第6章 第7节 第1课时 空间中的点、直线、平面与空间向量-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮教师用书word（人教B版）

第7节　空间向量在立体几何中的应用 第一课时　空间中的点、直线、平面与空间向量 最新课程标准 教师专享 核心素养 考情聚焦 1.理解直线的方向向量及平面的法向量． 2．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系． 3．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 1.利用空间向量证明平行或垂直，达成直观想象、数学建模和数学运算的素养． 2．与平行、垂直有关的探索性问题，增强逻辑推理、数学运算、数学建模的素养 　　2025年高考还是以考查空间的位置关系为主，首先建立适当的坐标系，找准点的坐标，把所有问题转化为坐标运算．主要以解答题的第一问出现，难度不大，属中低档题型，但要注意运算的准确性 1．点的位置向量、直线的方向向量 位置向量 一般地，如果在空间中指定一点O，那么空间中任意一点P的位置，都可以由向量唯一确定，此时，通常称为点P的位置向量 方向向量 一般地，如果l是空间中的一条直线，v是空间中的一个非零向量，且表示v的有向线段所在的直线与l平行或重合，则称v为直线l的一个方向向量．此时，也称向量v与直线l平行，记作v∥l 2.平面的法向量 如果α是空间中的一个平面，n是空间中的一个　非零向量　，且表示n的有向线段所在的直线与平面α　垂直　，则称n为平面α的一个法向量，此时也称n与平面α垂直，记作n⊥α. 3．空间中直线、平面的平行 位置 关系 向量表示 图形表示 线线 平行 设v1，v2分别是不重合的直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔　v1∥v2　⇔　∃λ∈R，使得v1＝λv2　 线面 平行 设v是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔　v⊥n　⇔　v·n＝0　 面面 平行 设n1，n2分别是不重合的平面α，β的法向量，则α∥β⇔　n1∥n2　⇔　∃λ∈R，使得n1＝λn2　 4.空间中直线、平面的垂直 位置关系 向量表示 图形表示 线线 垂直 设直线l1，l2的方向向量分别为v1，v2，则l1⊥l2⇔　v1⊥v2　⇔　v1·v2＝0　 线面 垂直 设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为n，则l⊥α⇔　v∥n　⇔　∃λ∈R，使得v＝λn　 面面 垂直 设平面α，β的法向量分别为n1，n2，则α⊥β⇔　n1⊥n2　⇔　n1·n2＝0　 5.异面直线与空间向量 设v1，v2分别是空间中直线l1与l2的方向向量． (1)若l1与l2异面，则v1与v2的关系为v1与v2不平行． (2)若v1与v2不平行，则l1与l2的位置关系为　相交或异面　. (3)公垂线段：一般地，如果l1与l2是空间中两条异面直线，M∈l1，N∈l2，　MN⊥l1，MN⊥l2　.则称MN为l1与l2的公垂线段，两条异面直线的公垂线段的长，称为这两条异面直线之间的　距离　. 6．三垂线定理及三垂线定理的逆定理 三垂线定理：如果　平面内　的一条直线与平面的一条斜线在该平面内的　射影　垂直，则它也和这条　斜线　垂直． 三垂线定理的逆定理：如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线垂直，则它也和这条　斜线　在该平面内的　射影　垂直． 1．直线的方向向量的确定：l是空间一直线，A，B是l上任意两点，则及与平行的非零向量均为直线l的方向向量． 2．平面的法向量的确定：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为 ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)直线的方向向量是唯一确定的．(　　) (2)平面的单位法向量是唯一确定的．(　　) (3)两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1与l2的位置关系是平行．(　　) (4)若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥β.(　　) (5)已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6，2)，则a∥c，a⊥b.(　　) 答案：(1) ×　(2) ×　(3) √　(4) ×　(5) √ ◆[小题查验] 1．已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则(　　 ) A．α∥β　　　　　　　 B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不对 解析：C　[∵n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β不平行，也不垂直．] 2．设平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k等于(　　) A．2　　 B．－4　　 C．4　　 D．－2 解析：C　[因为α∥β，所以＝＝，所以k＝4.] 3．(2024·桂林市模拟)已知平面α内有一点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3,6)，则下列点P中，在平面α内的是(　　) A．P(2,3,3) B．P(－2,0,1) C．P(－4,4,0) D．P(3，－3,4) 解析：A　[因为平面α的一个法向量为n＝(6，－3,6)，所以n⊥α，又A选项中P(2,3,3)，所以＝(1,4,1)，因此有n·＝6×1＋4×(－3)＋6×1＝0. ] 4．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则下列向量是平面ABC法向量的是(　　 ) A．(－1,1,1) B．(1，－1,1) C. D. 