专题突破4：空间向量基底法在立体几何问题中的应用（4大题型）-2024-2025学年高二数学单元速记•巧练（人教B版2019选择性必修第一册）

专题突破4：空间向量基底法在立体几何问题中的应用 空间向量在解决立体几何有关位置关系及其延伸出来的相关问题中有着比较广泛的应用.在解题过程中，学生通常较偏爱于用坐标法来解决问题，实际上，利用向量基底法求解不仅过程简洁，而且在许多问题中其往往更具有优越性.通过向量基底法在上述平行垂直证明、角度问题、距离问题和位置关系判断等问题中的应用，我们发现合适基底的选择是十分重要的.在计算问题中，应该尽量选择模已知的向量，且三个向量间的夹角也易求，而在证明问题中，这些条件可以适当放宽. 纵观近些年的高考试卷，立体几何解答题往往会在已知中给出两两垂直且交于一点的三条线段，这种方便建系的考查方式让同学们习惯了空间直角坐标系下的机械运算，空间想象能力和逻辑推理能力大幅度降低.不仅如此，有时考题甚至找不到这样的三条线段，以致于许多同学因为无法合理建系导致解题失败. 因此，也建议教师在教学中可以适当补充一些向量基底法的知识，以便让同学们充分体会到基底法使用的 广泛性和灵活性，领略到立体几何学习的乐趣. 1 “三个”定理 共线向量定理 共面向量定理 空间向量基本定理 对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ使a＝λb. 若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb. 如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p=xa+yb+zc.其中{a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量．如果p=xa+yb+zc，则称xa+yb+zc为p在基底{a，b，c}下的分解式. 2 空间平行、垂直关系的向量表示 设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，n1，n2分别是平面α，β的法向量． (1)线线平行： l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得u1＝λu2. (2)线面平行： l1∥α⇔u1⊥n1⇔u1·n1＝0. (3)面面平行： α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2. (4)线线垂直： l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0. (5)线面垂直： l1⊥α⇔u1∥n1⇔∃λ∈R，使得u1＝λn1. (6)面面垂直： α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0. 3.空间距离及向量求法 分类 点到直线的距离 点到平面的距离 图形语言 文字语言 设u为直线l的单位方向向量，A∈l，P∉l，＝a，向量在直线l上的投影向量为，则 PQ＝＝ 设已知平面α的法向量为n，A∈α，P∉α，向量是向量在平面上的投影向量， PQ＝＝ 4.空间角及向量求法 角的分类 向量求法 范围 异面直线所成的角 设两异面直线所成的角为θ，两直线的方向向量分别为u，v，则 cos θ＝|cos〈u，v〉|＝ 直线与平面所成的角 设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为u，平面α的法向量为n，则 sin θ＝|cos〈u，n〉|＝ 两平面的夹角 平面α与平面β相交，形成四个二面角，把不大于的二面角称为这两个平面的夹角．设平面α与平面β的夹角为θ，两平面α，β的法向量分别为n1，n2，则 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝ 题型一 平行垂直问题 【例1】如图，已知四棱锥的底面为平行四边形， ，为的中点，设 ，，． (1)用，，表示； (2)求证：平面． 【变式1-1】如图，平面，，，，，． 求证：平面； 【变式1-2】如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，．求证： ． 【变式1-3】如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且，且． (1)用向量表示向量； (2)求证：共面； (3)当为何值时，． 【变式1-4】如图，在平行六面体中，，，设向量，，. (1)用、、表示向量，并求； (2)证明：直线平面. 题型二 角度问题 【例2】如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是. (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 【变式2-1】如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，．若，求二面角的正弦值． 【变式2-2】如图，在三棱柱中，点是的中点，，，，，设，，. （1）用，，表示，； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 【变式2-3】如图所示，在棱长为2的正四面体中，为等边三角形的中心，分别满足.    (1)用表示，并求出； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 题型三 距离问题 【例3】如图，且，，且，且，平面，．若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长． 【变式3-1】如图，空间四边形中，，，，点分别在上，且，．    (1)以为一组基底表示向量； (2)求的长度. 【变式3-2】如图，在三棱柱中，是棱的中点，，设. (1)试用向量表示向量； (2)若，求. 【变式3-3】如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，是的中点．则点到平面的距离为 　　． 【变式3-4】在平行六面体中，，， (1)求证：直线平面． (2)求到平面的距离. 【变式3-5】如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，M为与的交点，设，，． (1)用，，表示并求BM的长； (2)求点A到直线BM的距离． 题型四 位置关系问题 【例4】如图，在四棱锥中，平面，，，，．为的中点，点在上，且． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求二面角的余弦值； （Ⅲ）设点在上，且．判断直线是否在平面内，说明理由． 【变式4-1】如图，在四面体中，，，，，．    (1)求证：、、、四点共面． (2)若，设是和的交点，是空间任意一点，用、、、表示． 【变式4-2】在四棱柱中，，，，.    (1)当时，试用表示； (2)证明：四点共面； (3)判断直线能否是平面和平面的交线，并说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题突破4：空间向量基底法在立体几何问题中的应用 空间向量在解决立体几何有关位置关系及其延伸出来的相关问题中有着比较广泛的应用.在解题过程中，学生通常较偏爱于用坐标法来解决问题，实际上，利用向量基底法求解不仅过程简洁，而且在许多问题中其往往更具有优越性.通过向量基底法在上述平行垂直证明、角度问题、距离问题和位置关系判断等问题中的应用，我们发现合适基底的选择是十分重要的.在计算问题中，应该尽量选择模已知的向量，且三个向量间的夹角也易求，而在证明问题中，这些条件可以适当放宽. 纵观近些年的高考试卷，立体几何解答题往往会在已知中给出两两垂直且交于一点的三条线段，这种方便建系的考查方式让同学们习惯了空间直角坐标系下的机械运算，空间想象能力和逻辑推理能力大幅度降低.不仅如此，有时考题甚至找不到这样的三条线段，以致于许多同学因为无法合理建系导致解题失败. 因此，也建议教师在教学中可以适当补充一些向量基底法的知识，以便让同学们充分体会到基底法使用的 广泛性和灵活性，领略到立体几何学习的乐趣. 1 “三个”定理 共线向量定理 共面向量定理 空间向量基本定理 对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ使a＝λb. 若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb. 如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p=xa+yb+zc.其中{a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量．如果p=xa+yb+zc，则称xa+yb+zc为p在基底{a，b，c}下的分解式. 2 空间平行、垂直关系的向量表示 设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，n1，n2分别是平面α，β的法向量． (1)线线平行： l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得u1＝λu2. (2)线面平行： l1∥α⇔u1⊥n1⇔u1·n1＝0. (3)面面平行： α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2. (4)线线垂直： l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0. (5)线面垂直： l1⊥α⇔u1∥n1⇔∃λ∈R，使得u1＝λn1. (6)面面垂直： α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0. 3.空间距离及向量求法 分类 点到直线的距离 点到平面的距离 图形语言 文字语言 设u为直线l的单位方向向量，A∈l，P∉l，＝a，向量在直线l上的投影向量为，则 PQ＝＝ 设已知平面α的法向量为n，A∈α，P∉α，向量是向量在平面上的投影向量， PQ＝＝ 4.空间角及向量求法 角的分类 向量求法 范围 异面直线所成的角 设两异面直线所成的角为θ，两直线的方向向量分别为u，v，则 cos θ＝|cos〈u，v〉|＝ 直线与平面所成的角 设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为u，平面α的法向量为n，则 sin θ＝|cos〈u，n〉|＝ 两平面的夹角 平面α与平面β相交，形成四个二面角，把不大于的二面角称为这两个平面的夹角．