.因为PD=DC,所以DA=DC=DP,不妨设DA=DC=DP=2,则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),B(2,2,0).因为E是PC的中点,所以E(0,1,1),所以=(-2,0,2),=(-2,-1,1),所以cos<,>==,从而<,>=.因此异面直线AP与BE所成角的大小为.(2)由(1)可知,=(0,1,1),=(2,2,0),=(2,2,-2).设=λ,则=(2λ,2λ,-2λ),从而=+=(2λ,2λ,2-2λ).设m=(x1,y1,z1)为平面DEF的法向量,则故取z1=λ,则y1=-λ,x1=2λ-1.故m=(2λ-1,-λ,λ)为平面DEF的一个法向量.设n=(x2,y2,z2)为平面DEB的法向量,则故取x2=1,则y2=-1,z2=1.所以n=(1,-1,1)为平面BDE的一个法向量.因为二面角F-DE-B的正弦值为,所以二面角F-DE-B的余弦值为,所以|cos<m,n>|===,化简得4λ2=1.因为点F在线段PB上,所以0≤λ≤1,所以λ=,即=.B组xx模拟·提升题组(满分:45分时间:20分钟)解答题(共45分)1.(苏教选2—1,三,2,12,变式)如图,四棱锥S-ABCD中, AB∥CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形,AB=BC=2,CD=SD=1.(1)证明:SD⊥平面SAB;(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值.解析以C为坐标原点,射线CD为x轴正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.则D(1,0,0),A(2,2,0),B(0,2,0).设S(x,y,z),则x>0,y>0,z>0.=(x-2,y-2,z),=(x,y-2,z),=(x-1,y,z),由||=||得=,故x=1.结合||=1得y2+z2=1,由||=2得x2+(y-2)2+z2=4,即y2+z2-4y+1=0,故y=,z=.于是S,=,=,=.(1)证明:易知·=0,·=0.故DS⊥AS,DS⊥BS,又AS∩BS=S,所以SD⊥平面SAB.(2)设平面SBC的法向量a=(m,n,p),AB与平面SBC所成角为θ,则a⊥,a⊥,即a·=0,a·=0.又=,=(0,2,0),故取p=2得a=(-,0,2),因为=(-2,0,0).∴sin θ=|cos<,a>|==.故AB与平面SBC所成角的正弦值为.2.(xx江苏扬州期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,侧棱PA⊥底面ABCD,AB=1,PA=2,E为PB的中点,点F在棱PC上,且PF=λPC.(1)求直线CE与直线PD所成角的余弦值;(2)当直线BF与平面CDE所成的角最大时,求λ的值.解析(1)以A为坐标原点,AD,AB,AP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系(图略),则C(1,1,0),P(0,0,2),D(1,0,0),E,从而=,=(1,0,-2),∴cos<,>===-,∴直线CE与PD所成角的余弦值为.(2)因为点F在棱PC上,且PF=λPC,所以0≤λ≤1,=λ,于是F(λ,λ,2-2λ),=(λ,λ-1,2-2λ),设n=(x,y,z)为平面CDE的法向量,所以因为=(0,-1,0),=,所以取x=1,则n=(1,0,1),设直线BF与平面CDE所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|==,令t=2-λ,则t∈[1,2],所以sin θ==·,当=,即t=∈[1,2]时,-+6取得最小值,此时sin θ取得最大值,即BF与平面CDE所成的角最大,此时λ=2-t=2-=,即λ的值为.3.(xx江苏南通调研,22)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,SA⊥平面ABCD,AB=1,AD=AS=2,P是棱SD 上一点,且SP=PD.(1)求直线AB与CP所成角的余弦值;(2)求二面角A-PC-D的余弦值.解析(1)如图,分别以AB,AD,AS所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),S(0,0,2),=(1,0,0),设P(x0,y0,z0),因为SP=PD,所以=,所以(x0,y0,z0-2)=(0,2,-2),∴x0=0,y0=,z0=,即点P的坐标为.∴=,设直线AB与CP所成的角为α,则cos α==.(2)设平面APC的法向量为m=(x1,y1,z1),所以令y1=-2,则x1=4,z1=1,m=(4,-2,1).设平面SCD的法向量为n=(x2,y2,z2),由于=(1,0,0),=(0,-2,2),所以令y2=1,则x2=0,z2=1,∴n=(0,1,1).cos<m,n>==-,设二面角A-PC-D的大小为θ,显然θ∈,所以cos θ=-cos<m,n>=.C组xx模拟·方法题组方法用空间向量求解空间角的方法1.(xx江苏南通、泰州一模,22)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱C1D1的中点,Q为棱BB1上的点,且BQ=λBB1(λ≠0).(1)若λ=,求AP与AQ所成角的余弦值;(2)若直线AA1与平面APQ所成的角为45°,求实数λ的值.解析以{,,}为正交基底,建立如图所示空间直角坐标系A-xyz.(1)易知=(1,2,2),=(2,0,1),所以cos<,>===.所以AP与AQ所成角的余弦值为.(2)由题意可知,=(0,0,2),=(2,0,2λ).设平面APQ的法向量为n=(x,y,z),。

