1.2.1 空间中的点、直线与空间向量课件-2024-2025学年高二上学期数学人教B版（2019）选择性必修第一册

第一章　空间向量与立体几何 1.2.1　空间中的点、直线与空间向量 人教B版 数学 选择性必修第一册 课程标准 1.会利用空间直线上的点求直线的方向向量; 2.能用直线的方向向量求空间两直线所成的角. 基础落实·必备知识全过关 重难探究·能力素养全提升 目录索引 成果验收·课堂达标检测 基础落实·必备知识全过关 知识点1 点的位置向量、直线的方向向量 点的位 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 直线的方 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 过关自诊 [北师大版教材习题]已知点A(1,2,1),B(0,1,3), (点O为坐标原点),求点C的坐标,并写出直线BC的一个方向向量的坐标. 所以直线BC的一个方向向量的坐标为(1,2,1). 知识点2 空间中两条直线所成的角 设v1,v2分别是空间中直线l1,l2的方向向量,且l1与l2所成角的大小为θ,则θ=<v1,v2>或θ=π-<v1,v2>,特别地,sin θ=　　　　　　,cos θ=　　　　　; l1⊥l2⇔<v1,v2>=　　　　⇔v1·v2=0.  过关自诊 已知直线a,b的方向向量分别是m=(1,k,1),n=(k,k+2,2),若a⊥b,则k=　　　　.  sin<v1,v2>　 |cos<v1,v2>| -2或-1　 解析 ∵a⊥b, ∴m⊥n,即m·n=0. ∴k+k2+2k+2=0,即k2+3k+2=0, ∴k=-2或k=-1. 重难探究·能力素养全提升 探究点一　利用向量法求解直线的位置关系 角度1.判定直线的位置关系 【例1】 (1)[2023江苏高二课时练习]已知直线l的方向向量为a=(2,1,3),且直线l经过点A(0,y,6)和点B(-2,-4,z),则y=　　　　　,z=　　　　　.  -3 3 (2)设a,b分别是两条不重合的直线l1,l2的方向向量,根据下列条件判断l1,l2的位置关系: ①a=(2,3,-1),b=(-6,-9,3); ②a=(5,0,2),b=(0,4,0). 解 ①∵a=(2,3,-1),b=(-6,-9,3), ∴a=-b,∴a∥b,∴l1∥l2. ②∵a=(5,0,2),b=(0,4,0),∴a·b=0, ∴a⊥b,∴l1⊥l2. 规律方法　解决直线的位置关系,可用直线对应的方向向量的坐标来刻画,对于此类问题应注意先要进行宏观判断,再合理地选取坐标公式. 若直线l1的方向向量u1=(a1,b1,c1),直线l2的方向向量为u2=(a2,b2,c2).(注:下面的λ,k∈R) (1)如果l1∥l2,那么u1∥u2⇔u1=λu2⇔(a1,b1,c1)=λ(a2,b2,c2); (2)如果l1⊥l2,那么u1⊥u2⇔u1·u2=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0. 变式训练1[北师大版教材例题]在空间直角坐标系中,已知点A(1,1,0), B(2,3,3),C(0,1,2),点D为直线AB上的一点,且CD⊥AB, 角度2.证明线线垂直问题 【例2】如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2, ∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.求证:EF⊥BC. 证明 由题意,以点B为坐标原点,在平面DBC内过点B作垂直于BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴, 在平面ABC内过点B作垂直BC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐 规律方法　证明两直线垂直的基本步骤 对于几何体为三棱锥的情况一定要注意建系的合理性,要使已知数据和所用的点更多地落在坐标平面或坐标轴上为标准.本例中要充分抓住平面ABC和平面BCD互相垂直这一条件. 变式训练2已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为1,M是底面上BC边的中点,N是侧棱CC1上的点,且CN= CC1.求证:AB1⊥MN. 证明 设AB中点为O,作OO1∥AA1.以O为坐标原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线为y轴,OO1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 探究点二　异面直线所成的角 【例3】 如图,在三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB, ∠O1OB=60°,∠AOB=90°,且OB=OO1=2,OA= ,求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的大小. 规律方法　1.求解异面直线夹角方法,常用的就是建系后利用向量的坐标处理,除此之外还要注意其他方法的要领. (1)传统法:作出与异面直线所成角相等的平面角,进而构造三角形求解.这种方法灵活技巧性强,强调对夹角定义的挖掘; 2.运用向量法常用两种途径 (1)基底法 在一些不适合建立坐标系的题型中,我们经常采用取定基底的方法.在由公式cos<a,b>= 求向量a,b的夹角时,关键是求出a·b及|a|与|b|,一般是把a,b用基向量表示出来,再求有关的量; (2)坐标法 根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系,写出各相关点的坐标,利用坐标法求线线角,避免了传统找角或作角的步骤,使过程变得简单. 变式训练3如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知M,N分别是BD和AD的中点,则B1M与D1N所成角的余弦值为(　　) A 解析 建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为2,则 成果验收·课堂达标检测 A 级 必备知识基础练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.[探究点一(角度1)]已知l1的方向向量为v1=(1,2,3),l2的方向向量为v2=(λ,4,6),若l1∥l2,则λ等于(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2.[探究点二]空间中异面直线a与b所成角的取值范围是(　　) C 解析 根据异面直线所成角定义,空间中异面直线a与b所成角的取值范围是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 3. [探究点一·2023陕西宝鸡高二期末]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,PQ与直线A1D和AC都垂直,则直线PQ与BD1的关系是(　　) A.异面但不垂直 B.平行 C.异面垂直 D.垂直且相交 B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4. [探究点一·2023湖北丹江口高二阶段练习](多选题)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上不与C1,C重合的任意一点,则能作为直线AA1的方向向量的是(　 　) ABD 故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5.