第7章 第6讲 第1课时 空间向量的应用(一)（PPT课件）-【导学教程】2025年数学新编高考大一轮总复习（北师大版）

第七章　立体几何与空间向量 第6讲　空间向量的应用 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 主干知识整合 01 核心考点突破 02 知能达标训练 03 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 01 主干知识整合 栏目导航 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 n1＝kn2(k∈R) n1·n2＝0 n·m＝0 n·m＝0 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 投影 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 两个半平面 垂直于棱 直角 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 第1课时　空间向量的应用(一) 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 02 核心考点突破 栏目导航 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 03 知能达标训练 栏目导航 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 谢谢观看 栏目导航 第七章　立体几何与空间向量 1 课标要求 考情分析 1．会用向量法证明线面的平行、垂直关系． 2．了解利用空间向量求空间距离的方法，会求空间距离． 3．会用向量法求异面直线所成的角，直线与平面所成的角，平面与平面的夹角等各种空间角． 4．体会向量方法在研究立体几何中的作用． 考点考法：高考命题常以空间几何体为载体考查空间距离与空间角，难度中档，特别是空间角的求解是考查热点． 核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象． 1．空间位置关系的向量表示 (1)直线的方向向量与平面的法向量 ①直线的方向向量：设点A，B是直线l上不重合的任意两点，称 eq \o(AB,\s\up14(→)) 为直线l的方向向量． ②平面的法向量：如果一条直线l与一个平面α垂直，那么就把直线l的方向向量n叫作平面α的法向量，则n⊥α. ③方向向量和法向量均是非零向量且不唯一． (2)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，n2 l1∥l2或l1 与l2重合 n1∥n2⇔____________________ l1⊥l2 n1⊥n2⇔______________ 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥α n⊥m⇔____________ l⊥α n∥m⇔n＝km(k∈R) 平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m⇔n＝km(k∈R) α⊥β n⊥m⇔_____________ 2．空间距离 名称 概念 求法 两点距 空间中两个点连线的线段长 求向量的模 点线距 过空间一点作一条直线的垂线段的长 若点P是直线l外一点，l0是直线l的单位方向向量，点A是直线l上任意一点，则点P到直线l的距离为d ＝___________________________ eq \r(|\o(PA,\s\up14(→))|2－|\o(PA,\s\up14(→))·l0|2) 点面距 过平面外一点作平面的一条垂线段的长 点P到平面α的距离，等于点P与平面α内任意一点A连线所得向量 eq \o(PA,\s\up14(→)) ，在平面α的单位法向量n0方向上所作投影向量的长度，即d＝_____________ | eq \o(PA,\s\up14(→)) ·n0| 线面距 当直线与平面平行时，直线上任意一点到平面的距离 转化为求点面距 面面距 当平面与平面平行时，一个平面上的任意一点到另一个平面的距离 3．空间角的定义 (1)直线与平面所成的角 定义：过平面的一条斜线和它在平面内的________所成的锐角叫作这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角的大小为______；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角的大小为0；直线与平面所成的角的范围：____________． eq \f(π,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) (2)二面角 从一条直线出发的______________所组成的图形称为二面角． 二面角的平面角：在二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作____________的两条射线，这两条射线所成的角称为二面角的平面角． 平面角是________的二面角称为直二面角． 4．空间向量与空间角的关系 (1)异面直线的夹角 设异面直线l1，l2的夹角为θ，其方向向量分别为u，v，则cos θ＝|cos 〈u，v〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·v,|u||v|))) ＝ eq \f(|u·v|,|u||v|) . (2)直线与平面所成的角 设向量l为直线l的一个方向向量，n是平面α的一个法向量，则直线l与平面α所成的角θ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，且θ＝ eq \f(π,2) －〈l，n〉(如图1)或θ＝〈l，n〉－ eq \f(π,2) (如图2)，故sin θ＝|cos 〈l，n〉|. (3)两个平面所成的角 设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|))) ＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) . 1．已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos 〈m，n〉＝ eq \f(\r(3),2) ，则l与α所成的角为(　　) A．30°　　　　　　　 B．60° C．120° D．150° 解析　由于cos 〈m，n〉＝ eq \f(\r(3),2) ，所以〈m，n〉＝30°，所以直线l与α所成的角为60°. 答案　B 2．