解析：C　[设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量， 则化简得∴x＝y＝z.] 5．如图，在三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，且SA＝AB＝BC＝1，则异面直线SB与AC之间的距离为　________　. 解析：构造如图所示正方体． 取AB的中点O，连接OD交AC于点E，连接OM交SB于点F，连接EF、BD、DM，由平面几何知识可知，OF＝OM，OE＝OD，所以EF∥DM.又因为AC⊥BD，AC⊥BM， 所以AC⊥平面BDM，AC⊥DM，因为EF∥DM，所以AC⊥EF. 同理可证SB⊥DM，所以SB⊥EF.所以EF是异面直线AC和SB的公垂线段． 所以EF＝DM＝. 答案： 　　　利用空间向量证明平行或垂直(基础点) 1． 如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点． 求证：MN⊥AB，MN⊥CD. 证明：设＝p，＝q，＝r. 由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三向量两两夹角均为60°.＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)， ∴·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0. ∴MN⊥AB.同理可证MN⊥CD. 2.已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点． (1)求证：DE∥平面ABC； (2)求证：B1F⊥平面AEF. 证明：以A为原点，AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，令AB＝AA1＝4，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B1(4,0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4)， (1)＝(－2,4,0)， 平面ABC的法向量为＝(0,0,4)， ∵·＝0，DE⊄平面ABC， ∴DE∥平面ABC. (2)＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)， ·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， ∴⊥，B1F⊥EF， ·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0， ∴⊥，∴B1F⊥AF. ∵AF∩EF＝F，∴B1F⊥平面AEF. 3.(2024·深圳市模拟)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点．求证： (1)MN∥平面A1B1C1； (2)平面MBC1⊥平面BB1C1C. 证明：由题意，知AA1，AB，AC两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系． 设正方形AA1C1C的边长为2，则A(0,0,0)，A1(2，0,0)，B(0,2,0)，B1(2,2,0)，C(0,0,2)， C1(2,0,2)，M(1,0,0)，N(1,1,1)． (1)由题意知AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1， 又A1B1∩A1C1＝A1，所以AA1⊥平面A1B1C1. 因为＝(2,0,0)，＝(0,1,1)，所以·＝0，即⊥.故MN∥平面A1B1C1. (2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)． 因为＝(－1,2,0)，＝(1,0,2)， 所以　 令x1＝2，则平面MBC1的一个法向量为n1＝(2,1，－1)．同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2＝(0,1,1)． 因为n1·n2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， 所以n1⊥n2，所以平面MBC1⊥平面BB1C1C. 用空间向量证明平行与垂直的方法与步骤 1．坐标运算法 第一步：寻找空间几何体中的垂直关系，选取原点，建立适当的空间直角坐标系；第二步：用向量表示空间几何体中的点、线和平面等元素，建立空间图形与空间向量的联系；第三步：进行空间向量的坐标运算；第四步：将空间向量运算的结果转化为空间图形中待证的结论． 2．基底向量法 第一步：适当选取不共线的三个向量作为基底；第二步：空间几何体中待证的结论用基底向量表示出来；第三步：进行基底向量的线性运算与数量积运算；第四步：将空间向量运算的结果转化为空间图形中待证的结论． 　　　与平行、垂直有关的探索性问题(创新点) ◆[命题角度1]　探索性问题与平行相结合　 1．如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD. (1)求证：BD⊥AA1； (2)求二面角D－A1A－C的余弦值； (3)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°. ∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3， ∴AO2＋A1O2＝AA，∴A1O⊥AO. 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，∴A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1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，则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)． 由于＝(－2，0,0)，＝(0,1，)． ·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0. ∴⊥，即BD⊥AA1. (2)由于OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的一个法向量为n1＝(1,0,0)． 