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1、12020年高考数学立体几何突破性讲练06空间向量及其运算一、考点传真：1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直；4.理解直线的方向向量及平面的法向量；5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；6.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.二、知识点梳理：1.空间向量的有关概念名称定义空间向量在空间中，具有大小和方向的量相等向量方向相同且模相等的向量相反向量方向相反且模相等的向量共线向量(或平行向量)表
2、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2.空间向量的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b0)，ab的充要条件是存在实数，使得ab.(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使pxayb.(3)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，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.3.空间向量的数量积及运算律(1)数量积及相关概念两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作a，b，则A
3、OB叫做向量a与b的夹角，记作a，b，其范围是0，若a，b，则称a与b互相垂直，记作ab.非零向量a，b的数量积ab|a|b|cosa，b.(2)空间向量数量积的运算律：结合律：(a)b(ab)；交换律：abba；分配律：a(bc)abac.4.空间向量的坐标表示及其应用设a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3).向量表示坐标表示数量积aba1b1a2b2a3b3共线ab(b0，R)a1b1，a2b2，a3b3垂直ab0(a0，b0)a1b1a2b2a3b30模|a|夹角a，b(a0，b0)cosa，b5.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在
4、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.6.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，mnmnmnmnm0【强调几点】1.在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：xy(其中xy1)，O为平面内任意一点.2.在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：xyz(其中xyz1)，O为空间任意一点.3.向量的数量积满足交换律、分配律，即abba
5、，a(bc)abac成立，但不满足结合律，即(ab)ca(bc)不一定成立.4.用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.三、例题：例1.（2017全国卷II）已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A B C D【答案】C图(1)【解析】解法一：将直三棱柱ABCA1B1C1补形为直四棱柱ABCDA1B1C1D1，如图(1)所示，连接AD1，B1D1，BD.由题意知ABC120，AB2，BCCC11，所以AD1BC1，AB1，DAB60
6、.在ABD中，由余弦定理知BD22212221cos603，所以BD，所以B1D1.又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角 ，所以cos.故选C.图(2)以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图(2)所示由已知条件知B1(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(1，0，0)，A(1，1)，则(1，0，1)，(1，1)所以cos，.所以异面直线AB1与BC1所成的角的余弦值为.故选C.例2.（2017江苏卷）如图，在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且ABAD2，AA1，BAD120
7、.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角BA1DA的正弦值【解析】在平面ABCD内，过点A作AEAD，交BC于点E.因为AA1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD.如图，以，1为正交基底，建立空间直角坐标系Axyz.因为ABAD2，AA1，BAD120，则A(0，0，0)，B(，1，0)，D(0，2，0)，E(，0，0)，A1(0，0，)，C1(，1，)(1)(，1，)，(，1，)，则cos，因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)平面A1DA的一个法向量为(，0，0)设m(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，又(，1，)，(，3，0)，则即不妨取x3，
8、则y，z2，所以m(3，2)为平面BA1D的一个法向量从而cos，m.设二面角BA1DA的大小为，则|cos|.因为0，所以sin.因此二面角BA1DA的正弦值为.例3.（2016四川卷）如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，ADCPAB90，BCCDAD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90.(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM平面PBE，并说明理由；(2)若二面角PCDA的大小为45，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值【解析】(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行延长AB，DC，相交于点M(M平面PAB)，点M即为所求的一个点理由如下：由已知，BCED，且BCED.
9、所以四边形BCDE是平行四边形从而CMEB.又EB?平面PBE，CM?平面PBE，所以CM平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得APPN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一：由已知CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD.从而CDPD.所以PDA是二面角PCDA的平面角所以PDA45.设BC1，则在RtPAD中，PAAD2.过点A作AHCE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA平面ABCD，又CE?平面ABCD，从而PACE.于是CE平面PAH.所以平面PCE平面PAH.过A作AQPH于Q，则AQ平面PCE.所以APH是PA与平面PCE所成的角在RtAEH中，AE
10、H45，AE1，所以AH.在RtPAH中，PH，所以sinAPH.解法二：由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD.于是CDPD.从而PDA是二面角PCDA的平面角所以PDA45.由PAAB，可得PA平面ABCD.设BC1，则在RtPAD中，PAAD2.作AyAD，以A为原点，以，的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0)，所以(1，0，2)，(1，1，0)，(0，0，2)设平面PCE的法向量为n(x，y，z)，由得设x2，解得n(2，2，1)设直线PA与平面PCE所成角为，则
11、sin.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.例4（2013天津卷）如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点(1)证明B1C1CE；(2)求二面角B1CEC1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长【解析】解法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)(1)证明：易得(1，0，1)，(1，1，1)，于是0，所以B1C1CE.(2)
12、(1，2，1)设平面B1CE的法向量m(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2，1)由(1)，B1C1CE，又CC1B1C1，可得B1C1平面CEC1，故(1，0，1)为平面CEC1的一个法向量于是cosm，从而sinm，.所以二面角B1CEC1的正弦值为.(3)(0，1，0)，(1，1，1)设(，)，01，有(，1，)可取(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法向量设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sin|cos，| .于是，解得，所以AM.解法二：(1)证明：因为侧棱CC1底面A1B1C1D1，B1C1?平面A1B1C1D1，所以CC1B1C1
13、.经计算可得B1E，B1C1，EC1，从而B1E2B1CEC，所以在B1EC1中，B1C1C1E，又CC1，C1E?平面CC1E，CC1C1EC1，所以B1C1平面CC1E，又CE?平面CC1E，故B1C1CE.(2)过B1作B1GCE于点G，连结C1G.由(1)，B1C1CE，故CE平面B1C1G，得CEC1G，所以B1GC1为二面角B1CEC1的平面角在CC1E中，由CEC1E，CC12，可得C1G.在RtB1C1G中，B1G，所以sinB1GC1，即二面角B1CEC1的正弦值为.(3)连结D1E，过点M作MHED1于点H，可得MH平面ADD1A1，连结AH，AM，则MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角设AMx，从而在RtAHM中，有MHx，AHx.在RtC1D1E中，C1D11，ED1，得EHMHx.在AEH中，AEH135，AE1，由AH2AE2EH22AEEHcos135，得x21x2x，整理得5x22x60，解得x.所以线段AM的长为.例5.（2013湖南卷）如图，在直棱柱ABCDA1B1C
