微专题1 空间向量应用的综合问题
解决立体几何问题，常用三种方法：综合法、向量法、坐标法．处理空间图形之间的距离、夹角等度量问题时，综合法需要借助图形之间的位置关系或辅助线找出所求的距离、夹角，有一定的难度，但向量法和坐标法不用考虑图形之间的关系，直接套用相应的公式求解即可，将这些度量“公式化”，这就大大降低了难度．
类型1 利用空间向量求空间角
【例1】 (2022·天津卷)直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AA1⊥AB，AC⊥AB，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点．
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求直线BE与平面CC1D夹角的正弦值；
(3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值．
[解] (1)证明：取BB1的中点G，连接FG，EG，连接AD交EG于K，再连接FK，
∵EK∥A1B1，且E是AA1的中点，则K是AD的中点，
∴FK∥AC，EG∥AB，又FK 平面ABC，AC 平面ABC，
∴FK∥平面ABC，同理可得，EG∥平面ABC，又FK∩EG＝K，
∴平面EFG∥平面ABC，
∴EF∥平面ABC，
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥AB，AA1⊥A1B1，则可建立如图所示的空间直角坐标系，
又AA1＝AB＝AC＝2，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点．
故B(2，2，0)，E(1，0，0)，C(2，0，2)，C1(0，0，2)，
D(0，1，0)，
则＝(－1，－2，0)，＝(－2，0，0)，＝(－2，1，－2)，
设n＝(x，y，z)是平面CC1D的法向量，则有n·＝0，n·＝0，
即，
令z＝1，则x＝0，y＝2，所以n＝(0，2，1)，
设直线BE与平面CC1D的夹角为θ，
则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝，
即直线BE与平面CC1D夹角的正弦值为.
(3)∵A1(0，0，0)，则＝(2，0，2)，＝(0，1，0)，
设平面A1CD的法向量为m＝(x，y，z)，
则有m·＝0，m·＝0，
即，令x＝1，则y＝0，z＝－1，故m＝(1，0，－1)，
设平面A1CD与平面CC1D的夹角为β，
所以cos β＝|cos 〈n，m〉|＝＝.
类型2 立体几何中的探究、开放问题
【例2】 (2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
[思路导引] (1)BFAF，AC建系―→相关点坐标―→―→证明结论．
(2)二面角的余弦公式―→二面角的余弦最大值―→二面角的正弦最小值―→B1D．
[解] (1)因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，所以AA1＝BB1＝CC1＝AB＝2.
又F为CC1中点，所以CF＝1.
因为CC1⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以CC1⊥BC，
则在Rt△BCF中，BF＝＝.
如图所示，连接AF，由BF⊥A1B1且AB∥A1B1，
则BF⊥AB，故AF＝3，
所以AC＝2，
由AB2＋BC2＝AC2，则AB⊥BC，
故如图所示，以B为坐标原点，所在方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系Bxyz，
则A(2，0，0)，B(0，0，0)，C(0，2，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)．
则＝(0，2，1)，＝(1－m，1，－2)，
所以＝0，
故BF⊥DE.
(2)由(1)得AB⊥BC，AB⊥BB1，
且BC∩BB1＝B，故AB⊥平面BB1C1C，
故可得平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0)．
而＝(1－m，1，－2)，＝(－1，1，1)，
设平面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，
则，即，
令x＝3，则y＝m＋1，z＝2－m，
所以n2＝(3，m＋1，2－m)，
∴cos 〈n1，n2〉＝
＝
＝＝，
∴当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，故当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．
类型3 立体几何中的翻折问题
【例3】 (2019·全国Ⅲ卷改编)图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图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中的平面BCGE与平面ACGD所成角的大小．
[证明] (1)由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，BC，BE 平面BCGE，故AB⊥平面BCGE.
又因为AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，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，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，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，
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cos 〈n，m〉＝＝.