[探究点二]如图,在三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB,且∠O1OB=60°,∠AOB=90°,OB=OO1=2,OA= ,求异面直线A1B与O1A所成角的余弦值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解 以O为坐标原点,OA,OB所在直线分别为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 B 级 关键能力提升练 6.(多选题)已知空间中四点A(1,1,0),B(0,1,2),C(0,3,2),D(-1,3,4).下列说法中,正确的有(　 　) C.A,B,C三点共线 D.A,B,C,D四点共面 ABD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 7.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=60°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　) B 解析 ∵直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=60°,AB=2,BC=1, ∴在△ABC中,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB×BCcos 60° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 以C为原点,CB为x轴,CA为y轴,CC1为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, ∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为0. 故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8.已知a,b是异面直线,A,B∈a,C,D∈b,AC⊥b,BD⊥b,且AB=2,CD=1,则直线a,b所成的角是　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 9. 如图是正四面体的平面展开图,G,H,M,N分别为DE,BE,EF,EC的中点,在这个正四面体中,①GH与EF平行;②BD与MN为异面直线;③GH与MN成60°角;④DE与MN垂直. 以上四个结论中,正确结论的序号是　 .  ②③④ 解析 还原成正四面体知GH与EF为异面直线,BD与MN为异面直线,GH与MN成60°角,DE与MN为垂直. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10. 如图,在四面体ABOC中,OC⊥OA,OC⊥OB,∠AOB=120°,且OA=OB=OC=1,设P为AC的中点,Q在AB上且AB=3AQ,证明:PQ⊥OA. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 证明 如图,连接OP,OQ,PQ,取O为坐标原点,过点O作OD⊥OA,以OA, OD,OC所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Oxyz(如图所示). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 C 级 学科素养创新练 11. 如图,已知▱ABCD中,AB=AC=1,∠ACD=90°,将它沿对角线AC折起,使AB与CD成60°角,求B,D间的距离. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 =2 解 设点C(x,y,z),则=(x,y-1,z-3),2=2(1,2,1)=(2,4,2). 又=2,所以(x,y-1,z-3)=(2,4,2), 所以所以C(2,5,5). 因为=(2,4,2), 解析 因为=(-2,-4-y,z-6),所以,解得y=-3,z=3. 求. 解 依题意知=(1,2,3),=(1,0,-2). 因为点D是直线AB上的一点,所以存在实数λ,使得=λ,则 +λ=(1+λ,2λ,-2+3λ).由CD⊥AB,得=0,即(1+λ)+2(2λ)+3(-2+3λ)=0, 解得λ=,所以. 标系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),所以E(0,),F(,0),所以=(,0,-),=(0,2,0), 所以=0, 所以,即EF⊥BC. 由已知得A(-,0,0),B(,0,0),C(0,,0),N(0,),B1(,0,1). ∵M为BC中点,∴M(,0), ∴=(-),=(1,0,1), ∴=-+0+=0, ∴,即AB1⊥MN. 解 已知平面OBB1O1⊥平面OAB,∠AOB=90°,以O为坐标原点,的方向为x轴,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则O(0,0,0),O1(0,1,),A(,0,0),A1(,1,),B(0,2,0), ∴=(-,1,-),=(,-1,-), ∴|cos<>|= =, ∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的大小为. (2)向量法:在两异面直线a与b上分别取点A,B和C,D,则可分别为a,b的方向向量,则cos θ=.这一方法思路简单,不需构造,但计算量一般较大. A. B. C. D. B1(2,2,2),M(1,1,0),D1(0,0,2),N(1,0,0),∴=(-1,-1,-2),=(1,0,-2), ∴cos<>=. 解析 由l1∥l2,得v1∥v2,得,故λ=2. A.[0,π] B.(0,π) C. D. . A. B. C. D. 解析 因为,所以都可作为直线AA1的方向向量. 则A(,0,0),B(0,2,0),A1(,1,),O1(0,1,), 所以=(-,1,-),=(,-1,-). 设所求的角为α, 则cos α=, 即异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为. A. B.AB∥CD A. B.0 C. D. =4+1-2×2×1×=3, ∴AC=,∴BC2+AC2=AB2,∴BC⊥AC. 则A(0,,0),B(1,0,0),B1(1,0,1),C1(0,0,1),∴=(1,-,1),=(-1,0,1), ∴cos<>==0, 解析 ∵=()·=||2=1, ∴cos<>=,∴<>=. 则A(1,0,0),C(0,0,1),B(-,0). ∵P为AC中点,∴P(,0,). ∴=(-,0),又由已知,可得=(-,0). 又=(,0), ∴=(0,,-). ∵=0,∴,即PQ⊥OA. 解 因为∠ACD=90°, 所以=0,同理=0. 因为AB与CD的夹角为60°, 所以的夹角为60°或120°. 因为, 所以||2=||2+||2+||2+2+2+2 =3+2cos<>. 当所成的角为60°时,||2=3+2cos<>=4,所以||=2,即B,D间的距离为2; 当所成的角为120°时,||2=3+2cos<>=2,所以||=. 综上可得,B,D间的距离为2或. $$