已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)，直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则直线l1和l2所成角的余弦值为(　　) A． eq \f(\r(2),4) B． eq \f(1,2) C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(\r(3),2) 解析　因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，所以cos 〈s1，s2〉＝ eq \f(s1·s2,|s1||s2|) ＝ eq \f(－1－2,\r(2)×3) ＝－ eq \f(\r(2),2) .所以直线l1和l2所成角的余弦值为 eq \f(\r(2),2) . 答案　C 3．已知A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，则点A到直线BC的距离为(　　) A． eq \f(2\r(2),3) B．1 C． eq \r(2) D．2 eq \r(2) 解析　因为A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)， 所以 eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝(1，0，0)， eq \o(BC,\s\up14(→)) ＝(－1，2，－2)， 所以点A到直线BC的距离为d＝| eq \o(AB,\s\up14(→)) | eq \r(1－(cos 〈\o(AB,\s\up14(→))，\o(BC,\s\up14(→))〉)2) ＝| eq \o(AB,\s\up14(→)) | eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up14(→))·\o(BC,\s\up14(→)),|\o(AB,\s\up14(→))||\o(BC,\s\up14(→))|)))\s\up20(2)) ＝1× eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1,1×3)))\s\up20(2)) ＝ eq \f(2\r(2),3) . 答案　A 4．(忽视二面角的范围致误)在一个二面角的两个半平面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个二面角的余弦值为________． 解析　设a＝(0，－1，3)，b＝(2，2，4)，则a·b＝0×2＋(－1)×2＋3×4＝10，|a|＝ eq \r(02＋(－1)2＋32) ＝ eq \r(10) ，|b|＝ eq \r(22＋22＋42) ＝2 eq \r(6) ，则cos 〈a，b〉＝ eq \f(10,\r(10)×2\r(6)) ＝ eq \f(\r(15),6) ，所以这个二面角的余弦值为 eq \f(\r(15),6) 或－ eq \f(\r(15),6) . 答案　± eq \f(\r(15),6) 5．(忽视距离的概念致误)已知在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2 eq \r(2) ，E为CC1的中点，则直线AC1到平面BED的距离为________． 解析　连接AC交BD于点O，连接OE.以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2 eq \r(2) )，E(0，2， eq \r(2) )，所以 eq \o(DB,\s\up14(→)) ＝(2，2，0)， eq \o(DE,\s\up14(→)) ＝(0，2， eq \r(2) )，易知AC1∥平面BDE.设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up14(→))＝2x＋2y＝0，,n·\o(DE,\s\up14(→))＝2y＋\r(2)z＝0.)) 取y＝1，则n＝(－1，1，－ eq \r(2) )为平面BDE的一个法向量．又 eq \o(DA,\s\up14(→)) ＝(2，0，0)， 所以点A到平面BDE的距离是 eq \f(|n·\o(DA,\s\up14(→))|,|n|) ＝ eq \f(|－1×2＋0＋0|,\r((－1)2＋12＋(－\r(2))2)) ＝1.故直线AC1到平面BED的距离为1. 答案　1 考点一　向量法证明平行、垂直(重难考点　师生共研) 　如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明： (1)BE⊥DC； (2)BE∥平面PAD； (3)平面PCD⊥平面PAD. [证明]　依题意，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)， A(0，0，0). 由E为棱PC的中点，得E(1，1，1). (1) eq \o(BE,\s\up14(→)) ＝(0，1，1)， eq \o(DC,\s\up14(→)) ＝(2，0，0)， 故 eq \o(BE,\s\up14(→)) · eq \o(DC,\s\up14(→)) ＝0，所以BE⊥DC. (2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， 所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD， 所以AB⊥平面PAD， 所以 eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量， 而 eq \o(BE,\s\up14(→)) · eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0， 所以BE⊥AB，又BE⊄平面PAD， 所以BE∥平面PAD. (3)由(2)知平面PAD的一个法向量为 eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝(1，0，0)， eq \o(PD,\s\up14(→)) ＝(0，2，－2)， eq \o(DC,\s\up14(→)) ＝(2，0，0)， 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up14(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up14(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,2x＝0，)) 令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量，且n· eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥ eq \o(AB,\s\up14(→)) .所以平面PCD⊥平面PAD. 利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤 在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．证明： (1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD. 