空间向量知识点总结

空间向量与立体几何知识点总结一、基本概念: 1、空间向量：2、相反向量：3、相等向量：4、共线向量：5、共面向量：6、方向向量:7、法向量8、空间向量基本定理：二、空间向量的坐标运算： 1.向量的直角坐标运算设a r＝123(,,)a a a ，b r ＝123(,,)b b b 则(1) a r ＋b r ＝112233(,,)a b a b a b +++； (2) a r －b r＝112233(,,)a b a b a b ---； (3)λa r ＝123(,,)a a a λλλ (λ∈R)； (4) a r ·b r＝112233a b a b a b ++；2.设A 111(,,)x y z ，B 222(,,)x y z ，则AB OB OA =-u u u r u u u r u u u r= 212121(,,)x x y y z z ---.3、设111(,,)a x y z =r ，222(,,)b x y z =r，则a b r r P ⇔(0)a b b λ=≠r r r r； a b ⊥r r ⇔0a b ⋅=r r ⇔1212120x x y y z z ++=.4.夹角公式设a r＝123(,,)a a a ，b r ＝123(,,)b b b，则cos ,a b <>=r r .5．异面直线所成角cos |cos ,|a b θ=r r=||||||a b a b ⋅=⋅r rr r .6．平面外一点p 到平面α的距离已知AB 为平面α的一条斜线，n r为平面α的一个法向量，A 到平面α的距离为：||||AB n d n •=u u u r r rBAαn空间向量与立体几何练习题一、选择题1.如图，棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -在空间直角坐标系中，若,E F 分别是1,BC DD 中点，则EF u u u r的坐标为（）A.(1,2,1)-B.(1,2,1)--C.(1,2,1)--D.(1,2,1)--2．如图，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，B 1E 1＝D 1F 1＝411B A ，则BE 1与DF 1所成角的余弦值是（）A ．1715 B ．21 C ．178 D ．23 3.在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，E 为PD 中点，若PA a =u u u r r ，PB b =u u u r r ，PC c =u u u r r ，则BE =u u u r（）A.111222a b c -+r r rB.111222a b c --r r rC.131222a b c -+r r rD.113222a b c -+r r r 二、填空题4.若点(1,2,3)A ,(3,2,7)B -,且0AC BC +=u u u r u u u r r,则点C 的坐标为______.5．在正方体1111ABCD A B C D -中，直线AD 与平面11A BC 夹角的余弦值为_____. 三、解答题1、在正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中, AB 1与底面ABCD 所成的角为4π，（1）求证11AB C BD ⊥面（2）求二面角1B AC B --的正切值yxzFE C 1D 1CD(O)B 1A 1AB图图2．在三棱锥P ABC -中，3AB AC ==4AP =,PA ABC ⊥面,90BAC ∠=︒, D 是PA 中点,点E 在BC 上,且2BE CE =,(1)求证：AC BD ⊥；(2)求直线DE 与PC 夹角θ的余弦值；(3)求点A 到平面BDE 的距离d 的值.3．在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD =90°，AD ∥BC ，AB =BC =a ，AD =2a ，且PA ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30°角．（1）若AE ⊥PD ，E 为垂足，求证：BE ⊥PD ；（2）求异面直线AE 与CD 所成角的余弦值．D APE4、已知棱长为1的正方体A C 1，E、F分别是B1C1、C1D的中点．（1）求证：E、F、D、B共面；（2）求点A1到平面的B DEF的距离；（3）求直线A1D与平面B DEF所成的角．5、已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点E为棱AB的中点，求：（Ⅰ）D1E与平面BC1D所成角的大小；（Ⅱ）二面角D－BC1－C的大小；一、考点概要：1、空间向量及其运算(1)空间向量的基本知识：①定义：空间向量的定义和平面向量一样，那些具有大小和方向的量叫做向量，并且仍用有向线段表示空间向量，且方向相同、长度相等的有向线段表示相同向量或相等的向量。

