1.2 第2课时 空间向量基本定理的应用(课件PPT)-【优化指导】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

空间向量与立体几何 1．2　空间向量基本定理 第2课时　空间向量基本定理的应用 第一章 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 ACD 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 析 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 AC 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 析 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 析 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 课时梯级训练(4) 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 谢谢观看 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 综合应用一：平行、共面问题 [例1] 如图，在平行六面体ABCD­A′B′C′D′中，E，F，G分别是A′D′，DD′，D′C′的中点． 求证： (1)EG∥AC； (2)平面EFG∥平面AB′C． (1)取基底{ eq \o(AA′,\s\up17(→))， eq \o(AB,\s\up17(→))， eq \o(AD,\s\up17(→))}， 因为 eq \o(EG,\s\up17(→))＝ eq \o(ED′,\s\up17(→))＋ eq \o(D′G,\s\up17(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up17(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))， eq \o(AC,\s\up17(→))＝ eq \o(AB,\s\up17(→))＋ eq \o(AD,\s\up17(→))＝2 eq \o(EG,\s\up17(→))， 所以 eq \o(EG,\s\up17(→))∥ eq \o(AC,\s\up17(→))，又EG，AC无公共点，所以EG∥AC． (2)因为 eq \o(FG,\s\up17(→))＝ eq \o(FD′,\s\up17(→))＋ eq \o(D′G,\s\up17(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(AA′,\s\up17(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))， eq \o(AB′,\s\up17(→))＝ eq \o(AB,\s\up17(→))＋ eq \o(AA′,\s\up17(→))＝2 eq \o(FG,\s\up17(→))，所以 eq \o(FG,\s\up17(→))∥ eq \o(AB′,\s\up17(→))， 又FG，AB′无公共点，所以FG∥AB′. 又FG⊄平面AB′C，AB′⊂平面AB′C， 所以FG∥平面AB′C． 又由(1)知EG∥AC，且EG⊄平面AB′C，AC⊂平面AB′C，可得EG∥平面AB′C， 又FG∩EG＝G，FG，EG⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面AB′C． 证明平行、共面问题的思路 (1)利用向量共线的充要条件来证明点共线或直线平行． (2)利用空间向量基本定理证明点线共面或线面平行． [练1] (多选)如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等．给出下列结论中正确的是( 　　) A．A1M∥D1P B．A1M∥B1Q C．A1M∥平面DCC1D1 D．A1M∥平面D1PQB1 ∵ eq \o(A1M,\s\up17(→))＝ eq \o(A1A,\s\up17(→))＋ eq \o(AM,\s\up17(→))＝ eq \o(A1A,\s\up17(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))， eq \o(D1P,\s\up17(→))＝ eq \o(D1D,\s\up17(→))＋ eq \o(DP,\s\up17(→))＝ eq \o(A1A,\s\up17(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))，∴ eq \o(A1M,\s\up17(→))∥ eq \o(D1P,\s\up17(→))．又A1M，D1P无公共点，所以A1M∥D1P.又A1M⊄平面DCC1D1，A1M⊄平面D1PQB1，∴A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1，又B1Q与D1P不平行，即A1M与B1Q不平行，故B不正确． 