因此平面BCGE与平面ACGD所成角的大小为30°.微专题1 空间向量应用的综合问题
解决立体几何问题，常用三种方法：综合法、向量法、坐标法．处理空间图形之间的距离、夹角等度量问题时，综合法需要借助图形之间的位置关系或辅助线找出所求的距离、夹角，有一定的难度，但向量法和坐标法不用考虑图形之间的关系，直接套用相应的公式求解即可，将这些度量“公式化”，这就大大降低了难度．
类型1 利用空间向量求空间角
【例1】 (2022·天津卷)直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AA1⊥AB，AC⊥AB，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点．
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求直线BE与平面CC1D夹角的正弦值；
(3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值．
[尝试解答]
类型2 立体几何中的探究、开放问题
【例2】 (2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
[思路导引] (1)BFAF，AC建系―→相关点坐标―→―→证明结论．
(2)二面角的余弦公式―→二面角的余弦最大值―→二面角的正弦最小值―→B1D．
[尝试解答]
类型3 立体几何中的翻折问题
【例3】 (2019·全国Ⅲ卷改编)图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2．
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
[尝试解答]
(2)求图2中的平面BCGE与平面ACGD所成角的大小．
[尝试解答]
第1章 空间向量与立体几何 章末综合提升
类型1 空间向量的概念及运算
1．空间向量的线性运算与数量积是整章的基础内容，也是后续学习的工具，可类比平面向量的线性运算和数量积进行运算．
2．向量的运算过程较为繁杂，要注意培养学生的数学运算素养．
【例1】 (1)(多选)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2.以下选项正确的是( )
A．＝0
B．()·()＝0
C．＝0
D．＝
(2)如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.
①求的长；
②求与夹角的余弦值．
(1)BCD [因为＝()＋()＝4≠0，O为AC与BD的交点，所以A错误；()·()＝＝0，所以B正确；＝＝0，所以C正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以＝2×2×cos ∠ASB，＝2×2×cos ∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是＝，因此D正确．]
(2)[解] 记＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，
〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴a·b＝b·c＝c·a＝.
①||2＝(a＋b＋c)2
＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)
＝1＋1＋1＋2×＝6，
∴||＝.即AC1的长为.
②＝b＋c－a，＝a＋b，
∴||＝，||＝，
＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，
∴cos 〈〉＝＝.
即夹角的余弦值为.
类型2 利用空间向量证明位置关系
1．用空间向量判断空间中位置关系的类型有：线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直；判断证明的基本思想是转化为线线关系或者利用平面的法向量，利用向量的共线和垂直进行证明．
2．将立体几何的线面关系转化为向量间的关系，可以培养学生的逻辑思维和数学运算的学科素养．
【例2】 在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，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，确定点N的位置；若不存在，说明理由．
[解] (1)证明：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，如图所示，则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1)，
∴＝(0，1，1)，
平面PAD的一个法向量为n＝(1，0，0)，
∴·n＝0，即⊥n，
又BM 平面PAD，
∴BM∥平面PAD．
(2)＝(－1，2，0)，＝(1，0，－2)，
假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD．
设N(0，y，z)，则＝(－1，y－1，z－1)，
从而MN⊥BD，MN⊥PB，
∴即
∴∴N，
∴在平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD．
类型3 利用空间向量求距离
1．空间距离的计算思路
(1)点P到直线l的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设＝a，则向量在直线l上的投影向量为＝(a·u)u，则点P到直线l的距离为(如图1)．
(2)点P到平面α的距离：设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图2)．
2．通过利用向量计算空间的角，可以培养学生的逻辑思维能力和数学运算的学科素养．
【例3】 长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝6，AA1＝4，M是A1C1的中点，P在线段BC上，且|CP|＝2，Q是DD1的中点，求：
(1)M到直线PQ的距离；
(2)M到平面AB1P的距离．
[解] 如图，建立空间直角坐标系Bxyz，则A(4，0，0)，M(2，3，4)，P(0，4，0)，Q(4，6，2)，B1(0，0，4)．
(1)∵＝(－2，－3，2)，＝(－4，－2，－2)，
∴上的投影向量的模＝
＝＝.
故M到PQ的距离为＝＝.
(2)设n＝(x，y，z)是平面AB1P的一个法向量，则n⊥，n⊥，
∵＝(－4，0，4)，＝(－4，4，0)，
∴
因此可取n＝(1，1，1)，由于＝(2，－3，－4)，那么点M到平面AB1P的距离为
d＝＝＝，故M到平面AB1P的距离为.