高中数学立体几何与空间向量知识点归纳总结

立体几何与空间向量知识点归纳总结一、立体几何知识点1、柱、锥、台、球的结构特征（1）棱柱的定义：有两个面是对应边平行的全等多边形，其余各面都是四边形，且相邻四边形的公共边都平行，由这些面围成的几何体叫棱柱。

棱柱的性质：侧面都是平行四边形；侧棱都平行，侧棱长都相等。

直棱柱：侧棱垂直底面的棱柱叫直棱柱。

正棱柱：底面是正多边形的直棱柱叫正棱柱。

（2）棱锥的定义：有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的几何体叫棱锥。

棱柱的性质：平行于底面的截面与底面相似，其相似比等于顶点到截面的距离与高的比。

（3）棱台的定义：用平行于底面的平面截棱锥，截面与底面的部分叫棱台。

棱台的性质：①上下底面平行且是相似的多边形；②侧面是梯形；③侧棱交于原棱锥的顶点。

（4）圆柱的定义：以矩形的一边所在的直线为轴旋转,其余三边旋转所围成的几何体叫圆柱。

圆柱的性质：①底面是全等的圆；②母线与轴平行；③轴与底面圆的半径垂直；④侧面展开图是一个矩形。

（5）圆锥的定义：以直角三角形的一条直角边为旋转轴,旋转一周所围成的几何体叫圆锥。

圆锥的性质：①底面是一个圆；②母线交于圆锥的顶点；③侧面展开图是一个扇形。

（6）圆台的定义：以直角梯形的垂直于底边的腰为旋转轴,旋转一周所围成的几何体叫圆台。

圆台的性质：①上下底面是两个圆；②侧面母线交于原圆锥的顶点；③侧面展开图是一个扇环形。

（7）球体的定义：以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形围成的几何体叫球。

球的性质：①球的截面是圆；②球面上任意一点到球心的距离等于半径。

2、柱体、锥体、台体的表面积与体积（1）几何体的表面积为几何体各个面的面积之和。

（2）特殊几何体表面积公式（c 为底面周长，h 为高，'h 为斜高，l 为母线）ch S =直棱柱侧面积rhS π2=圆柱侧'21ch S =正棱锥侧面积 rlS π=圆锥侧面积')(2121h c c S +=正棱台侧面积 l R r S π)(+=圆台侧面积 ()l r r S +=π2圆柱表 ()l r r S +=π圆锥表 ()22R Rl rl r S +++=π圆台表（3）柱体、锥体、台体的体积公式V Sh =柱 2V Sh r h π==圆柱 13V Sh =锥 h r V 231π=圆锥'1()3V S S h =台 '2211()()33V S S h r rR R h π=++=++圆台（4）球体的表面积和体积公式：V 球=343R π ； S 球面=24Rπ3、平面及基本性质公理1 ααα⊂⇒∈∈∈∈l B A l B l A ,,, 公理2 若βα∈∈P P ,,则a =⋂βα且α∈P公理3 不共线三点确定一个平面（推论1直线和直线外一点,2两相交直线,3两平行直线）4、空间两直线的位置关系共面直线：相交、平行（公理4）异面直线 5、异面直线（1）对定义的理解：不存在平面α，使得α⊂a 且α⊂b （2）判定：反证法（否定相交和平行即共面）判定定理：15P★（3）求异面直线所成的角：①平移法即平移一条或两条直线作出夹角，再解三角形.②向量法 |||||,cos |cos b a b a =><=θ （注意异面直线所成角的范围]2,0(π（4）证明异面直线垂直，①通常采用三垂线定理及逆定理或线面垂直关系来证明；②向量法 0=⋅⇔⊥b a b a（5）求异面直线间的距离：大纲仅要求掌握已给出公垂线或易找出公垂线的有关问题计算.6、直线与平面的位置关系1、直线与平面的位置关系A a a a =⋂⊂ααα,//,2、直线与平面平行的判定（1）判定定理: ααα////b a a b b ⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊂⊄ (线线平行，则线面平行17P )（2）面面平行的性质：βαβα////a a ⇒⎭⎬⎫⊂ (面面平行，则线面平行) 3、直线与平面平行的性质b a b a a //,//⇒⎭⎬⎫=⋂⊂βαβα (线面平行，则线线平行18P )★4、直线与平面垂直的判定（1）直线与平面垂直的定义的逆用a l a l ⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥αα, （2）判定定理：αα⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂⊂⊥⊥l A n m n m n l