综合应用二：垂直、夹角问题 [例2] 如图，已知直三棱柱ABC­A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点． (1)求证：CE⊥A′D； (2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值． (1)设 eq \o(CA,\s\up17(→))＝a， eq \o(CB,\s\up17(→))＝b， eq \o(CC′,\s\up17(→))＝c， 根据题意，|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0. ∴ eq \o(CE,\s\up17(→))＝b＋ eq \f(1,2)c， eq \o(A′D,\s\up17(→))＝－c＋ eq \f(1,2)b－ eq \f(1,2)a. ∴ eq \o(CE,\s\up17(→))· eq \o(A′D,\s\up17(→))＝－ eq \f(1,2)c2＋ eq \f(1,2)b2＝0， ∴ eq \o(CE,\s\up17(→))⊥ eq \o(A′D,\s\up17(→))，即CE⊥A′D． (2)∵ eq \o(AC′,\s\up17(→))＝－a＋c， ∴| eq \o(AC′,\s\up17(→))|＝ eq \r(2)|a|，| eq \o(CE,\s\up17(→))|＝ eq \f(\r(5),2)|a|. ∵ eq \o(AC′,\s\up17(→))· eq \o(CE,\s\up17(→))＝(－a＋c)·(b＋ eq \f(1,2)c)＝ eq \f(1,2)c2＝ eq \f(1,2)|a|2， ∴cos 〈 eq \o(AC′,\s\up17(→))， eq \o(CE,\s\up17(→))〉＝ eq \f(\f(1,2)|a|2,\r(2)×\f(\r(5),2)|a|2)＝ eq \f(\r(10),10). ∴异面直线CE与AC′所成角的余弦值为 eq \f(\r(10),10). 1．利用数量积求异面直线所成角θ的余弦值的步骤 (1)用基底表示所求直线的方向向量a，b； (2)求方向向量夹角的余弦cos 〈a，b〉； (3)定结果cos θ＝|cos 〈a，b〉|. 2．用向量法证明垂直关系的步骤 (1)把几何问题转化为向量问题． (2)选择空间的某个基底表示未知向量． (3)结合数量积公式和运算律证明数量积为0. (4)将向量问题回归到几何问题． [练2] 如图所示，在三棱锥A­BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，E为BC的中点． (1)证明：AE⊥BC； (2)求直线AE与DC的夹角的余弦值． (1)因为 eq \o(AE,\s\up17(→))＝ eq \o(DE,\s\up17(→))－ eq \o(DA,\s\up17(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(DB,\s\up17(→))＋ eq \o(DC,\s\up17(→)))－ eq \o(DA,\s\up17(→))， eq \o(CB,\s\up17(→))＝ eq \o(DB,\s\up17(→))－ eq \o(DC,\s\up17(→))，所以 eq \o(AE,\s\up17(→))· eq \o(CB,\s\up17(→))＝( eq \f(1,2) eq \o(DB,\s\up17(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up17(→))－ eq \o(DA,\s\up17(→)))·( eq \o(DB,\s\up17(→))－ eq \o(DC,\s\up17(→)))＝ eq \f(1,2)| eq \o(DB,\s\up17(→))|2－ eq \f(1,2)| eq \o(DC,\s\up17(→))|2－ eq \o(DA,\s\up17(→))· eq \o(DB,\s\up17(→))＋ eq \o(DA,\s\up17(→))· eq \o(DC,\s\up17(→))，又DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，所以 eq \o(AE,\s\up17(→))· eq \o(CB,\s\up17(→))＝0，故AE⊥BC． (2) eq \o(AE,\s\up17(→))· eq \o(DC,\s\up17(→))＝( eq \f(1,2) eq \o(DB,\s\up17(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up17(→))－ eq \o(DA,\s\up17(→)))· eq \o(DC,\s\up17(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(DB,\s\up17(→))· eq \o(DC,\s\up17(→))＋ eq \f(1,2)| eq \o(DC,\s\up17(→))|2－ eq \o(DA,\s\up17(→))· eq \o(DC,\s\up17(→))＝ eq \f(1,2)| eq \o(DC,\s\up17(→))|2＝2，由| eq \o(AE,\s\up17(→))|2＝( eq \f(1,2) eq \o(DB,\s\up17(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up17(→))－ eq \o(DA,\s\up17(→)))2＝ eq \f(1,4)| eq \o(DB,\s\up17(→))|2＋ eq \f(1,4)| eq \o(DC,\s\up17(→))|2＋| eq \o(DA,\s\up17(→))|2＝6，得| eq \o(AE,\s\up17(→))|＝ eq \r(6).