资源简介

一、数学运算
数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算方向，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.本章中的数学运算主要涉及以下内容：空间向量的线性运算及其坐标表示，空间向量的数量积及其坐标表示，利用空间向量求空间角及空间距离.
培优一 空间向量的线性运算
【例1】　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.给出以下结论：①＋＋＋＝0；②＋－－＝0；③－＋－＝0；④·＝·；⑤·＝0，其中正确结论的序号是　　　　.
尝试解答
培优二 空间向量的数量积运算
【例2】　已知向量a＝（1，－3，2），b＝（－2，1，1），点A（－3，－1，4），B（－2，－2，2）.
（1）求｜2a＋b｜；
（2）若O为坐标原点，在直线AB上是否存在一点E，使得⊥b？
尝试解答
培优三 空间角的计算
【例3】　（2023·新高考Ⅱ卷20题）如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点.
（1）证明：BC⊥DA；
（2）点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值.
尝试解答
培优四 空间距离的计算
【例4】　如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，E为AB的中点.
（1）证明：D1E⊥A1D；
（2）求点E到平面ACD1的距离.
尝试解答
二、直观想象
　　直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用图形理解和解决数学问题的过程.本章核心素养——直观想象主要涉及以下内容：利用空间向量判断或证明空间中直线、平面的位置关系，巧建空间直角坐标系.
培优五 利用空间向量证明平行、垂直问题
【例5】　（2022·北京高考17题）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点.
（1）求证：MN∥平面BCC1B1；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值.
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM＝MN.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
尝试解答
培优六 空间直角坐标系的建立
【例6】　（2022·新高考Ⅱ卷20题）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
章末复习与总结
【例1】　③④　解析：容易推出：－＋－＝＋＝0，所以③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④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.
【例2】　解：（1）2a＋b＝（2，－6，4）＋（－2，1，1）＝（0，－5，5），
∴｜2a＋b｜＝＝5.
（2）设存在满足题意的点E（x，y，z），则有∥，且·b＝0.
∵＝（x＋3，y＋1，z－4），＝（1，－1，－2），
∴解得
故在直线AB上存在点E（－，－，），使得⊥b.
【例3】　解：（1）证明：如图，连接DE，AE.
因为DC＝DB，E为BC的中点，所以BC⊥DE.
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DC＝DB，
所以△ABD≌△ACD，所以AB＝AC.
又E为BC的中点，所以BC⊥AE.
又AE 平面ADE，DE 平面ADE，AE∩DE＝E，
所以BC⊥平面ADE.
又DA 平面ADE，所以BC⊥DA.
（2）设DA＝DB＝DC＝2.
由∠ADB＝∠ADC＝60°，知△ABD与△ACD为等边三角形，所以AB＝AC＝2.
又BD⊥CD，所以BC＝2.
因为AB2＋AC2＝BC2，
所以△ABC为直角三角形，且∠BAC＝90°，
所以AE＝.
因为BD⊥CD，所以DE＝BC＝.
因为AE2＋DE2＝AD2，所以AE⊥DE.
又AE⊥BC，BC 平面BCD，DE 平面BCD，BC∩DE＝E，所以AE⊥平面BCD.
如图，分别以ED，EB，EA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E（0，0，0），D（，0，0），B（0，，0），A（0，0，）.
因为＝（－，0，），＝，
所以F（－，0，）.
易得＝（0，，－），＝（－，－，）.
设平面DAB的一个法向量为m＝（x1，y1，z1），
则即
令z1＝1，得x1＝1，y1＝1，所以m＝（1，1，1）.
设平面FAB的一个法向量为n＝（x2，y2，z2），
则
即
令z2＝1，得x2＝0，y2＝1，所以n＝（0，1，1）.
所以cos＜m，n＞＝＝＝，
则二面角D-AB-F的正弦值为.
【例4】　解：（1）证明：如图，以，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则D1（0，0，1），E（1，1，0），A1（1，0，1），D（0，0，0），＝（1，1，－1），＝（－1，0，－1），·＝1×（－1）＋1×0＋（－1）×（－1）＝0，所以D1E⊥A1D.
（2）A（1，0，0），C（0，2，0），
＝（－1，2，0），＝（－1，0，1），＝（0，1，0），
设平面ACD1的法向量为n＝（x，y，z），
则即令y＝1，则x＝2，z＝2，所以n＝（2，1，2），
则点E到平面ACD1的距离d＝＝＝.
【例5】　解：（1）证明：如图（ⅰ），取BC的中点D，连接DN，DB1.
因为D，N分别是BC，AC的中点，所以DN是△ABC的中位线，所以DN∥AB，DN＝AB.
由三棱柱ABC-A1B1C1，得AB∥A1B1，AB＝A1B1.