m l ,, （线线垂直，则线面垂直23P ）（3）αα⊥⇒⎭⎬⎫⊥a b b a // （25P 练习第6题）（4）面面垂直的性质定理：βαβαβα⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊥⊂=⋂⊥a l a a l , （面面垂直，则线面垂直51P ）（5）面面平行是性质：βαβα⊥⇒⎭⎬⎫⊥l l // 5、射影长定理★6、三垂线定理及逆定理线垂影⇔线垂斜7、两个平面的位置关系：空间两个平面的位置关系相交和平行8、两个平面平行的判定（1）判定定理：βαβαα//,,//,//⇒⎭⎬⎫=⋂P b a b a b a （线线平行，则面面平行19P ）（2）βαβα//⇒⎭⎬⎫⊥⊥l l 垂直于同一平面的两个平面平行（3）βαγβγα////,//⇒ 平行于同一平面的两个平面平行（21P 练习第2题） 9、两个平面平行的性质（1）性质1：βαβα//,//a a ⇒⊂（2）面面平行的性质定理： b a b a //,//⇒⎭⎬⎫=⋂=⋂γβγαβα （面面平行，则线线平行20P ）（3）性质2：βαβα⊥⇒⊥l l ,// 10、两个平面垂直的判定与性质（1）判定定理：βααβ⊥⇒⊂⊥a a , （线面垂直，则面面垂直50P ）（2）性质定理：面面垂直的性质定理：βαβαβα⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊥⊂=⋂⊥a l a a l , （面面垂直，则线面垂直51P ）12、空间角：异面直线所成角（9.1）；斜线与平面所成的角 )2,0(π（1）求作法（即射影转化法）：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足. （2）向量法：设平面α的法向量为n ，则直线AB 与平面α所成的角为θ，则|||||,cos |sin n AB n AB =><=θ )2,0(πθ∈（3）两个重要结论最小角定理48P ：21cos cos cos θθθ= ，,26P 例4 28P 第6题 13、空间距离：求距离的一般方法和步骤（1）找出或作出有关的距离；（2）证明它符合定义；（3）在平面图形内计算（通常是解三角形）求点到面的距离常用的两种方法（1）等体积法——构造恰当的三棱锥；（2）向量法——求平面的斜线段，在平面的法向量上的射影的长度：||n d =直线到平面的距离，两个平行平面的距离通常都可以转化为点到面的距离求解异面直线的距离① 定义：和两异面直线都垂直相交且夹在异面直线间的部分（公垂线段） ② 求法：法1 找出两异面直线的公垂线段并计算，法2 转化为点面距离向量法 ||n n AB d =（A ，B 分别为两异面直线上任意一点，n 为垂直于两异面直线的向量）注意理解应用：θcos 22222mn d n m l ±++=二、空间向量知识点 1、空间向量的加法和减法：()1求两个向量差的运算称为向量的减法，它遵循三角形法则．即：在空间任取一点O ，作a OA =，b OB =，则a b BA =-．()2求两个向量和的运算称为向量的加法：在空间以同一点O 为起点的两个已知向量a 、b 为邻边作平行四边形C OA B ，则以O 起点的对角线C O 就是a 与b 的和，这种求向量和的方法，称为向量加法的平行四边形法则． 2、实数λ与空间向量a 的乘积a λ是一个向量，称为向量的数乘运算．当0λ>时，a λ与a 方向相同；当0λ<时，a λ与a 方向相反；当0λ=时，a λ为零向量，记为0．a λ的长度是a 的长度的λ倍．3、如果表示空间的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量称为共线向量或平行向量，并规定零向量与任何向量都共线．4、向量共线充要条件：对于空间任意两个向量a ，()0b b ≠，//a b 的充要条件是存在实数λ，使a b λ=．5、平行于同一个平面的向量称为共面向量．6、向量共面定理：空间一点P 位于平面C AB 内的充要条件是存在有序实数对x ，y ，使x y C AP =AB +A ；或对空间任一定点O ，有x y C OP =OA +AB +A ；或若四点P ，A ，B ，C 共面，则()1x y z C x y z OP =OA+OB+O ++=．7、已知两个非零向量a 和b ，在空间任取一点O ，作a OA =，b OB =，则∠AOB 称为向量a ，b 的夹角，记作,a b 〈〉．两个向量夹角的取值范围是：[],0,a b π〈〉∈．8、对于两个非零向量a 和b ，若,2a b π〈〉=，则向量a ，b 互相垂直，记作a b ⊥．