证明　(1)以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，设BA＝a，则A(a，0，0)，所以 eq \o(BA,\s\up14(→)) ＝(a，0，0)， eq \o(BD,\s\up14(→)) ＝(0，2，2)， eq \o(B1D,\s\up14(→)) ＝(0，2，－2)， eq \o(B1D,\s\up14(→)) · eq \o(BA,\s\up14(→)) ＝0， eq \o(B1D,\s\up14(→)) · eq \o(BD,\s\up14(→)) ＝0＋4－4＝0， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD， 因此B1D⊥平面ABD. (2)由(1)知，E(0，0，3)，G eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，4)) ，F(0，1，4)， 所以 eq \o(EG,\s\up14(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，1)) ， eq \o(EF,\s\up14(→)) ＝(0，1，1)， eq \o(B1D,\s\up14(→)) · eq \o(EG,\s\up14(→)) ＝0＋2－2＝0， eq \o(B1D,\s\up14(→)) · eq \o(EF,\s\up14(→)) ＝0＋2－2＝0， 即B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF， 因此B1D⊥平面EGF. 结合(1)可知平面EGF∥平面ABD. 考点二　向量法求空间距离(重难考点　师生共研) 　如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的棱DA，DC和DD1的长分别为1，2，1.求： (1)顶点B到平面DA1C1的距离； (2)直线B1C到平面DA1C1的距离． [解析]　(1)以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，A1(1，0，1)，B1(1，2，1)，C1(0，2，1)，D1(0，0，1). 设平面DA1C1的法向量为n＝(x，y，z)， 所以n⊥ eq \o(DA1,\s\up14(→)) ，n⊥ eq \o(DC1,\s\up14(→)) . 因为 eq \o(DA1,\s\up14(→)) ＝(1，0，1)， eq \o(DC1,\s\up14(→)) ＝(0，2，1)， 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up14(→))＝0，,n·\o(DC1,\s\up14(→))＝0，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0，,2y＋z＝0，)) 不妨取y＝1， 则n＝(2，1，－2). 而向量 eq \o(C1B,\s\up14(→)) ＝(1，0，－1)， 所以顶点B到平面DA1C1的距离d＝ eq \f(|n·\o(C1B,\s\up14(→))|,|n|) ＝ eq \f(|2＋0＋2|,\r(4＋1＋4)) ＝ eq \f(4,3) . (2)直线B1C到平面DA1C1的距离等于点B1到平面DA1C1的距离． 因为 eq \o(C1B1,\s\up14(→)) ＝(1，0，0)， 所以点B1到平面DA1C1的距离 d1＝ eq \f(|n·\o(C1B1,\s\up14(→))|,|n|) ＝ eq \f(|2＋0＋0|,\r(4＋1＋4)) ＝ eq \f(2,3) . 故直线B1C到平面DA1C1的距离为 eq \f(2,3) . 利用向量法求点到平面的距离的步骤 1．空间中有三点P(1，－2，－2)，M(2，－3，1)，N(3，－2，2)，则点P到直线MN的距离为(　　) A．2 eq \r(2) 　　　　　　　　 B．2 eq \r(3) C．3 D．2 eq \r(5) 解析　因为 eq \o(MN,\s\up14(→)) ＝(1，1，1)， 所以 eq \o(MN,\s\up14(→)) 的一个单位方向向量为u＝ eq \f(\r(3),3) (1，1，1). 因为 eq \o(PM,\s\up14(→)) ＝(1，－1，3)， 故| eq \o(PM,\s\up14(→)) |＝ eq \r(12＋(－1)2＋32) ＝ eq \r(11) ， eq \o(PM,\s\up14(→)) ·u＝ eq \f(\r(3),3) (1－1＋3)＝ eq \r(3) ， 所以点P到直线MN的距离为 eq \r(\o(PM,\s\up14(→))2－(\o(PM,\s\up14(→))·u)2) ＝ eq \r(11－3) ＝2 eq \r(2) . 答案　A 2．在棱长为3的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，DD1的中点，则平面ADE与平面B1C1F之间的距离为________． 解析　以点A为坐标原点，AB，AD，AA1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，连接AB1， 则A(0，0，0)，D(0，3，0)， E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0，\f(3,2))) ，B1(3，0，3)，C1(3，3，3)，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，3，\f(3,2))) ， 所以 eq \o(AD,\s\up14(→)) ＝(0，3，0)， eq \o(B1C1,\s\up14(→)) ＝(0，3，0)， 则 eq \o(AD,\s\up14(→)) ＝ eq \o(B1C1,\s\up14(→)) ， 因为AD，B1C1不在同一条直线上， 则AD∥B1C1， 因为AD⊄平面B1C1F，B1C1⊂平面B1C1F，则AD∥平面B1C1F， 同理可证，AE∥平面B1C1F，AD∩AE＝A，AD，AE⊂平面ADE， 故平面ADE∥平面B1C1F，设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)， eq \o(AD,\s\up14(→)) ＝(0，3，0)， eq \o(AE,\s\up14(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0，\f(3,2))) ， 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up14(→))＝3y＝0，,n·\o(AE,\s\up14(→))＝3x＋\f(3,2)z＝0，)) 取x＝1， 可得n＝(1，0，－2)，又 eq \o(AB1,\s\up14(→)) ＝(3，0，3)， 因此，平面ADE与平面B1C1F之间的距离为 d＝ eq \f(|\o(AB1,\s\up14(→))·n|,|n|) ＝ eq \f(3,\r(5)) ＝ eq \f(3\r(5),5) . 答案　 eq \f(3\r(5),5) $$