专题01 空间向量与立体几何（考点串讲）(考点聚焦+题型突破+易错剖析+猜题押题）-2024-2025学年高二数学下学期期末考点大串讲（苏教版2019选择性必修第二册）

高二苏教版（24-25学年）数学选择性必修2期末考点大串讲 串讲01 空间向量与立体几何（5考点&8题型 01 02 04 03 目 录 易错易混 题型剖析 考点透视 押题预测 三大常考点、明确复习目标 八大题型典例剖析+技巧点拨+举一反三 三大易错易混经典例题+针对训练 精选期末真题对应考点练 01考点透视 题型剖析 题型一　利用向量研究位置问题 技巧点拨 举一反三 题型剖析 题型二　利用空间向量的数量积求值 技巧点拨 举一反三 题型剖析 题型三　空间向量及其运算的坐标表示 技巧点拨 举一反三 题型剖析 题型四　空间平面的共线与共面 技巧点拨 举一反三 题型剖析 题型五　异面直线所成的角 技巧点拨 举一反三 题型剖析 题型六　利用空间向量解决二面角 技巧点拨 举一反三 题型剖析 题型七　利用空间向量解决距离问题 技巧点拨 举一反三 题型剖析 题型八　利用空间向量解决线面角 技巧点拨 举一反三 03易错易混 易错点1　忽略异面直线所成角与向量夹角的关系致错 03易错易混 易错点2　忽视异面直线所成角的范围致错 03易错易混 易错点3　忽略两平面法向量的夹角与二面角平面角的关系致错 针对训练 04押题预测 D B C D A 谢谢观看！ 例1、 在棱长为1的正方体中，E为的中点，P、Q是正方体表面上相异两点．若P、Q 均在平面上，满足，． (1)判断PQ与BD的位置关系； (2)求的最小值． 【解析】(1)以D为原点，以射线DA，DC，分别为x，y，z轴的正向建立空间直角坐标系，，，． 因为P、Q均在平面上，所以设，，则，，． 因为，，所以解得: 所以，，即，，所以PQ与BD的位置关系是平行． (2)由（1）可知：，，所以． 当时，有最小值，最小值为． 1、（1）线线平行 设直线的方向向量分别是，则要证明，只需证明，即． （2）线面平行 线面平行的判定方法一般有三种： ①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明，即． ②根据线面平行的判定定理：要证明一条直线和一个平面平行，可以在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量． ③根据共面向量定理可知，要证明一条直线和一个平面平行，只要证明这条直线的方向向量能够用平面内两个不共线向量线性表示即可． （3）面面平行 ①由面面平行的判定定理，要证明面面平行，只要转化为相应的线面平行、线线平行即可． ②若能求出平面，的法向量，则要证明，只需证明． 2、（1）线线垂直 设直线的方向向量分别为，则要证明，只需证明，即． （2）线面垂直 ①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明． ②根据线面垂直的判定定理转化为直线与平面内的两条相交直线垂直． （3）面面垂直 ①根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直． ②证明两个平面的法向量互相垂直． 【变式】如图所示，在棱长为1的正方体，中，E、F分别是棱AB、BC上的动点，且， 其中，以O为原点建立空间直角坐标系． (1)求证：； (2)若、E、F、四点共面，求证：． 【解析】(1)解：由已知得，，，， 则，， ∴，∴，即． (2)，，． 设，由解得，．所以． 例2、如图，正方体的棱长是，和相交于点． (1)求； (2)求与的夹角的大小余弦值； (3)判断与是否垂直． 【解析】(1)正方体中， ,故; (2)由题意知, , , ，故， 故 ，故与的夹角的大小余弦值为 ； (3)由题意， , ,故与垂直. 1、利用空间向量的数量积求两向量的夹角 本题用传统立体几何方法求异面直线BN和SM所成角，可以利用中位线平移或补形在正方体中计算， 但是图形添加辅助线后不易观察，计算量也稍大。如用向量夹角公式求解，无 须添加辅助线，便于观察图形，更能有效地解决问题。 2、利用空间向量的数量积求线段的长度 空间向量求模的运算要注意公式的准确应用。向量的模就是表示向量的有向线段的长度，因此求线段 长度的总是可用向量求解。 3、利用空间向量的数量积证垂直 立体几何中有关判断线线垂直问题，通常可以转化为求向量的数量积为零 【变式】如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为1的正方形， ，设． (1)求； (2)求． 【解析】(1)， ，， ， ， 即有； (2)． . 例3、已知正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则（       ） A ,点的坐标为（2，0，2） B． C．的中点坐标为（1，1，1） D．点关于y轴的对称点为（－2，2，－2） 【解析】根据题意可知点的坐标为，故A错误； 由空间直角坐标系可知： ,故B正确； 由空间直角坐标系可知：,故的中点坐标为（1，1，1），故C正确； 点坐标为，关于于y轴的对称点为（－2，2，－2），故D正确， 故选：BCD 空间线段中点坐标空间中有两点，则线段AB的中点C的坐标为. 向量数量积的坐标运算若，则 空间向量长度及两向量夹角的坐标计算公式若，则 . 