设n2＝(x，y，z)为平面DAA1D1的一个法向量， 则即 取n2＝(1，，－1)，则〈n1，n2〉即为二面角 D－A1A－C的平面角， ∴cos〈n1，n2〉＝＝， 所以二面角D－A1A－C的余弦值为. (3)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1.设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)．从而有P(0,1＋λ，λ)，＝ (－，1＋λ，λ)． 设n3＝(x3，y3，z3)⊥平面DA1C1，则 又＝(0,2,0)，＝(，0，)．则 取n3＝(1,0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，则n3⊥，即n3·＝－－λ＝0，得λ＝－1.即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP. 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”． 1．如图，等边三角形ABC与直角梯形ABDE所在的平面垂直，BD∥AE，BD＝2AE，AE⊥AB. (1)若F为CD的中点，求证：EF⊥平面BCD； (2)在线段AC上是否存在点N，使CD∥平面BEN？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：设ED的中点为H，AB的中点为O， 由题意知OH∥AE. 因为平面ABDE⊥平面ABC，AE⊥AB，平面ABDE∩平面ABC＝AB，所以AE⊥平面ABC，所以HO⊥平面ABC. 又△ABC为等边三角形，所以OC⊥AB. 故以O为坐标原点，射线OC，OB，OH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O－xyz. 设AE＝1，AB＝2a，则A(0，－a,0)，B(0，a,0)， C(a,0,0)，D(0，a,2)，E(0，－a,1)，F， ∴＝，＝(a，－a,0)，＝(0,0,2)⇒·＝0，·＝0，所以EF⊥BC，EF⊥BD. 又因为BC∩BD＝B，所以EF⊥平面BCD. (2)设存在点N，使CD∥平面BEN， 设＝λ，则N， 所以＝. 由(1)知，＝(0，－2a,1)，＝(－a，a,2)， 设平面BEN的法向量为n＝(x，y，z)， 由 得令y＝1，则n＝ 由CD∥平面BEN得，n⊥. 所以n·＝·(－a)＋a＋2a·2＝0 解得λ＝.所以当＝时，CD∥平面BEN. ◆[命题角度2]　探索性问题与垂直相结合　 2．已知正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B. (1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E－DF－C的余弦值； (3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 解：(1)在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB，又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，所以AB∥平面DEF. (2)以点D为坐标原点，以直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2，0)，E(0，，1)，F(1，，0)，＝(1，，0)，＝(0，，1)，＝(0,0,2)． 易知平面CDF的法向量为＝(0,0,2)， 设平面EDF的法向量n＝(x，y，z)，则 即 取n＝(3，－，3)， cos〈，n〉＝＝， 所以二面角E－DF－C的余弦值为. (3)存在．设P(s，t,0)，则·＝(s，t，－2)·(0，，1)＝t－2＝0，∴t＝， 又＝(s－2，t,0)，＝(－s,2－t,0)， ∵∥，∴(s－2)(2－t)＝－st， ∴s＋t＝2. 把t＝代入上式得s＝，∴＝， ∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE. 此时，＝. 解决立体几何中线段上是否存在点的探索性问题，关键是该点如何用参数设出来．一般有两种方法：一是利用比例式求解；二是利用三点共线条件巧设．最后都转化为与平行或垂直有关的问题解决． 2．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到ΔA1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2. (1)求证：A1C⊥平面BCDE. (2)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由． 解：(1)证明：因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC. 所以DE⊥A1C.又因为A1C⊥CD， 所以A1C⊥平面BCDE. (2)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．理由如下： 建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]． 设平面A1BE的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)．由 得，令y1＝1，则n＝(2,1，)． 设平面A1DP的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，由 得，令x2＝2，则m＝. 若平面A1DP⊥平面A1BE，则有m·n＝0， 即4＋p＋p＝0.解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾． 所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直． 学科网（北京）股份有限公司 $$