1、第一章 空间向量与立体几何 期末复习一、基础知识1空间向量及其有关概念：共线向量、共面向量定理、空间基本向量定理及推论2数量积及坐标运算3直线的方向向量与平面的法向量4空间位置关系的向量表示5两条异面直线所成角的求法6直线与平面所成角的求法7求二面角的大小8空间距离问题二、精典题型题型一空间向量的线性运算例1如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点若a，b，c，则下列向量中与相等的是()Aabc B abc Cabc Dabc跟踪训练1已知正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若xy，则x，y的值分别为()A1,1B1，C. ， D
2、. ，12.如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设a，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)；(3).题型二共线、共面向量定理的应用例2如图所示，已知斜三棱柱ABC A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足k，k(0k1)判断向量是否与向量，共面例3 若A(1,2,3)，B(2,1,4)，C(m，n,1)三点共线，则mn_.跟踪训练 1已知a(1,0,2)，b(6,21,2)，若ab，则与的值可以是()A2， B，C3,2 D2,22已知a(2，1,3)，b(1,4，2)，c(7,5，)，若a，b，c三向量共面，
3、则实数等于_题型三空间向量数量积的应用例4如图，已知平行六面体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA12，A1ABA1AD120.(1)求线段AC1的长；(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值；(3)求证：AA1BD.跟踪训练 1.如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60.求：(1)的长；(2)与夹角的余弦值题型四利用空间向量证明平行或垂直例5 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD底面ABCD，且PAPDAD，设E，F分别为PC，BD的中点求证：(1)EF平面PAD；(2)
4、平面PAB平面PDC.跟踪训练 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，过点E作EFPB于点F.求证：(1)PA平面EDB；(2)PB平面EFD.2如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上已知BC8，PO4，AO3，OD2.(1)证明：APBC；(2)若点M是线段AP上一点，且AM3.试证明平面AMC平面BMC.题型五求异面直线所成的角例1 如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明
5、：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值跟踪训练 1. 直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. B. C. D.2. 如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点(1)证明：EFBC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值题型六求直线与平面所成的角例2 如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证
6、明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值跟踪训练1. 如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值题型七求二面角例3 如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，ABCD，且CD6，AB12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O平面BCO1O.如图2，点P为BC中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQOB.(1)证明：OD平面PAQ；(2)若BE2AE，求二面角CBQA的余弦值跟踪训练 1. 如图，边长
7、为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值2. 如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点(1)证明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值题型八空间角的探索性问题例4 如图，在直三棱柱中，是的中点（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）试问线段上是否存在点，使与成角？若存在，确定点位置，若不存在，说明理由 跟踪训练 1.如图所示，等边三角形ABC的边长为
8、3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足.将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使二面角A1 DE B为直二面角，连接A1B，A1C.(1)求证：A1D平面BCED；(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由第一章 空间向量与立体几何 期末复习答案例1 A跟踪训练 1C 2. 例2例3 跟踪训练 1A 例4跟踪训练1.例5跟踪训练 12例1 (1)证明：如图，连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC
9、，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，所以EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC. (2)如图，以G为坐标原点，分别以的方向为x轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.跟踪训练 1. C 2. (1)证明：连接A1E，因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A
10、1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC.如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.不妨设AC4，则A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F，C(0,2,0)因此，(，1,0)由0得EFBC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得(，1,0)，(0,2，2)设平面A1BC的法向量为n(x，y，z)由得取n(1, ，1)，故sin |cos，n|，cos .因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为.题型六 例2 (1)证明由已知可得BFPF，BFEF，PFEFF，PF，EF平面PEF，所以
11、BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)解如图，作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH，EH.则H(0，0，0)，P，D，.又为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角为，则sin |cos，|.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.跟踪训练1. (1)证明：因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.如图，连接OB. 因为ABBCAC，所以ABC
12、为等腰直角三角形，所以OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.因为OPOB，OPAC，OBACO，OB，AC平面ABC，所以PO平面ABC.(2)解 由(1)知OP，OB，OC两两垂直，则以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，(0，2，2)由(1)知面PAC的一个法向量为(2，0，0)设M(a，2a，0)(0a2)，则(a，4a，0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)由n0，n0，得可取ya，得平面PAM的一个法向量
13、为n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos 30，所以，解得a4(舍去)或a.所以n.又(0，2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.题型七求二面角例3(1)证明由题设知OA，OB，OO1两两垂直，所以以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ的长度为m，则相关各点的坐标为O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0)点P为BC中点，P，(3，0，6)，(0，m，0)，0，0，且与不共线，OD平面PAQ.(2)解BE2AE，
14、AQOB，AQOB3，则Q(6，3，0)，(6，3，0)，(0，3，6)设平面CBQ的法向量为n1(x，y，z)，令z1，则y2，x1，则n1(1，2，1)，易知平面ABQ的一个法向量为n2(0，0，1)，设二面角CBQA的平面角为，由图可知，为锐角，则cos .跟踪训练 1. (1)证明由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，BC，CM平面BMC，所以DM平面BMC.又DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.(2)解以D为坐标原点，的方向
15、为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点由题设得 D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，(2，1，1)，(0，2，0)，(2，0，0)，设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1，0，2)，是平面MCD的一个法向量，因此cosn，sinn，.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.2. 解(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊
16、ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MNED.又MN平面EDC1，DE平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA.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A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，2)，N(1,0,2)，(0,0，4)，(1，2)，(1,0，2)，(0，0)设m(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则所以可取m(，1,0)设n(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则所以可取n(2,0，1)于是cosm，n，所以二面角AMA1N的正弦值为.题型八空间角的探索性问题例4：（1）证明：连结，交于点，连结.由是直三棱柱，得四边
17、形为矩形，为的中点.又为中点，所以为中位线，所以，因为 平面，平面， 所以平面. （2）解：由是直三棱柱，且，故两两垂直.如图建立空间直角坐标系. 则，.所以，. 设平面的法向量为，则有，所以 ， 取，得. 易知平面的法向量为. 由二面角是锐角，得.所以二面角的余弦值为.（3）解：假设存在满足条件的点.因为在线段上，故可设，其中.所以，. 因为与成角，所以，即，解得，所以当点为线段中点时，与成角. 跟踪训练1. 解(1)证明：因为等边ABC的边长为3，且，所以AD1，AE2.在ADE中，DAE60，由余弦定理得DE.所以AD2DE2AE2，所以ADDE.折叠后有A1DDE，因为二面角A1 DE
18、 B是直二面角，所以平面A1DE平面BCED，又平面A1DE平面BCEDDE，A1D平面A1DE，A1DDE，所以A1D平面BCED.(2)假设存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60.如图所示，在BC上取点P，连接A1P，过点P作PH垂直BD于点H，连接A1H.由(1)的证明，可知EDDB，A1D平面BCED.以D为坐标原点，以射线DB，DE，DA1分别为x轴，y轴，z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系D xyz.设PB2a(02a3)，则BHa，PHa，DH2a，所以D(0,0,0)，A1(0,0,1)，P(2a，a,0)，E(0，0)，所以(a2，a,1)，因为ED平面A1BD，所以平面A1BD的一个法向量为(0，0)因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60，所以sin 60cos，解得a，即PB2a，满足02a3，符合题意，所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60，此时PB.