空间向量平行和垂直的条件 若，则 ① ② 【变式】四棱锥的底面是正方形，平面，且，若， 则点的空间直角坐标为（       ）A． B． C． D． 【解析】由题意得，，所以， 所以，所以的坐标为． 故选：B． 例4、已知空间三点，，，若三点共线，则（       ）． A． B．1 C． D．2 【解析】因为，，且三点共线， 所以向量与向量共线， 所以，得． 故选：C. （1） 在空间直角坐标系下，两向量的共线，可利用向量的共线定理，通过列方程组求解. 要证三向量共面，即证存在，使得. （2） 在空间直角坐标系下，两向量的共线，三向量的共面问题，均可灵活应用共线，共 面的基本定理，利用向量坐标通过方程求解。 【变式】已知向量，，，若，，共面，则___________. 【解析】因为，，共面，设，则， 则，解得. 故答案为：2. 例5、如图所示，设有底面半径为的圆锥．已知圆锥的侧面积为，为中点，． (1)求圆锥的体积； (2)求异面直线与所成角． 【解析】(1)设圆锥母线长为， ，，即，圆锥的高， . (2)取边上中点，连结，，， 是的中位线，； 垂直于底面，垂直于底面，； ，为中点，，即； ，平面，平面， 又平面，，即异面直线与所成角为. 已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为， 则 【变式】已知正方体的棱长为1，O为中点． 求异面直线与OD所成角的大小． 【解析】直线与OD的一个方向向量为，， 得， 又设异面直线与OD所成角为 ，则，故 ， 所以异面直线与OD所成角的大小为． 例6、如图，在三棱柱中，已知底面，，，，D为的中点， 点F在棱上，且，E为线段上的动点. (1)证明：； (2)若直线与所成角的余弦值为，求二面角的余弦值. 【解析】(1)证明：在三棱柱中，底面，所以三棱柱是直三棱柱，则， 因为，所以，又因为， D为的中点，所以,又，所以平面， 则，易知，则，因为，三条， 则，即，又，所以平面，所以； (2) 由（1）取的中点O，以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系：则， 设，所以，， 因为直线与所成角的余弦值为，所以，解得x=2， 则，，设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，易知是平面的一个法向量，则 二面角的余弦值是. 如图，若于于，平面交于，则为二面角的平面角， . 若分别为面的法向量， 则二面角的平面角或， 【变式】如图，四边形为菱形，，将沿 折起，得到三棱锥，点M，N分别为和的重心． 当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值． 【解析】当三棱锥的体积最大时，点D到底面的距离最大，即平面平面， 连接，因为和均为正三角形，于是，又平面平面， 所以平面，所以两两垂直， 以O为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则， 所以， 又二面角即二面角， 设平面的一个法向量为，则可得，取，则， 同理设平面的一个法向量为，则,即，取，则， 所以，由图可知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为． 例7、已知正四棱柱，其中． 求点到平面的距离 【解析】以D为原点，建立空间直角坐标系． 则可知 设平面的法向量为则 不妨设，同时设点到平面的距离为d则 故点到平面的距离为 1.求点面距的一般步骤： ①求出该平面的一个法向量； ②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量； ③求出法向量与斜线段向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离． 即：点A到平面的距离，其中，是平面的法向量． 2.设直线l的单位方向向量为，，，设，则点P到直线l的距离 【变式】如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形， 为中点，且.若点在线段上，且直线与平面所 成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【解析】取中点为中点为，则， 由（1）知平面，且平面，所以，又，所以，所以平面， 于是两两垂直如图，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系 则所以 设平面的法向量为，则，即，令，则于是 设，则 由于直线与平面所成角的正弦值为于是，即，整理得， 由于，所以于是设点到平面的距离为则所以点到平面的距离为 例8、 平行四边形所在的平面与直角梯形所在的平面垂直，∥，， 且为的中点.若直线上存在点，使得直线所成角的余弦值为， 求直线与平面成角的大小. 【解析】(3)，，，， 设点坐标，， ∵E、H、F三点共线，∴，，∴， ∴，解得，， 设平面的法向量为，则，即，令，则， 设直线与平面成的角为，，∴直线与平面成的角为. 设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为， 与的角为，则有． 【变式】如图，三棱台中，，，． 求直线与平面所成的角． 【解析】由题，，则，又，， 故，故. 分别以为轴建立如图空间直角坐标系， 易得，，，，，， 设平面法向量， 则，令，则， 故，故直线与平面所成的角为. 