类型4 利用空间向量求夹角
1．利用空间向量求夹角是空间向量的重要应用，利用向量方法求夹角，可不作出角而求出角的大小，体现了向量方法的优越性．
2．通过利用向量计算空间的角，可以培养学生的逻辑推理和数学运算的学科素养．
【例4】 (2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．
(1)证明：OE∥平面PAC；
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值．
[解] (1)证明：连接OA．
因为PO是三棱锥P-ABC的高，
所以PO⊥平面ABC，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以∠POA＝∠POB＝90°.
又PA＝PB，PO＝PO，
所以△POA≌△POB，所以OA＝OB．
取AB的中点D，连接OD，DE，则有OD⊥AB．
又AB⊥AC，所以OD∥AC．
因为OD 平面PAC，AC 平面PAC，
所以OD∥平面PAC．
因为D，E分别为AB，PB的中点，
所以DE∥PA．
因为DE 平面PAC，PA 平面PAC，
所以DE∥平面PAC．
因为OD，DE 平面ODE，OD∩DE＝D，
所以平面ODE∥平面PAC．
又OE 平面ODE，所以OE∥平面PAC．
(2)由(1)易知OA＝OB，所以OD⊥AB．以D为坐标原点，分别以DB，DO所在直线为x轴、y轴，以过点D且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．
因为PO＝3，PA＝5，且PO⊥OA，
所以OA＝OB＝4.
又∠ABO＝∠CBO＝30°，
所以OD＝OB＝2，DA＝DB＝2，
所以P(0，2，3)，B(2，0，0)，A(－2，0，0)，
E.
设AC＝a，则C(－2，a，0)．
设平面AEB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
＝(4，0，0)，＝，
则所以
所以x1＝0.
令y1＝3，得z1＝－2，所以n1＝(0，3，－2)．
设平面AEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
＝(0，a，0)，＝，
则所以
所以y2＝0.
令x2＝，得z2＝－6，所以n2＝(，0，－6)．
所以cos 〈n1，n2〉＝＝＝＝.
设二面角C-AE-B的平面角为θ，则sin θ＝＝，
所以二面角C-AE-B的正弦值为.第1章 空间向量与立体几何 章末综合提升
类型1 空间向量的概念及运算
1．空间向量的线性运算与数量积是整章的基础内容，也是后续学习的工具，可类比平面向量的线性运算和数量积进行运算．
2．向量的运算过程较为繁杂，要注意培养学生的数学运算素养．
【例1】 (1)(多选)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2．以下选项正确的是( )
A．＝0
B．()·()＝0
C．＝0
D．＝
(2)如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°．
①求的长；
②求与夹角的余弦值．
[尝试解答]
类型2 利用空间向量证明位置关系
1．用空间向量判断空间中位置关系的类型有：线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直；判断证明的基本思想是转化为线线关系或者利用平面的法向量，利用向量的共线和垂直进行证明．
2．将立体几何的线面关系转化为向量间的关系，可以培养学生的逻辑思维和数学运算的学科素养．
【例2】 在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，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，确定点N的位置；若不存在，说明理由．
[尝试解答]
类型3 利用空间向量求距离
1．空间距离的计算思路
(1)点P到直线l的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设＝a，则向量在直线l上的投影向量为＝(a·u)u，则点P到直线l的距离为(如图1)．
(2)点P到平面α的距离：设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图2)．
2．通过利用向量计算空间的角，可以培养学生的逻辑思维能力和数学运算的学科素养．
【例3】 长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝6，AA1＝4，M是A1C1的中点，P在线段BC上，且|CP|＝2，Q是DD1的中点，求：
(1)M到直线PQ的距离；
(2)M到平面AB1P的距离．
[尝试解答]
类型4 利用空间向量求夹角
1．利用空间向量求夹角是空间向量的重要应用，利用向量方法求夹角，可不作出角而求出角的大小，体现了向量方法的优越性．
2．通过利用向量计算空间的角，可以培养学生的逻辑推理和数学运算的学科素养．
【例4】 (2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．
(1)证明：OE∥平面PAC；
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值．
[尝试解答]