因为M是A1B1的中点，所以B1M＝A1B1，所以DN∥B1M，DN＝B1M.
所以四边形DNMB1是平行四边形，所以MN∥DB1.
因为DB1 平面BCC1B1，MN 平面BCC1B1，
所以MN∥平面BCC1B1.
（2）选择条件①.
因为侧面BCC1B1是正方形，所以BC⊥BB1.
又平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，BC 平面BCC1B1，
平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，
所以BC⊥平面ABB1A1.
又AB 平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
由（1）知MN∥DB1，又因为AB⊥MN，所以AB⊥DB1.
因为BC∩DB1＝D，BC，DB1 平面BCC1B1，所以AB⊥平面BCC1B1.
又BB1 平面BCC1B1，所以AB⊥BB1.
以B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（ⅱ）的空间直角坐标系B-xyz，则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），B1（0，0，2），A1（0，2，2），N（1，1，0），M（0，1，2），则＝（1，1，0），＝（0，1，2），＝（0，2，0）.
设n＝（x，y，z）是平面BMN的法向量，
则即
取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以n＝（2，－2，1）.
设直线AB与平面BMN所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝.
所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为.
选择条件②.
由（1）知四边形DNMB1是平行四边形，所以DB1＝MN.又BM＝MN，所以DB1＝BM.
由（1）知AB＝A1B1，又AB＝BC，M，D分别是A1B1，BC的中点，所以BD＝B1M.
又BB1＝BB1，所以△DBB1≌△MB1B.
因为侧面BCC1B1是正方形，所以BC⊥BB1，
所以MB1⊥BB1，即A1B1⊥BB1，所以AB⊥BB1.
剩余计算过程同选择条件①.
【例6】　解：（1）证明：如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC，
因为AB 平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD 平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.
因为OD 平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，所以OD∥AC，
因为OD 平面PAC，AC 平面APC，所以OD∥平面PAC.
因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA，
因为DE 平面PAC，PA 平面PAC，所以DE∥平面PAC.
又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）连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB 平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝＝＝4.
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OAsin 30°＝4×＝2，
AB＝2AD＝2OAcos 30°＝2×4×＝4.
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
所以在Rt△ABC中，AC＝ABtan 60°＝4×＝12.
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A（0，0，0），B（4，0，0），C（0，12，0），P（2，2，3），E，
所以＝，＝（4，0，0），＝（0，12，0）.
设平面AEC的法向量为n＝（x，y，z），
则
即令z＝2，则n＝（－1，0，2）.
设平面AEB的法向量为m＝（x1，y1，z1），
则
即令z1＝2，则m＝（0，－3，2）.
所以｜cos＜n，m＞｜＝＝.
设二面角C-AE-B的大小为θ，
则sin θ＝＝.
3 / 3(共34张PPT)
章末复习与总结
一、数学运算
数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学
问题的过程.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算方
向，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.本章中的数学运
算主要涉及以下内容：空间向量的线性运算及其坐标表示，空间向量
的数量积及其坐标表示，利用空间向量求空间角及空间距离.
培优一 空间向量的线性运算
【例1】　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.给出以下结论：① ＋ ＋
＋ ＝0；② ＋ － － ＝0；
③ － ＋ － ＝0；
④ · ＝ · ；⑤ · ＝0，
其中正确结论的序号是 .
③④　
解析：容易推出： － ＋ － ＝ ＋ ＝0，所以③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④正确，其余三个都不正
确，故正确结论的序号是③④.
培优二 空间向量的数量积运算
【例2】　已知向量 a ＝（1，－3，2）， b ＝（－2，1，1），点 A
（－3，－1，4）， B （－2，－2，2）.
（1）求｜2 a ＋ b ｜；
解：2 a ＋ b ＝（2，－6，4）＋（－2，1，1）＝（0，－5，5），
∴｜2 a ＋ b ｜＝ ＝5 .
（2）若 O 为坐标原点，在直线 AB 上是否存在一点 E ，使得 ⊥ b ？
解：设存在满足题意的点 E （ x ， y ， z ），则有 ∥
，且 · b ＝0.
∵ ＝（ x ＋3， y ＋1， z －4）， ＝（1，－1，－2），
∴解得
故在直线 AB 上存在点 E ，使得 ⊥ b .
培优三 空间角的计算
【例3】　（2023·新高考Ⅱ卷20题）如图，三棱锥 A - BCD 中， DA ＝
DB ＝ DC ， BD ⊥ CD ，∠ ADB ＝∠ ADC ＝60°， E 为 BC 的中点.
（1）证明： BC ⊥ DA ；
解：证明：如图，连接 DE ， AE .
因为 DC ＝ DB ， E 为 BC 的中点，所以 BC
⊥ DE .