即直线与平面所成的角为. 1．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝1，AA1＝2，则异面直线BD1和B1C所成角的余弦值为(　 ) A.eq \f(3\r(70),70) B．－eq \f(3\r(70),70) C．－eq \f(\r(70),70) D.eq \f(\r(70),70) ． 【错解】选B，以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(1,3,0)，D1(0,0,2)，B1(1,3,2)，C(0,3,0)，则eq \o(BD1,\s\up7(―→))＝(－1，－3,2)， eq \o(B1C,\s\up7(―→))＝(－1,0，－2)，从而cos〈eq \o(BD1,\s\up7(―→))，eq \o(B1C,\s\up7(―→))〉＝o(BD1,\s\up7(―→))eq \f(·eq \o(B1C,\s\up7(―→)),|eq \o(BD1,\s\up7(―→))||eq \o(B1C,\s\up7(―→))|) ＝eq \f(－3,\r(14)·\r(5))＝－eq \f(3\r(70),70). 【错因】两异面直线所成角的范围 ，而两向量夹角的范围为 ，错解中误认为两向量夹角就是两异面直线所成角。 【正解】选A　以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1,3,0)，D1(0,0,2)，B1(1,3,2)，C(0,3,0)，则eq \o(BD1,\s\up7(―→))＝(－1，－3,2)，eq \o(B1C,\s\up7(―→))＝(－1,0，－2)，从而cos〈eq \o(BD1,\s\up7(―→))，eq \o(B1C,\s\up7(―→))〉＝o(BD1,\s\up7(―→))eq \f(·eq \o(B1C,\s\up7(―→)),|eq \o(BD1,\s\up7(―→))||eq \o(B1C,\s\up7(―→))|) ＝eq \f(－3,\r(14)·\r(5))＝－eq \f(3\r(70),70).又异面直线BD1和B1C所成的角不可能为钝角，其余弦值非负，所以，异面直线BD1和B1C所成角的余弦值为eq \f(3\r(70),70). 2．直三棱柱ABC—A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝120°，E为BB′的中点，异面直线CE与C′A所成角的余弦值是（       ） A． B． C． D． 【错解】A，如图所示，直三棱柱 向上方补形为直三棱柱 ，其中 ， ， 分别为各棱的中点，取 的中点 ，可知 ，异面直线 与 所成角即为 与 所成角.设 ，则 ， ， ， 【错因】忽略了异面直线所成角的范围 ，所以两条异面直线所成角的余弦值一定是正数. 【正解】B，如图所示，直三棱柱 向上方补形为直三棱柱 ，其中 ， ， 分别为各棱的中点，取 的中点 ，可知 ，异面直线 与 所成角即为 与 所成角.设 ，则 ， ， ， ，故异面直线CE与C′A所成角的余弦值为 . 3.几何体是由棱台ABC－A1B1C1和棱锥D－AA1C1C拼接而成的组合体,其底面四边形ABCD是边长为2的菱形,且∠BAD=60°, BB1⊥平面ABCD,BB1=B1C1=1.求二面角A1-BD-C1的余弦值. 【错解】设 交于点 ,以 为坐标原点,以 为 轴,以 为 轴,建立空间直角坐标系, 轴显然平行于直 由四边形ABCD是边长为2的菱形,且∠BAD=60°,得 , , , , , ,设平面 的一个法向量为 ,则 令 ,得 ,从而 同理 ,设平面 的一个法向量为 ,则 令 ,得 ,从而 ,则 .故二面角 的余弦值为 . 【错因】错误的认为两平面法向量的夹角就等于二面角平面角，实际上是二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)． 【正解】又由图可知 为锐角,故二面角 的余弦值为 . 1．如图，在正方体 中，E为 的中点．求直线 与平面 所成角的正弦值． 【正解】以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系 ，设正方体 的棱长为 ，则 、 、 、 ， ， ， 设平面 的法向量为 ，由 ， 得 ，令 ，则 ， ，则 . 设直线 与平面 所成角为 ，则 . 因此，直线 与平面 所成角的正弦值为 . 1．（2025·江苏连云港·高二期中）已知，，三点不共线，为平面外一点，下列条件中能确定，，，四点共面的是（       ） A． B． C． D． 2．（2025·全国·高二课时练习）正六棱柱中，设，，，那么等于（       ） A． B． C． D． 3．（2025·四川省绵阳普明中学高二阶段练习（文））已知空间向量，，，则下列结论正确的是（       ） A．且 B．且 C．且 D．以上都不对 4．（2025·湖北·鄂南高中模拟预测）已知正方体的棱长为.以为坐标原点，以为轴正半轴，为轴正半轴，为轴正半轴建立空间直角坐标系，动点满足直线与所成夹角为的最大值为（       ） A． B． C．1 D．2 5．（2025·黑龙江·绥化市第一中学模拟预测）已知直三棱柱各棱长均相等，点D，E分别是棱，的中点，则异面直线AD与BE所成角的余弦值为（       ） A． B． C． D． $$