2022届高考人教数学（理）一轮学案：7-5 空间向量及其应用 WORD版含答案.doc

1、第五节空间向量及其应用1空间直角坐标系及有关概念(1)空间直角坐标系：定义以空间一点O为原点，具有相同的单位长度，给定正方向，建立两两垂直的数轴：x轴、y轴、z轴，就建立了一个空间直角坐标系Oxyz坐标原点点O坐标轴横轴x轴纵轴y轴竖轴z轴坐标平面通过每两个坐标轴的平面(2)空间一点M的坐标：空间一点M的坐标可以用有序实数组(x，y，z)来表示，记作M(x，y，z)，其中x叫做点M的横坐标，y叫做点M的纵坐标，z叫做点M的竖坐标2空间向量的有关概念名称概念共线向量(平行向量)表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量共面向量平行于同一个平面的向量共线向量定理对空间任意两个向量a，b(

2、b0)，ab存在R，使ab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pxayb，x，yR空间向量基本定理定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组x，y，z使得pxaybzc；推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使xyz且xyz13.数量积及坐标运算(1)两个向量的数量积：ab|a|b|cos a，b；abab0(a，b为非零向量)；|a|2a2(2)向量的坐标运算：a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)向量和ab(a1b1，a2b2，a3b3

3、)向量差ab(a1b1，a2b2，a3b3)数量积aba1b1a2b2a3b3共线aba1b1，a2b2，a3b3垂直aba1b1a2b2a3b30夹角公式cos a，b4.直线的方向向量与平面的法向量(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，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面的法向量5空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1l2n1n2n1n2l1l2n1n2n1n20直线l的方向向量为n，平面的法向量为mlnmnm0lnmnm平面，的法向量分别为n，m

4、nmnmnmnm06.异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角l1与l2所成的角范围(0，)求法cos cos |cos |7.直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，两向量e与n的夹角为，则有sin |cos |8二面角的求法(1)如图，AB，CD是二面角l两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，(2)如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足cos cos_n1，n2或cos_n1，n21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，

5、存在有序实数组x，y，z，使得pxaybzc.其中a，b，c叫做空间的一个基底2P、A、B、C四点共面的充要条件：空间存在一点O，使xyz，且xyz1.3确定平面的法向量：(1)直接法：观察是否有垂直于平面的法向量，若有可直接确定(2)选定系数法：取平面的两条相交向量a，b，设平面的法向量为n(x，y，z)，由解方程组求得1(基本能力：空间向量的计算)已知点A(x，1，2)和点B(2，3，4)，且|2，则实数x的值是()A3或4 B6或2C3或4 D6或2答案：D2(基本方法：判断空间中两直线位置关系)在空间直角坐标系中，已知A(1，2，3)，B(2，1，6)，C(3，2，1)，D(4，3，0

6、)，则直线AB与CD的位置关系是()A垂直 B平行C异面 D相交但不垂直答案：B3(基本方法：空间向量与线面关系)设，分别是平面，的法向量，(2，2，5)，当(3，2，2)时，与的位置关系为_；当(4，4，10)时，与的位置关系为_答案：4.(基本应用：二面角大小与法向量夹角的大小关系)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD底面ABCD，PDDC，则二面角C-PB-D的大小为_答案：605(基本能力：异面直线所成角的大小与方向向量的关系)在正三棱柱ABCA1B1C1中，若ABBB1，D是CC1的中点，则CA1与BD所成角的大小是_答案：题型一空间向量基本定理及线性运算 1如图所示，

7、在三棱锥OABC中，M，N分别是AB，OC的中点，设a，b，c，用a，b，c表示，则等于()A(abc)B(abc)C(abc)D(abc)解析：()()(abc).答案：B2如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，O为AC的中点用，AA1表示OC1，则OC1_解析：()，OC1CC1()AA1AA1答案：AA13如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设AA1a，b，c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量：(1)；(2)A1N；(3)NC1解析：(1)P是C1D1的中点，AA1A1D1D1PaD1C1acabc.(2)N是BC的中点，A

8、1NA1Aabababc.(3)M是AA1的中点，A1Aaabc.又NC1CC1AA1AA1ca，NC1abc.方法总结 用基向量表示指定向量的方法(1)结合已知向量和所求向量观察图形(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来 题型二空间角的求法 典例剖析类型 1求异面直线所成的角例1(2021安徽知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABCA1B1C1中，A1ACBAC60，平面A1ACC1平面ABC，AA1ACAB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为_解析：法一：令M为AC的中点，连接MB，MA1，由题意知ABC是