因为∠ ADB ＝∠ ADC ＝60°， DA ＝ DC
＝ DB ，
所以△ ABD ≌△ ACD ，所以 AB ＝ AC .
又 E 为 BC 的中点，所以 BC ⊥ AE .
又 AE 平面 ADE ， DE 平面 ADE ， AE ∩
DE ＝ E ，
所以 BC ⊥平面 ADE .
又 DA 平面 ADE ，所以 BC ⊥ DA .
（2）点 F 满足 ＝ ，求二面角 D - AB - F 的正弦值.
解：设 DA ＝ DB ＝ DC ＝2.
由∠ ADB ＝∠ ADC ＝60°，知△ ABD 与△
ACD 为等边三角形，所以 AB ＝ AC ＝2.
又 BD ⊥ CD ，所以 BC ＝2 .
因为 AB2＋ AC2＝ BC2，
所以△ ABC 为直角三角形，且∠ BAC ＝90°，
所以 AE ＝ .
因为 BD ⊥ CD ，所以 DE ＝ BC ＝ .
因为 AE2＋ DE2＝ AD2，所以 AE ⊥ DE .
又 AE ⊥ BC ， BC 平面 BCD ， DE 平面
BCD ， BC ∩ DE ＝ E ，所以 AE ⊥平面 BCD .
如图，分别以 ED ， EB ， EA 所在直线为 x
轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，则 E
（0，0，0）， D （ ，0，0）， B （0，
，0）， A （0，0， ）.
因为 ＝（－ ，0， ）， ＝ ，
所以 F （－ ，0， ）.
易得 ＝（0， ，－ ）， ＝（－ ，－ ， ）.
设平面 DAB 的一个法向量为 m ＝（ x1， y1， z1），
则 即
令 z1＝1，得 x1＝1， y1＝1，所以 m ＝（1，1，1）.
设平面 FAB 的一个法向量为 n ＝（ x2， y2， z2），
则 即
令 z2＝1，得 x2＝0， y2＝1，所以 n ＝（0，1，1）.
所以 cos ＜ m ， n ＞＝ ＝ ＝ ，
则二面角 D - AB - F 的正弦值为 .
培优四 空间距离的计算
【例4】　如图，在长方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， AD ＝ AA1＝1， AB ＝
2， E 为 AB 的中点.
（1）证明： D1 E ⊥ A1 D ；
解：证明：如图，以 ， ，
的方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立
空间直角坐标系，
则 D1（0，0，1）， E （1，1，0）， A1
（1，0，1）， D （0，0，0）， ＝
（1，1，－1）， ＝（－1，0，－1），
· ＝1×（－1）＋1×0＋（－1）×
（－1）＝0，所以 D1 E ⊥ A1 D .
（2）求点 E 到平面 ACD1的距离.
解：A （1，0，0）， C （0，2，0），
＝（－1，2，0）， ＝（－1，0，
1）， ＝（0，1，0），
设平面 ACD1的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），
则 即令 y ＝1，
则 x ＝2， z ＝2，所以 n ＝（2，1，2），
则点 E 到平面 ACD1的距离 d ＝ ＝ ＝ .
二、直观想象
　　直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，
利用图形理解和解决数学问题的过程.本章核心素养——直观想象主要
涉及以下内容：利用空间向量判断或证明空间中直线、平面的位置关
系，巧建空间直角坐标系.
培优五 利用空间向量证明平行、垂直问题
【例5】　（2022·北京高考17题）如图，在三棱柱 ABC - A1 B1 C1中，
侧面 BCC1 B1为正方形，平面 BCC1 B1⊥平面 ABB1 A1， AB ＝ BC ＝2，
M ， N 分别为 A1 B1， AC 的中点.
（1）求证： MN ∥平面 BCC1 B1；
解：证明：如图（ⅰ），取 BC 的中点 D ，连接 DN ， DB1.
因为 D ， N 分别是 BC ， AC 的中点，所以 DN
是△ ABC 的中位线，所以 DN ∥ AB ， DN ＝ AB .
由三棱柱 ABC - A1 B1 C1，得 AB ∥ A1 B1， AB ＝ A1 B1.
因为 M 是 A1 B1的中点，所以 B1 M ＝ A1 B1，所以 DN ∥ B1 M ， DN ＝ B1 M .
所以四边形 DNMB1是平行四边形，所以 MN ∥ DB1.
因为 DB1 平面 BCC1 B1， MN 平面 BCC1 B1，
所以 MN ∥平面 BCC1 B1.
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线
AB 与平面 BMN 所成角的正弦值.
条件①： AB ⊥ MN ；
条件②： BM ＝ MN .
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
解：选择条件①.
