新教材2021-2022学年北师大版数学选择性必修第一册学案：第3章 空间向量与立体几何 章末提升 WORD版含答案.doc

1、 类型1利用空间向量证明垂直与平行【例1】如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD，PDDC，E是PC的中点，作EFPB于点F(1)证明：PA平面EDB；(2)证明：PB平面EFD思路点拨(1)取BD中点G，证明(2)通过计算0，0，证明PBDE，PBEF解以D点为坐标原点，所在的方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz(如图所示)设DCa(1)连接AC，交BD于G，连接EG依题意得A(a，0，0)，P(0，0，a)，E，因为G是正方形ABCD的中心，所以点G的坐标为，且(a，0，a)，所以2，即PAEG，而EG平面EDB且PA平面EDB，所以PA平面ED

2、B(2)依题意得B(a，a，0)，(a，a，a)，又，故00，所以PBDE由已知EFPB，且EFDEE，所以PB平面EFD平行与垂直是立体几何中常见的两种位置关系，利用空间向量证明这两种位置关系，主要是将其转化为两空间向量之间的垂直与平行关系来求解.正确求出直线的方向向量与平面的法向量是求解的关键.跟进训练1如图，在三棱锥PABC中，ABBC，ABBC，点O、D分别是AC、PC的中点，且OAOP，OP平面ABC求证：OD平面PAB证明因为ABBC，O为AC的中点，所以OBAC，OAOBOC，如图，建立空间直角坐标系，设OAa，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(a，0，0)，P(0，0，

3、a)，则D，所以设平面PAB的法向量为n(x，y，z)则由于(a，0，a)，(a，a，0)，所以取z1，得n(1，1，1)，所以n0，所以n，因为OD不在平面PAB内，所以OD平面PAB 类型2利用空间向量求空间角【例2】如图，在空间直角坐标系中，已知E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱BC和CD的中点，求：(1)A1D与EF所成角的大小；(2)A1F与平面B1EB所成角的正弦值；(3)平面CD1B1与平面D1B1B夹角的余弦值思路点拨通过相应向量坐标运算计算线线角、线面角与二面角解(1)设正方体棱长为1，则(1，0，1)，cos，A1D与EF所成的角是60(2)(1，1)，(0，1

4、，0)，则cos，又是平面B1EB的一个法向量，A1F与平面B1EB所成角的正弦值为(3)根据图形易得(1，1，1)为平面CB1D1的一个法向量，(1，1，0)为平面BB1D1的一个法向量cos，由题图知平面CD1B1与平面D1B1B的夹角为锐角，其余弦值为利用空间角可对直线与平面的位置关系作定量分析，利用空间向量可将空间角转化为空间向量的夹角来求解.(1)求异面直线所成的角：,找出(或求出)两异面直线a，b的方向向量v1，v2，若为a与b所成的角，则有cos ，然后求出即可.(2)求直线与平面所成的角：,找出(或求出)直线的一个方向向量v和平面的一个法向量n，设直线与平面所成角为，则有sin

5、 .当v，n为锐角时，v，n；当v，n为钝角时，v，n.(3)求二面角：,设n1是平面的法向量，n2是平面的法向量，为二面角的平面角，则|cos |，n1，n2或n1，n2，需借助空间几何体进行具体判断.)跟进训练2已知正方体ABCDA1B1C1D1中，求平面AB1D1与平面A1BD夹角的余弦值解建立空间直角坐标系Axyz，设正方体棱长为1，易得(1，0，1)，(0，1，1)，(1，0，1)，(0，1，1)，设m(x1，y1，z1)、n(x2，y2，z2)分别是平面AB1D1与平面A1BD的法向量，由得，取z11，得m(1，1，1)，由得取z21，得n(1，1，1)，cosm，n，平面AB1D

6、1与平面A1BD夹角的余弦值为 类型3用空间向量求空间距离【例3】如图所示，已知四边形ABCD、EADM和MDCF都是边长为a的正方形，点P、Q分别是ED和AC的中点，求点P到平面EFB的距离思路点拨建立适当的坐标系，通过平面EFB的法向量用公式求P点到平面EFB的距离解如图，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，M(0，0，a)，E(a，0，a)，F(0，a，a)，则由中点坐标公式得P，Q设n(x，y，z)是平面EFB的单位法向量，所以n，且n又(a，a，0)，(0，a，a)，所以取x得，所以n，又，所以点P到平面EFB的距离为|n|a