9、已知两个非零向量a 和b ，则cos ,a b a b 〈〉称为a ，b 的数量积，记作a b ⋅．即cos ,a b a b a b ⋅=〈〉．零向量与任何向量的数量积为0． 10、a b ⋅等于a 的长度a 与b 在a 的方向上的投影cos ,b a b 〈〉的乘积． 11、若a ，b 为非零向量，e 为单位向量，则有()1cos ,e a a e a a e ⋅=⋅=〈〉；()20a b a b ⊥⇔⋅=； ()3()()a b a b a b a b a b ⎧⎪⋅=⎨-⎪⎩与同向与反向，2a a a ⋅=，a a a =⋅； ()4cos ,ab a b a b⋅〈〉=；()5a b a b ⋅≤．12、空间向量基本定理: 若三个向量a ，b ，c 不共面，则对空间任一向量p ，存在实数组{},,x y z ，使得p xa yb zc =++．13、空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底． 14、设1e ，2e ，3e 为有公共起点O 的三个两两垂直的单位向量（称它们为单位正交基底），以1e ，2e ，3e 的公共起点O 为原点，分别以1e ，2e ，3e 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系xyz O ．则对于空间任意一个向量p ，一定可以把它平移，使它的起点与原点O 重合，得到向量p OP =．存在有序实数组{},,x y z ，使得123p xe ye ze =++．把x ，y ，z 称作向量p 在单位正交基底1e ，2e ，3e 下的坐标，记作(),,p x y z =．此时，向量p 的坐标是点P 在空间直角坐标系xyz O 中的坐标(),,x y z ．15、设()111,,a x y z =，()222,,b x y z =，则()1()121212,,a b x x y y z z +=+++．()2()121212,,a b x x y y z z -=---． ()3()111,,a x y z λλλλ=．()4121212a b x x y y z z ⋅=++．()5若a 、b 为非零向量，则12121200a b a b x x y y z z ⊥⇔⋅=⇔++=．()6若b ≠，则121212//,,a b a b x x y y z z λλλλ⇔=⇔===．()721a a a x =⋅=+()821cos ,x a b a b a bx ⋅〈〉==+．()9()111,,x y z A ，()222,,x y z B =，则(d x AB =AB = 16、空间中平面α的位置可以由α内的两条相交直线来确定．设这两条相交直线相交于点O ，它们的方向向量分别为a ，b ．P 为平面α上任意一点，存在有序实数对(),x y 使得xa yb OP =+，这样点O 与向量a ，b 就确定了平面α的位置．17、直线l 垂直α，取直线l 的方向向量a ，则向量a 称为平面α的法向量．18、若空间不重合两条直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，则////a b a b ⇔⇔()a b R λλ=∈，0a b a b a b ⊥⇔⊥⇔⋅=．19．0a n a n ⇔⊥⇔⋅=，//a a a n a n ααλ⊥⇔⊥⇔⇔=．20、若空间不重合的两个平面α，β的法向量分别为a ，b ，则////a b αβ⇔⇔a b λ=，0a b a b αβ⊥⇔⊥⇔⋅=．21、设异面直线a ，b 的夹角为θ，方向向量为a ，b ，其夹角为ϕ，则有cos cos a b a bθϕ⋅==．22、设直线l 的方向向量为l ，平面α的法向量为n ，l 与α所成的角为θ，l 与n 的夹角为ϕ，则有sin cos l n l nθϕ⋅==．23、设1n ，2n 是二面角l αβ--的两个面α，β的法向量，则向量1n ，2n 的夹角（或其补角）就是二面角的平面角的大小．若二面角l αβ--的平面角为θ，则1212cos n n n n θ⋅=．24、在直线l 上找一点P ，过定点A 且垂直于直线l 的向量为n ，则定点A 到直线l 的距离为cos ,n d n nPA⋅=PA 〈PA 〉=．25、点A 与点B 之间的距离可以转化为两点对应向量AB 的模AB 计算．26、点P 是平面α外一点，A 是平面α内的一定点，n 为平面α的一个法向量，则点P 到平面α的距离为cos ,n d n nPA⋅=PA 〈PA 〉=。