因为侧面 BCC1 B1是正方形，所以 BC ⊥ BB1.
又平面 BCC1 B1⊥平面 ABB1 A1， BC 平面
BCC1 B1，
平面 BCC1 B1∩平面 ABB1 A1＝ BB1，
所以 BC ⊥平面 ABB1 A1.
又 AB 平面 ABB1 A1，所以 BC ⊥ AB .
由（1）知 MN ∥ DB1，又因为 AB ⊥ MN ，所
以 AB ⊥ DB1.
因为 BC ∩ DB1＝ D ， BC ， DB1 平面 BCC1
B1，所以 AB ⊥平面 BCC1 B1.
又 BB1 平面 BCC1 B1，所以 AB ⊥ BB1.
以 B 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（ⅱ）
的空间直角坐标系 B - xyz ，则 B （0，0，0），
A （0，2，0）， C （2，0，0）， B1（0，0，2）， A1（0，2，2）， N （1，1，0）， M （0，1，2），则 ＝（1，1，0）， ＝（0，1，2）， ＝（0，2，0）.
设 n ＝（ x ， y ， z ）是平面 BMN 的法向量，
则 即
取 z ＝1，得 x ＝2， y ＝－2，所以 n ＝（2，－2，1）.
设直线 AB 与平面 BMN 所成的角为θ，则 sin θ＝｜ cos ＜ n ， ＞｜＝ ＝ ＝ .
所以直线 AB 与平面 BMN 所成角的正弦值为 .选择条件②.
由（1）知四边形 DNMB1是平行四边形，所以
DB1＝ MN . 又 BM ＝ MN ，所以 DB1＝ BM .
由（1）知 AB ＝ A1 B1，又 AB ＝ BC ， M ， D
分别是 A1 B1， BC 的中点，所以 BD ＝ B1 M .
又 BB1＝ BB1，所以△ DBB1≌△ MB1 B .
因为侧面 BCC1 B1是正方形，所以 BC ⊥ BB1，所以 MB1⊥ BB1，即 A1 B1⊥ BB1，所以 AB ⊥ BB1.
剩余计算过程同选择条件①.
培优六 空间直角坐标系的建立
【例6】　（2022·新高考Ⅱ卷20题）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 ；
解：证明：如图，取 AB 的中点 D ，
连接 DP ， DO ， DE .
因为 AP ＝ PB ，所以 PD ⊥ AB .
因为 PO 为三棱锥 P - ABC 的高，所以 PO ⊥
平面 ABC ，
因为 AB 平面 ABC ，所以 PO ⊥ AB .
又 PO ， PD 平面 POD ，且 PO ∩ PD ＝
P ，所以 AB ⊥平面 POD .
因为 OD 平面 POD ，所以 AB ⊥ OD ，
又 AB ⊥ AC ，所以 OD ∥ AC ，
因为 OD 平面 PAC ， AC 平面 APC ，所
以 OD ∥平面 PAC .
因为 D ， E 分别为 BA ， BP 的中点，所以
DE ∥ PA ，
因为 DE 平面 PAC ， PA 平面 PAC ，所以
DE ∥平面 PAC .
又 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）若∠ ABO ＝∠ CBO ＝30°， PO ＝3， PA ＝5，求二面角 C - AE -
B 的正弦值.
解：连接 OA ，因为 PO ⊥平面 ABC ， OA ， OB 平面 ABC ，所以 PO ⊥ OA ， PO ⊥ OB ，
所以 OA ＝ OB ＝ ＝ ＝4.
易得在△ AOB 中，∠ OAB ＝∠ ABO ＝30°，所以 OD ＝ OA sin 30°＝4× ＝2，
AB ＝2 AD ＝2 OA cos 30°＝2×4× ＝4 .
又∠ ABC ＝∠ ABO ＋∠ CBO ＝60°，
所以在Rt△ ABC 中， AC ＝ AB tan 60°＝4 × ＝12.
以 A 为坐标原点， AB ， AC 所在直线分别为 x ， y 轴，以过 A 且垂直于平面 ABC 的直线为 z 轴建立空间直角坐标系，如图所
示，则 A （0，0，0）， B （4 ，0，0）， C （0，12，0）， P （2 ，2，3）， E ，
所以 ＝ ， ＝（4 ，0，0）， ＝（0，12，0）.
设平面 AEC 的法向量为 n ＝（ x ， y ，z ），
则 即令
z ＝2 ，则 n ＝（－1，0，2 ）.
设平面 AEB 的法向量为 m ＝（ x1， y1， z1），
则 即令 z1＝2，则 m ＝
（0，－3，2）.
所以｜ cos ＜ n ， m ＞｜＝ ＝ .
设二面角 C - AE - B 的大小为θ，
则 sin θ＝ ＝ .
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