7.6 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（人教A版）

第七章　立体几何与空间向量 7.6　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 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 射影 90° [0°，90°] 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 90° 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 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 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：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线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⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a为平面α的法向量． (3)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 n1∥n2⇔n1＝λn2(λ∈R) l1⊥l2 n1⊥n2⇔n1·n2＝0 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m，l⊄α l∥α n⊥m⇔n·m＝0 l⊥α n∥m⇔n＝λm(λ∈R) 平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m⇔n＝λm(λ∈R) α⊥β n⊥m⇔n·m＝0 2．空间距离 (1)点到直线的距离：如图，直线l的单位方向向量为u，设 eq \o(AP,\s\up16(→)) ＝a，则向量 eq \o(AP,\s\up16(→)) 在直线l上的投影向量 eq \o(AQ,\s\up16(→)) ＝(a·u)u，则点P到直线l的距离PQ＝ eq \r(|\o(AP,\s\up16(→))|2－|\o(AQ,\s\up16(→))|2) ＝ eq \r(a2－(a·u)2) . (2)点到平面的距离：如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离PQ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up16(→))·\f(n,|n|))) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up16(→))·n,|n|))) ＝ eq \f(|\o(AP,\s\up16(→))·n|,|n|) . (3)直线到平面的距离、平面到平面的距离都可以转化为点到平面的距离． 3．空间角的定义 (1)直线与平面所成的角 定义：平面的一条斜线和它在平面上的_______所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是_______；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°；直线与平面所成角的范围：_____________． (2)二面角 从一条直线出发的______________所组成的图形叫做二面角． 二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作____________的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角． (3)平面与平面的夹角 平面α与平面β相交，形成四个二面角，把这四个二面角中不大于__________的二面角称为平面α与平面β的夹角． [导学点清]　二面角与两个平面的夹角的区别与联系：二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) . 4．空间向量与空间角的关系 (1)异面直线所成的角 设异面直线l1，l2所成的角为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 如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，θ为l与α所成的角，则sin θ＝|cos 〈a，n〉|＝ eq \f(|a·n|,|a||n|) . (3)平面与平面的夹角 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\up16(→)) ＝(1，0，0)， eq \o(BC,\s\up16(→)) ＝(－1，2，－2)， 所以点A到直线BC的距离为 d＝| eq \o(AB,\s\up16(→)) | eq \r(1－(cos 〈\o(AB,\s\up16(→))，\o(BC,\s\up16(→))〉)2) ＝| eq \o(AB,\s\up16(→)) | eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up16(→))·\o(BC,\s\up16(→)),|\o(AB,\s\up16(→))||\o(BC,\s\up16(→))|)))\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\up16(→)) ＝(2，2，0)， eq \o(DE,\s\up16(→)) ＝(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\up16(→))＝2x＋2y＝0，,n·\o(DE,\s\up16(→))＝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\up16(→)) ＝(2，0，0)，所以点A到平面BDE的距离是 eq \f(|n·\o(DA,\s\up16(→))|,|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\up16(→)) ＝(0，1，1)， eq \o(DC,\s\up16(→)) ＝(2，0，0)， 故 eq \o(BE,\s\up16(→)) · eq \o(DC,\s\up16(→)) ＝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\up16(→)) ＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量， 而 eq \o(BE,\s\up16(→)) · eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(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\up16(→)) ＝(1，0，0)， eq \o(PD,\s\up16(→)) ＝(0，2，－2)， eq \o(DC,\s\up16(→)) ＝(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\up16(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up16(→))＝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\up16(→)) ＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥ eq \o(AB,\s\up16(→)) .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所在的直线分别为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\up16(→)) ＝(a，0，0)， eq \o(BD,\s\up16(→)) ＝(0，2，2)， eq \o(B1D,\s\up16(→)) ＝(0，2，－2)， eq \o(B1D,\s\up16(→)) · eq \o(BA,\s\up16(→)) ＝0， eq \o(B1D,\s\up16(→)) · eq \o(BD,\s\up16(→)) ＝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\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，1)) ， eq \o(EF,\s\up16(→)) ＝(0，1，1)， eq \o(B1D,\s\up16(→)) · eq \o(EG,\s\up16(→)) ＝0＋2－2＝0， eq \o(B1D,\s\up16(→)) · eq \o(EF,\s\up16(→)) ＝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\up16(→)) ，n⊥ eq \o(DC1,\s\up16(→)) . 因为 eq \o(DA1,\s\up16(→)) ＝(1，0，1)， eq \o(DC1,\s\up16(→)) ＝(0，2，1)， 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up16(→))＝0，,n·\o(DC1,\s\up16(→))＝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\up16(→)) ＝(1，0，－1)， 所以顶点B到平面DA1C1的距离d＝ eq \f(|n·\o(C1B,\s\up16(→))|,|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\up16(→)) ＝(1，0，0)， 所以点B1到平面DA1C1的距离 d1＝ eq \f(|n·\o(C1B1,\s\up16(→))|,|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\up16(→)) ＝(1，1，1)， 所以 eq \o(MN,\s\up16(→)) 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\up16(→)) ＝(1，－1，3)，故| eq \o(PM,\s\up16(→)) |＝ eq \r(12＋(－1)2＋32) ＝ eq \r(11) ， eq \o(PM,\s\up16(→)) ·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\up16(→)) 2－(\o(PM,\s\up16(→))·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\up16(→)) ＝(0，3，0)， eq \o(B1C1,\s\up16(→)) ＝(0，3，0)，则 eq \o(AD,\s\up16(→)) ＝ eq \o(B1C1,\s\up16(→)) ， 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\up16(→)) ＝(0，3，0)， eq \o(AE,\s\up16(→)) ＝ 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\up16(→))＝3y＝0，,n·\o(AE,\s\up16(→))＝3x＋\f(3,2)z＝0，)) 取x＝1， 可得n＝(1，0，－2)，又 eq \o(AB1,\s\up16(→)) ＝(3，0，3)， 因此，平面ADE与平面B1C1F之间的距离为d＝ eq \f(|\o(AB1,\s\up16(→))·n|,|n|) ＝ eq \f(3,\r(5)) ＝ eq \f(3\r(5),5) . 答案　 eq \f(3\r(5),5) $$