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2019-2020学年高考数学一轮复习讲义第49时空间向量与立体几
何理
考纲要求：
① 理解直线的方向向量和平面的法向量.② 能向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系、平行关系；③能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理；④能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的作用. 教材复习
0,a b π<<
,a b
a b a b
⋅=
⋅ b =直线与平面所成的角：①直线与平面所成角的范围是n αcos n α和β的一个法向量，平面α和β的夹角为θ，则cos θ=12cos ,n n =
4.空间任意两点A 、B 间的距离即线段AB 的长度：设()111,,A x y z 、()222,,B x y z ，则AB AB ==
.
5.点到平面距离：如右图，斜线AB 交平面α于点A ，平面α一个法向量为n ，斜线的一个方向向量为AB ，
n
a
1n 2n
1n n
b
n
a
则点B 到平面α的距离为sin cos ,d AB AB n AB θ==⋅=
6.直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量为n ，则l ∥α⇔ .
7.直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量为n ，则l α⊥⇔ .
8.平面α的法向量为1n ,平面β的法向量为2n ,则αβ⊥⇔ .
9.平面α的法向量为1n ,平面β的法向量为2n ,则α∥β⇔ .
典例分析：
考点一异面直线所成的角
问题1．（2012陕西）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，
12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为
.
A 5 .
B 3
.C 5 .D 35
考点二直线和平面所成的角
问题2．（2013山东）已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直，体积为
9
4
，底面
.若P 为底面111A B C 的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为
.A
512π .B 3π .C 4π .D 6
π
考点三平面和平面的夹角
问题3．（2013陕西）如图, 四棱柱
11ABCD A BC D -的底面ABCD 是正方形,
O 为底面中心, 1AO ⊥平面ABCD , 1AB AA ==()1证明: 1AC ⊥平面11BB D D ； ()2求平面1OCB 与平面11BB D D 的夹角θ的大小.
考点四求点到平面的距离
问题4．（05江西）如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，11AD AA ==，
2AB =，点E 在棱AB 上移动.()1略；()2当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离；()3略.
(请用多种方法，至少要用向量法)
1A
1B
1C
1D
1
A
考点五存在性问题
问题5：（2013北京）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，11AAC C 是边长为4的正方形，
平面ABC ⊥平面11AAC C ，3AB =，5BC =.()1求证：1AA 平面
ABC （这里不做）；()2求二面角111A BC B --的余弦值（这里不做）；()3证明：在线段1BC 存在点D ，使得1AD A B ⊥，并求1
BD
BC 的值.
1B
1A 1C B
A
C
课后作业：
1. （2013洛阳联考）在平面直角坐标系中，点A 的坐标为()2,3，点B 的坐标为()1,1--，将直角坐标平面沿x 轴折成直二面角，则,A B 两点间的距离为
.A 3 .
B .
C 5 .
D
2. （2013辽宁六校联考）如图，平面AED ⊥平面ABCD ，AED △为正三角形，四边形ABCD 为矩形，F 为CD 的中点，EB 与平面ABCD 所成的角为30︒.()1当AD 长度
A 到平面EF
B 的距离；()2二面角A BF E --的大小是否与AD 长度有
关?请说明理由.
E A B
C
D
F
走向高考：
1.（05辽宁）如图，正方体的棱长为1，C 、D
A 、
B 、M 是顶点，那么点M 到截面ABCD
2.如图，正方体1111ABCD A BC D 的棱长为1，
O 是底面 1111A B C D 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离为
.A 21
.B 42 .C 2
2 .D 23
A
B
C
D
1C
1D
1A
1B
O
M
3.（2012福建）如图，在长方体1111D C B A ABCD -中，11==AD AA ，E 为CD 中点. （Ⅰ）求证：11AD E B ⊥（这里不做）；（Ⅱ）在棱1AA 上是否存在一点P ，使得//DP 平面AE B 1？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；（Ⅲ）若二面角11A E B A --的大小为30︒，求AB 的长（这里不做）；。