9、等边三角形，所以BMAC，同理，A1MAC.因为平面A1ACC1平面ABC，平面A1ACC1平面ABCAC，BM平面ABC，所以BM平面A1ACC1.因为A1M平面A1ACC1，所以BMA1M，所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为原点，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设AA1ACAB2，则A(1，0，0)，B(0，0)，A1(0，0，)，C1(2，0，)，所以(3，0，)，(0，)，所以cos ，故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.法二：如图所示，在平面ABC，平面A1B1C1中分别取点D，D1，连接BD，CD，B1D1，C1D1，使得四边形ABDC，A

10、1B1D1C1为平行四边形，连接DD1，BD1，则ABC1D1，且ABC1D1，所以AC1BD1，故A1BD1或其补角为异面直线AC1与A1B所成的角连接A1D1，过点A1作A1MAC于点M，连接BM，设AA12，由A1AMBAC60，得AM1，BM，A1M，因为平面A1ACC1平面ABC，平面A1ACC1平面ABCAC，A1M平面A1ACC1，所以A1M平面ABC.又BM平面ABC，所以A1MBM，所以A1B.在菱形A1ACC1中，可求得AC12BD1，同理，在菱形A1B1D1C1中，求得A1D12，所以cos A1BD1，所以异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.答案：方法总结1求异面直

11、线所成角的思路(1)选好基底或建立空间直角坐标系(2)求出两直线的方向向量v1，v2.(3)代入公式|cos v1，v2|求解2两异面直线所成角的关注点两异面直线所成角的范围是，两向量的夹角的范围是0，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角类型 2求线面角例2(2020高考山东卷节选)如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.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解析：以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x，y，z轴

12、，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)，(0，1，0)，(1，1，1).设Q(a，0，1)，则(a，0，1).设n(x，y，z)是平面QCD的法向量，则即可取n(1，0，a)，所以cos n，.设PB与平面QCD所成角为，则sin .因为 ，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.方法总结求直线与平面所成角的方法(1)定义法：利用线面垂直，作出斜线与射影所成的角，解直角三角形(2)向量法：求斜线的方向向量a与平面的法向量n.a，n或a，n为其线面角，故线面角a，n或a，n.一般用sin |c

13、os a，n|.类型 3求二面角例3(2019高考全国卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1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BECC1的正弦值解析：(1)证明：由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，B1C1EC1C1，所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E，所以AEB45，故AEAB，AA12AB.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则C(0，1，0)，B(1，1

14、，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，(1，0，0)，(1，1，1)，CC1(0，0，2).设平面EBC的法向量为n(x1，y1，z1)，则即所以可取n(0，1，1).设平面ECC1的法向量为m(x2，y2，z2)，则即所以可取m(1，1，0).于是cos n，m，所以二面角BECC1的正弦值为.方法总结利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小是锐角还是钝角(2)定义法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角

15、的大小就是二面角的大小题组突破1若正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积为，AB1，则直线AB1与CD1所成的角为()A30 B45C60 D90解析：正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积为，AB1，AA1，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B1(1，1，)，C(0，1，0)，D1(0，0，)，(0，1，)，(0，1，)，设直线AB1与CD1所成的角为，则cos .又0 90，60，直线AB1与CD1所成的角为60.答案：C2(2020高考全国卷节选)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1

16、C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.设O为A1B1C1的中心，若AO平面EB1C1F，且AOAB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值解析：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MNCC1.又由已知得AA1CC1，故AA1MN.因为A1B1C1是正三角形，所以B1C1A1N.又B1C1MN，所以B1C1平面A1AMN.所以平面A1AMN平面EB1C1F.所以AMBC.以M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Mxyz，则AB2，AM.连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM，

17、E.由(1)知平面A1AMN平面ABC.作NQAM，垂足为Q，则NQ平面ABC.设Q(a，0，0)，则NQ，B1.故B1E，|B1E|.又n(0，1，0)是平面A1AMN的一个法向量，故sin cos n，B1E，所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.3.(2020湖北宜昌一中模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点(1)证明：BEPD；(2)若F为棱PC上一点，满足BFAC，求二面角FABD的余弦值解析：依题意，以点A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，可得B(1，