7、1点到直线的距离的向量求法先求直线的方向向量，再在直线上任取一点，与原来点构成向量，利用公式d计算2点到平面的距离的向量求法先求出平面的法向量，再在面内任取一点，与原来点构成向量，此向量在法向量上的投影的绝对值，就是点到面的距离，即d|跟进训练3如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的，其中AB4，BC2，CC13，BE1求点C到平面AEC1F的距离解建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(2，4，0)，A(2，0，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)可知(0，4，1)，(2，0，2)设n1为平面AEC1F的法向量，显然n1不

8、垂直于平面ADF，故可设n1(x，y，1)由得n1又(0，0，3)，C到平面AEC1F的距离d| 类型4空间向量与存在性问题【例4】如图，四棱锥PABCD中，PA面ABCD，底面ABCD是直角梯形，BADABC90，PAAD2，ABBC1，试问在线段PA上是否存在一点M到面PCD的距离为？若存在，试确定M点的位置；若不存在，请说明理由思路点拨建立适当的坐标系，设出M点的坐标，由点到平面的距离的向量公式列方程，若方程有解可求M点坐标，无解则不存在M解根据图形的结构特点，可建立如图空间直角坐标系则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(1，1，0)，D(0，2，0)所以(1，1，2)，(0，2，2

9、)，设直线AP上有一点M(0，0，z0)，平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则由得取z1，得n(1，1，1)则n0那么，点M到平面PCD的距离为d|n0|2z0|d，|2z0|1解得z01或z03当z03时，M(0，0，3)在线段AP的延长线上，故舍去；当z01时，M(0，0，1)是线段AP的中点综上所述，线段AP的中点(即点M)到面PCD的距离为存在性问题是在一定条件下论证会不会出现某个结论.这类题型常以适合某种条件的结论“存在”“不存在”“是否存在”等语句表述，解答这类问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证，若导致合理的结论，则存在性也

10、随之解决；若导致矛盾，则否定了存在性.跟进训练4在四棱锥PABCD中，ABAD，CDAD，PA底面ABCD，PAADCD2AB2，M为PC的中点(1)求证：BM平面PAD；(2)平面PAD内是否存在一点N，使MN平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由解以A为原点，以AB、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1)(1)证明：(0，1，1)，平面PAD的一个法向量为n(1，0，0)，n0，即n，又BM平面PAD，BM平面PAD(2)(1，2，0)，(1，0，2)，假设平面PAD内存在

11、一点N，使MN平面PBD设N(0，y，z)，则(1，y1，z1)，从而MNBD，MNPB，即N，在平面PAD内存在一点N，使MN平面PBD【例】 (2019全国卷)图1是由矩形ADEB、RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2图1图2(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图2中的二面角BCGA的大小思路点拨解(1)证明：由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，BEBCB，故AB平

12、面BCGE又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE(2)作EHBC，垂足为H因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC60，可求得BH1，EH以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A(1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，)，(1，0，)，(2，1，0)设平面ACGD的法向量为n(x，y，z)，则即所以可取n(3，6，)又平面BCGE的法向量可取为m(0，1，0)，所以cosn，m因此二面角BCGA的大小为30解答折叠问题的关键在于认真分析折叠过程，画好折叠前后的平面图形与空间图形

13、，并弄清楚折叠前后哪些未发生变化，哪些发生了变化，一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.这些未发生变化的已知条件往往是我们分析问题、解决问题的依据.素养提升练如图1，在等腰梯形ABF1F2中，两腰AF2BF12，底边AB6，F1F24，D，C是AB的 三等分点，E是F1F2的中点分别沿CE，DE将四边形BCEF1和ADEF2折起，使F1，F2重合于点F，得到如图2所示的几何体在图2中，M，N分别为CD，EF的中点图1图2(1)证明：MN平面ABCD；(2)求直线CN与平面ABF所成角的正弦值解 (1)证明：连接CF，DN，由图1知，四边形BCEF为菱形，

14、且CEF60，所以CEF是正三角形，从而CNEF同理可证，DNEF， 又CNDNN，所以EF平面CDN，又EFBC，所以BC平面CDN， 因为BC平面ABCD，所以平面CDN平面ABCD 易知CNDN，且M为CD的中点，所以MNCD，所以MN平面ABCD (2)由(1)可知CN，MN，且四边形ABCD为正方形设AB的中点为G，以M为原点以MG，MC， MN所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Mxyz，则 A(2，1，0)，B(2，1，0)，C(0，1，0)，N，F，所以(0，2，0)， 设平面ABF的法向量为n(x，y，z)，由，得，取n(，0，1)，设直线CN与平面ABF所成的角为，所以sin