第1章 空间向量与立体几何 章末整合提升(Word教参)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

一、空间向量及其运算 空间向量的运算主要包括空间向量的线性运算、数量积运算以及空间向量的坐标运算．空间向量的运算法则、运算律与平面向量基本一致．空间向量的共线与共面以及数量积运算，是用向量法求解立体几何问题的基础． 　如图所示，在平行六面体A1B1C1D1­ABCD中，M分成的比为，N分成的比为2，设＝a，＝b，＝c，试用a，b，c表示. [自主解答]　连接AN(图略)，则＝＋，由题知ABCD是平行四边形，故＝＋＝a＋b.因为M分成的比为，所以＝－＝－(a＋b)． 又N分成的比为2，故＝＋ ＝－＝－＝－(－)＝(c＋2b)，则＝＋＝－(a＋b)＋(c＋2b)＝(－a＋b＋c)． 二、空间向量与空间位置关系 设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则 (1)线线平行：l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R； (2)线面平行(l⊄α)：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0； (3)面面平行：α∥β⇔u∥v⇔u＝kv，k∈R； (4)线线垂直：l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0； (5)线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R； (6)面面垂直：α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0. 　如图所示，已知PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，PA＝AD，M，N分别为AB，PC的中点．求证： (1)MN∥平面PAD； (2)平面PMC⊥平面PDC． [自主解答]　证明　(1)由题意得AB，AD，AP两两垂直．如图所示，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Axyz. 设PA＝AD＝a，AB＝b，则有P(0,0，a)，A(0,0,0)，D(0，a,0)，C(b，a,0)，B(b,0,0)． 因为M，N分别为AB，PC的中点， 所以M，N. 所以＝，＝(0,0，a)，＝(0，a，0)， 所以＝＋. 所以，，共面． 又MN⊄平面PAD， 所以MN∥平面PAD． (2)由(1)可知＝(b，a，－a)，＝，＝(0，a，－a)． 设平面PMC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 所以 令z1＝b，则n1＝(2a，－b，b)． 设平面PDC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)． 则 所以 令z2＝1，则n1＝(0,1,1)． 因为n1·n2＝0－b＋b＝0， 所以n1⊥n2，所以平面PMC⊥平面PDC． 三、空间向量与空间距离、空间角 题点多探　多维探究 几何法求空间距离、空间角，都需要先作出(或证出)所求的距离或角，费时费力，难度较大，而利用空间向量，只需求出点的坐标、直线的方向向量和平面的法向量，即可求解，体现了向量法极大的优越性． 角度1　利用空间向量求点到平面的距离 　如图所示，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2，求点A到平面MBC的距离． [自主解答]　如图所示，取CD的中点O，连接OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD， 所以MO⊥平面BCD． 以O为原点，OC，BO，OM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz. 因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，所以OB＝OM＝，则O(0,0,0)，C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，－，0)，A(0，－，2)，所以＝(1，，0)，＝(0，，)，＝(0,0，2)． 设平面MBC的法向量为n＝(x，y，z)，由得即取x＝，可得平面MBC的一个法向量为n＝(，－1，1)，又＝(0,0,2)， 所以所求距离d＝＝. 角度2　利用空间向量求线线角 　如图所示，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC． (1)证明：平面AEC⊥平面AFC； (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值． [自主解答]　(1)证明　连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF. 在菱形ABCD中，不妨设GB＝1. 由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC． 又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC． 在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝. 在Rt△FDG中，可得FG＝. 在直角梯形BDFE中， 由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝. 从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC．因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC． (2)如图，以G为原点，GB，GC所在直线分别为x轴、y轴，||为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz. 由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，，0)， 所以＝(1，，)，＝. 故cos〈，〉＝＝－. 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为. 角度3　利用空间向量求线面角[规范答题] 　(13分)如图所示，在三棱锥P­ABC中，△PAC为等腰直角三角形，PA＝PC，AC＝2，△ABC为正三角形，D为AC的中点. (1)证明：平面PDB⊥平面PAC； (2)若二面角P­AC­B的平面角为锐角，且三棱锥P­ABC的体积为，求直线PA与平面PCB所成角的正弦值. [规范解答]　(1)证明　∵PA＝PC，D为AC中点， ∴AC⊥PD．(1分) 又△ABC为等边三角形，BA＝BC， ∴AC⊥BD．(2分) 又BD∩PD＝D，∴AC⊥平面PDB．(3分) 又AC⊂平面PAC， ∴平面PAC⊥平面PDB．(4分) (2)由(1)知点P在平面ABC内的射影O在直线BD上，又二面角P­AC­B的平面角为锐角，∴O在射线DB上，S△ABC＝×4＝，VP­ABC＝S△ABC·PO＝，∴PO＝，又PD＝1，∴OD＝，即O为BD中点．取AB中点E，连接OE，则OE∥AD， ∴OE⊥平面POB，∴OE，OB，OP两两互相垂直．(7分) 以O为原点，OE，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系． 则O(0,0,0)，B，A，C，P， 所以＝，＝(－1，－，0)． 设平面PCB的法向量为n＝(x，y，z)， 由得 令y＝1，得平面PCB的一个法向量为n＝(－，1，)，(10分) 又＝，设PA与平面PCB所成角为α，则sin α＝|cos〈n，〉|＝＝＝.(12分) ∴直线PA与平面PCB所成角的正弦值为. (13分) 角度4　利用空间向量求平面与平面的夹角 　(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A­CP­D的正弦值为，求AD． 解　(1)证明　第1步：证明AD⊥AB 由于PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴PA⊥AD， 又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，∴AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，∴AD⊥AB． 第2步：证明AB⊥BC，得出BC∥AD ∵AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，∴BC∥AD， 第3步：证明AD∥平面PBC ∵AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AD∥平面PBC． (2)第1步：建系，设出点A(a,0,0)，写出相关向量的坐标 由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，设A(a,0,0)，a>0，则CD＝，C(0，，0)，P(a,0,2)，＝(0，－，0)，＝(－a，，0)，＝(a，－，2)． 第2步：得出平面CPD的一个法向量 设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 可取n＝(2,0，－a)． 第3步：得出平面ACP的一个法向量 设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即可取m＝(，a,0)． 第4步：根据二面角A­CP­D的正弦值列方程 ∵二面角A­CP­D的正弦值为， ∴余弦值的绝对值为， 故|cos〈m，n〉|＝＝＝， 第5步：得出AD的长 又a>0，∴a＝，即AD＝. 四、空间向量与探索性问题 解决存在性问题的基本策略：通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在． 　在正三棱柱ABC­A1B1C1中，所有棱的长度都是2，M是BC边的中点，试问：侧棱CC1上是否存在一点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°？ [自主解答]　以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为所有棱的长都是2，所以A(0,0,0)，C(0,2,0)， B(，1,0)，B1(，1,2)，M. 假设侧棱CC1上存在一点N(0,2，m)(0≤m≤2)，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°， 则＝(，1,2)，＝. 于是||＝2，||＝，·＝2m－1. 如果异面直线AB1和MN所成的角等于45°，那么向量和的夹角是45°或135°，而cos〈，〉＝＝，所以＝±，解得m＝－，这与0≤m≤2矛盾． 所以侧棱CC1上不存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°. 学科网（北京）股份有限公司 $$