18、0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E为棱PC的中点，得E(1，1，1).(1)证明：向量(0，1，1)，(0，2，2)，故0，所以，所以BEPD.(2)(1，2，0)，(2，2，2)，(2，2，0)，(1，0，0)，由点F在棱PC上，设，01，故(12，22，2).由BFAC，得0，因此2(12)2(22)0，即.设n1(x，y，z)为平面FAB的法向量，则即不妨令z1，可得n1(0，3，1)为平面FAB的一个法向量，取平面ABD的法向量n2(0，0，1)，则cos n1，n2.又因为二面角FABD为锐二面角，所以二面角FABD的余弦值为.题型三空间中的探索问题

19、 典例剖析典例如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB2AD2.(1)若点E为AB的中点，求证：BD1平面A1DE；(2)在线段AB上是否存在点E，使二面角D1ECD的大小为？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由解析：(1)证明：四边形ADD1A1为正方形，连接A1B，D1E，AD1，A1DAD1F，则F是AD1的中点又因为点E为AB的中点，连接EF，则EF为ABD1的中位线，所以EFBD1.又因为BD1平面A1DE，EF平面A1DE，所以BD1平面A1DE.(2)根据题意得DD1DA，D1DDC，ADDC，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，

20、z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0).设满足条件的点E存在，令E(1，y0，0)(0y02)，(1，2y0，0)，D1C(0，2，1)，设n1(x1，y1，z1)是平面D1EC的法向量，则得令y11，则平面D1EC的法向量为n1(2y0，1，2)，由题知平面DEC的一个法向量n2(0，0，1).由二面角D1ECD的大小为得cos ，解得y020，2，所以当AE2时，二面角D1-EC-D的大小为.方法总结对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件若满足，则肯定假设；

21、若得出矛盾的结论，则否定假设对点训练 (2020湖南郴州模拟)如图所示，在三棱锥PABC中，底面是边长为4的正三角形，PA2，PA底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点(1)求证：平面BEF平面PAC；(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成的角的正弦值为？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由解析：(1)证明：ABBC，E为AC的中点，BEAC.又PA平面ABC，BE平面ABC，PABE.PAACA，BE平面PAC.BE平面BEF，平面BEF平面PAC.(2)存在由(1)及已知得PABE，PAAC，点E，F分别为AC，PC的中点，EFPA，EFBE，EFAC.又

22、BEAC，EB，EC，EF两两垂直分别以，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，2，0)，P(0，2，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0).设(2，2，2)，0，1，所以(2(1)，2(1)，2)，(2，2，0)，(0，4，2)，设平面PBC的法向量为n(x，y，z)，则令x1，则y，z2，n(1，2).由已知得，即或(舍去)，故，所以存在满足条件的点G，点G为PB的中点 (2020高考全国卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD.ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO.(1)证明：PA平面PBC；(2)求二面角BPC

23、E的余弦值解析：(1)证明：设DOa，由题设可得POa，AOa，ABACBCa，PAPBPCa.因此PA2PB2AB2，从而PAPB.又PA2PC2AC2，故PAPC，所以PA平面PBC.(2)以O为坐标原点，的方向为y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.由题设可得E(0，1，0)，A(0，1，0)，C，P.所以，.设m(x，y，z)是平面PCE的法向量，则即可取m.由(1)知是平面PCB的一个法向量记n，则cos n，m，所以二面角BPCE的余弦值为. (2020天津模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABCD，且CD2，AB1，BC2，PA1，A

24、BBC，N为PD的中点(1)求证：AN平面PBC；(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；(3)在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解析：过A作AECD于点E，则DE1，以A为原点，AE，AB，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，1，0)，E(2，0，0)，D(2，1，0)，C(2，1，0)，P(0，0，1)，N为PD的中点，N.(1)，(0，1，1)，(2，0，0).设平面PBC的法向量为m(x，y，z)，则令y1，则x0，z1，m(0，1，1)，m0，即m.又AN平面PBC，AN平面PBC.(2)由(1)知，(0，0，1)，(2，1，0)，设平面PAD的法向量为n(a，b，c)，则令a1，则b2，c0，n(1，2，0)，cos m，n.故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为.(3)令，0，1，设M(x，y，z)，(x2，y1，z)(2，1，1)，M(22，1，)，(2，2，).由(1)知，平面PBC的法向量为m(0，1，1)，直线CM与平面PBC所成角的正弦值为，化简得21250240，即(32)(712)0，0，1，故.