设平面α与平面β的夹角为θ，两平面α，β的法向量分别为n1，n2，则 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝ 题型一 平行垂直问题 【例1】如图，已知四棱锥的底面为平行四边形， ，为的中点，设 ，，． (1)用，，表示； (2)求证：平面． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据向量运算求解即可； （2）先根据向量运算关系得，进而得共面，再根据平面即可证明. 【详解】（1）解：因为四棱锥的底面为平行四边形， ，为的中点， 所以， ， （2）证明：因为， ， 所以，，即， 所以共面， 因为平面， 所以平面. 【变式1-1】如图，平面，，，，，． 求证：平面； 【解析】证明：如图所示，因为，所以，又因为，，所以，所以和共面，又，所以. 【变式1-2】如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，．求证： ． 【解析】证明：如图所示,在直三棱柱中，，又因为，为AC的中点，所以，所以，所以. 【变式1-3】如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且，且． (1)用向量表示向量； (2)求证：共面； (3)当为何值时，． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)1 【分析】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得； （2）根据空间向量线性运算法则得到，即可证明共面； （3）设，因为底面为菱形，则当时，，由，即可得出答案. 【详解】（1）． （2）证明：，， ，共面． （3）当，， 证明：设， 底面为菱形，则当时，， ，， ， ， ． 【变式1-4】如图，在平行六面体中，，，设向量，，. (1)用、、表示向量，并求； (2)证明：直线平面. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）利用空间向量的基本定理与空间向量的线性运算可得出关于、、的表达式，利用空间向量数量积的运算可求得； （2）利用空间向量的数量积的运算可得出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立. 【详解】（1）解：， 由已知可得，， 因此，. （2）证明：，则， ，， 则， ，、平面，因此，平面. 题型二 角度问题 【例2】如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是. (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据平面向量转化基底，以及加减运算和数量积的运算性质，得到，即可证得； （2）根据平面向量转化基底，求出、、，再利用夹角公式即可求解. 【详解】（1）证明：∵以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是， ∴， ∴ ， ∴. （2）∵，， ∴ ， ， ， ∴， ∴异面直线与所成角的余弦值为. 【变式2-1】如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，．若，求二面角的正弦值． 【解析】如图：记分别为，二面角的平面角为，平面的一个法向量，由和得在矩形中，因为E为中点，显然，又因为，，所以，，所以，即是平面BCE的一个法向量，从而，所以二面角的正弦值为. 【变式2-2】如图，在三棱柱中，点是的中点，，，，，设，，. （1）用，，表示，； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1），；（2）． 【分析】（1）根据空间向量的线性运算法则计算； （2）用空间向量法求解． 【详解】（1）三棱柱中，点是的中点， ， ， （2），，，，， ， ， ， ． 所以异面直线与所成角的余弦值是． 【变式2-3】如图所示，在棱长为2的正四面体中，为等边三角形的中心，分别满足.    (1)用表示，并求出； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）先利用正四面体几何性质用表示，进而求得； （2）先求得直线与直线所成角的余弦值，进而得到直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）连接并延长交于，则为中点， 则， ， 则    （2）根据题意，平面，因此，直线与平面所成角的正弦值 即为直线与直线所成角的余弦值的绝对值. ， 且 故. 则直线与平面所成角的正弦值为. 题型三 距离问题 【例3】如图，且，，且，且，平面，．若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长． 