(共64张PPT)
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
利用空间向量证明平行、垂直问题
利用空间向量求角
数学思想在向量中的应用
体验层·真题感悟
NO.3
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谢谢观看
THANK
YOU!
倥间向量的加减运第共线向量定理
空间向量L凵空间向量的数乘运算
共面向量定理
及其运算」倥空间向量的数量积运算
空间向量分解定理
平行与垂直的条俐
空间向量的坐标运算
量与立体几何
向量夹角与距离
直线的方向向量与平面的法向量
用空间向量证平行与垂直问题
空间向量在立体
几何中的应用
两异面直线所成的角
空间角直线与平面的夹角
匚二面角
空间中的距离
P
B
M
A
●●●●。●
律方法
●●●。
iIItt
B
C
B
D
A
y
C
B,
A
C
A
O1
Q
B
A
ll
2
Dy
B
lllllllllM
C
B
C
B
C1
A
Cy
E
D
E
=---
y
A
C
A
B
2
D
B
y第1章
空间向量与立体几何
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＝a，＝b，＝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)；(2)；(3)＋．
[解] (1)＝＋＋＝a＋c＋b．
(2)＝＋＋＝－a＋b＋c．
(3)＋＝＋＋＋＋
＝a＋c＋b＋c＋a＝a＋b＋c．
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，AC为邻边的平行四边形的面积．
(2)若|a|＝，且a分别与，垂直，求向量a的坐标．
[解] (1)由题意，可得＝(－2，－1，3)，＝(1，－3，2)，
所以cos〈，〉＝＝＝＝，所以sin〈，〉＝，所以以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为S＝2×||·||·sin〈，〉＝14×＝7．
(2)设a＝(x，y，z)，由题意，得，
解得或
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DC＝a，PD＝b，则D(0，0，0)，C(a，0，0)，B(a，a，0)，P(0，0，b)，E．
(1)＝，＝(a，a，0)．
设平面EBD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得n＝，
因为·n＝(a，0，－b)·＝0，
所以⊥n，故PC∥平面EBD．
(2)由题意得平面PDC的一个法向量为＝(0，a，0)，
又＝(a，a，－b)，＝(a，0，－b)，
设平面PBC的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
即
得y1＝0，令x1＝1，则z1＝，
所以m＝，
因为·m＝(0，a，0)·＝0，
所以⊥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，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝BC＝AD＝1，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＝(0，y，z－1)，＝(0，2，－1)．
∵∥，
∴y×(－1)－2(z－1)＝0．①
∵＝(0，2，0)是平面PAB的法向量，
又＝(－1，y－1，z)，由CE∥平面PAB，
得⊥，
∴(－1，y－1，z)·(0，2，0)＝0，
∴y＝1，代入①得z＝，
∴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，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC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OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}为基底，建立空间直角坐标系Oxyz．
因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(，0，2)，
C1(0，1，2)．
(1)因为P为A1B1的中点，所以P，
从而＝，＝(0，2，2)，
故|cos〈，〉|＝＝＝．
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．
(2)因为Q为BC的中点，所以Q，
因此＝，
＝(0，2，2)，＝(0，0，2)．
设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，
则即
不妨取n＝(，－1，1)．
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，
则sin
θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．
在建立空间直角坐标系时，要充分分析空间几何体的结构特点，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，BE⊥EC1．
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，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，
∴B1C1⊥BE．又∵BE⊥EC1，EC1∩C1B1＝C1，EC1?平面EB1C1，C1B1?平面EB1C1，∴BE⊥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AE＝A1E＝1，∵BE⊥平面EB1C1，∴BE⊥EB1，
∴AB＝1，则E(1，1，1)，A(1，1，0)，B1(0，1，2)，C1(0，0，2)，
∵BC⊥EB1，
∴EB1⊥平面EBC，故可取平面EBC的法向量为m＝＝(－1，0，1)．
设平面ECC1的法向量为n＝(x，y，z)，
由
可得
令x＝1，则n＝(1，－1，0)，
∴cos〈m，n〉＝＝－，
故二面角B?EC?C1的正弦值为．
类型4 数学思想在向量中的应用
利用空间向量解决立体几何问题时，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，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，AB⊥BC，如图所示，把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD．
(1)求证：CD⊥AB；
(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所成的角为60°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，AB⊥BC，所以AD＝AB＝，BD＝＝2，∠DBC＝∠ADB＝45°，
CD＝＝2，
所以BD2＋CD2＝BC2，所以CD⊥BD．
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，CD?平面BCD，所以CD⊥平面ABD，又AB?平面ABD，所以CD⊥AB．
(2)由(1)知CD⊥BD．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＝(0，－2，0)，＝(－1，0，－1)，＝(－1，1，0)．
设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则·n＝0，·n＝0，即
令x＝1，得z＝－1，y＝0，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＝＝＝．
(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＝λ(0<λ<1)，则N(2－2λ，2λ，0)，＝(1－2λ，2λ，－1)．
又平面ACD的一个法向量为n＝(1，0，－1)，且直线AN与平面ACD所成的角为60°，所以sin
60°＝，
即＝，可得8λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－(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＝．
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的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，N是BC的中点，点P在A1B1上，且满足＝λ，则直线PN与平面ABC所成角θ的正弦值取最大值时，λ的值为( )
A． B． C． D．
A [以A为坐标原点，，，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Axyz．
由题意易知N，P(λ，0，1)，
则＝．
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θ满足
sin
θ＝|cos〈，n〉|＝＝eq
\f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))＋\f(5,4)))，
于是问题转化为二次函数求最值问题．
而θ∈，所以sin
θ∈[0，1]．
所以当λ＝时，sin
θ取得最大值，
所以λ的值为．]
1．(2020·新高考全国卷Ⅰ)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( )
A．20° B．40° C．50° D．90°
B [过球心O、点A以及晷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，GF⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°，
∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°．故选B．]
2．(2020·全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO．
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B?PC?E的余弦值．
[解] (1)证明：设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝a．
因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB．
又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC．
又PB∩PC＝P，PB，PC?平面PBC，
所以PA⊥平面PBC．
(2)作ON∥BC，交AB于点N，以O为坐标原点，以所在的直线为x轴，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Oxyz．
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B?PC?E的余弦值为．
3．(2020·新高考全国卷Ⅰ)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PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
[解] (1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD．
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC．因此AD⊥平面PDC．
因为AD∥BC，AD?平面PBC，所以AD∥平面PBC．
由已知得l∥AD．因此l⊥平面PDC．
(2)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Dxyz，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，＝(0，1，0)，＝(1，1，－1)．
由(1)可设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θ，
则sin
θ＝×＝．
因此≤，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．
4．(2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．
(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A?EF?A1的正弦值．
[解] 设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，如图，以C1为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系C1xyz．
(1)证明：连接C1F．C1(0，0，0)，A(a，b，c)，E，F，＝，＝，得＝，
因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，所以点C1在平面AEF内．
(2)由已知得A(2，1，3)，E(2，0，2)，F(0，1，1)，A1(2，1，0)，＝(0，－1，－1)，＝(－2，0，－2)，＝(0，－1，2)，＝(－2，0，1)．
设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，则
即可取n1＝(－1，－1，1)．
设n2为平面A1EF的法向量，则
同理可取n2＝．
因为cos〈n1，n2〉＝＝－，所以二面角A?EF?A1的正弦值为．
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