【解析】如图，取平面ADGE的一个法向量，因为直线BP与平面ADGE所成的角为，DC=2，所以在的投影为，所以，又BC=1，所以，所以解得从而线段DP的长为 【变式3-1】如图，空间四边形中，，，，点分别在上，且，．    (1)以为一组基底表示向量； (2)求的长度. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用空间向量运算的几何表示及空间向量基本定理求解； （2）利用空间向量数量积的运算性质，由展开计算即可. 【详解】（1）， ．    （2）， 所以， 所以 ， 所以. 【变式3-2】如图，在三棱柱中，是棱的中点，，设. (1)试用向量表示向量； (2)若，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，根据向量关系直接可表示出； （2）根据（1）中的结果平方即可求出. 【详解】（1）连接，则. 因为是棱的中点，所以. 因为，所以， 则. （2）由（1）可知， 则， 因为， 所以， 则，故. 【变式3-3】如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，是的中点．则点到平面的距离为 　　． 【解析】如图，如图：记分别为，平面的一个法向量，由和得则点C到平面的距离即为在n方向的投影的绝对值，所以点到平面的距离为： 【变式3-4】在平行六面体中，，， (1)求证：直线平面． (2)求到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以为基底，并用基向量表示和平面，再通过向量运算证明是平面的法向量即可； （2）利用向量数量积的定义和运算性质可求得，，由点到平面距离的向量求法可求得结果. 【详解】（1）设，，，则为空间的一个基底，且，，， ，， ，， 在平面上，取为基向量，则对于平面上任意一点，存在唯一的有序实数对，使得， ， 是平面的法向量，平面． （2）设到平面的距离为，则， ，， . 【变式3-5】如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，M为与的交点，设，，． (1)用，，表示并求BM的长； (2)求点A到直线BM的距离． 【答案】(1)，BM的长为． (2)2 【分析】(1)根据空间向量的基本定理可得，利用空间向量的几何意义，等式两边同时平方，计算即可； (2)由(1)可得，进而可得，即为点A到直线BM的距离. 【详解】（1） 又，，， 故BM的长为． （2）由（1）知，， ∴， 所以，则为点A到直线BM的距离， 又，故点A到直线BM的距离为2． 题型四 位置关系问题 【例4】如图，在四棱锥中，平面，，，，．为的中点，点在上，且． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求二面角的余弦值； （Ⅲ）设点在上，且．判断直线是否在平面内，说明理由． 【解析】证明：（Ⅰ）平面，， ，， 平面． 解：（Ⅱ）以为原点，在平面内过作的平行线为轴， 为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ，0，，，1，，，，， ，0，，，，， ，1，，， 平面的法向量，0，， 设平面的法向量，，， 则，取，得，1，， 设二面角的平面角为， 则． 二面角的余弦值为． （Ⅲ）直线AG在平面AEF内，说明如下：如图，记分别为，平面的一个法向量，由和得又，所以，所以，所以AG在平面AEF内. 【变式4-1】如图，在四面体中，，，，，．    (1)求证：、、、四点共面． (2)若，设是和的交点，是空间任意一点，用、、、表示． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明出，即可证得结论成立； （2）由（1）可得出，可得出，则，由此可得出，再结合空间向量的线性运算可得出关于、、、的表达式. 【详解】（1）证明：因为， ， 所以，则，因此、、、四点共面． （2）解：当时，，即，可得， 因为，即，可得， 由（1）知，，，因此， 又因为、不在同一条直线上，所以，， 则，则，即， 所以， . 【变式4-2】在四棱柱中，，，，.    (1)当时，试用表示； (2)证明：四点共面； (3)判断直线能否是平面和平面的交线，并说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）直接利用空间向量线性运算可得，再根据已知关系，，进行化简可得出结果. （2）可设，不为)，由题意可化简得到，将代入并结合题意可化简得出，即可证明出四点共面. （3）先假设面面，根据棱柱的性质，可得出平面，进而得出，反之当，可判断出平面，平面，得出平面平面=，得出当时，直线是面和面的交线，反之不行，从而得出结果. 【详解】（1）= ==； （2）设，不为)， = 则，，共面且有公共点，则四点共面； （3）假设面面，在四棱柱中， ，面，面，则平面， 又面，面面，则； 反过来，当时，因为，则， 则确定平面 则平面， 又因为平面， 所以平面平面=， 所以是直线是面和面的交线的充要条件； 所以，当时，直线是面和面的交线； 当不平行时，直线不是面和面的交线      原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 $$