所以cos 〈 eq \o(AE,\s\up17(→))， eq \o(DC,\s\up17(→))〉＝ eq \f(\o(AE,\s\up17(→))·\o(DC,\s\up17(→)),|\o(AE,\s\up17(→))||\o(DC,\s\up17(→))|)＝ eq \f(2,\r(6)×2)＝ eq \f(\r(6),6).故直线AE与DC的夹角的余弦值为 eq \f(\r(6),6). 综合应用三：距离、长度问题 [例3] (2025·绍兴高二期中)在三棱柱ABC­A1B1C1中， eq \o(BM,\s\up17(→))＝2 eq \o(MA1,\s\up17(→))， eq \o(C1N,\s\up17(→))＝ eq \o(NB1,\s\up17(→))．设 eq \o(AB,\s\up17(→))＝a， eq \o(AC,\s\up17(→))＝b， eq \o(AA1,\s\up17(→))＝c. (1)试用a，b，c表示向量 eq \o(MN,\s\up17(→))； (2)若∠BAC＝∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长． (1)由题意得， eq \o(MA1,\s\up17(→))＝ eq \f(1,3) eq \o(BA1,\s\up17(→))， eq \o(B1N,\s\up17(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(B1C1,\s\up17(→))， 则 eq \o(MN,\s\up17(→))＝ eq \o(MA1,\s\up17(→))＋ eq \o(A1B1,\s\up17(→))＋ eq \o(B1N,\s\up17(→))＝ eq \f(1,3) eq \o(BA1,\s\up17(→))＋ eq \o(AB,\s\up17(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(B1C1,\s\up17(→))＝ eq \f(1,3)(c－a)＋a＋ eq \f(1,2)(b－a)＝ eq \f(1,6)a＋ eq \f(1,2)b＋ eq \f(1,3)c. (2)由题设条件：a·b＝|a||b|cos ∠BAC＝cos 60°＝ eq \f(1,2)，同理可得a·c＝b·c＝ eq \f(1,2)， 则| eq \o(MN,\s\up17(→))|2＝( eq \f(1,6)a＋ eq \f(1,2)b＋ eq \f(1,3)c)2＝ eq \f(1,36)(a2＋9b2＋4c2＋6a·b＋12b·c＋4a·c)＝ eq \f(1,36)×(1＋9＋4＋3＋6＋2)＝ eq \f(25,36)， ∴| eq \o(MN,\s\up17(→))|＝ eq \f(5,6). 求距离(长度)问题的思路 (1)选择已知长度和夹角的三个向量作为基向量． (2)利用基底表示向量，将距离(长度)问题转化为向量的模的问题. [练3] 如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱PA的长为4，且PA与AB，AD的夹角都等于60°，N是PC的中点，设 eq \o(AB,\s\up17(→))＝a， eq \o(AD,\s\up17(→))＝b， eq \o(AP,\s\up17(→))＝c. (1)用基底{a，b，c}表示向量 eq \o(AN,\s\up17(→))； (2)求线段AN的长． (1)由题意得 eq \o(AN,\s\up17(→))＝ eq \o(AC,\s\up17(→))＋ eq \o(CN,\s\up17(→))＝ eq \o(AC,\s\up17(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(CP,\s\up17(→))＝ eq \o(AC,\s\up17(→))＋ eq \f(1,2)( eq \o(AP,\s\up17(→))－ eq \o(AC,\s\up17(→)))＝ eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up17(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AP,\s\up17(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up17(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AP,\s\up17(→))＝ eq \f(1,2)a＋ eq \f(1,2)b＋ eq \f(1,2)c. (2)由已知，得|a|＝|b|＝2，|c|＝4， a2＝b2＝4，c2＝16， a·b＝2×2×cos 90°＝0，a·c＝b·c＝2×4×cos 60°＝4， 所以| eq \o(AN,\s\up17(→))|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋\f(1,2)c))2)＝ eq \f(1,2) eq \r(a2＋b2＋c2＋2（a·b＋a·c＋b·c）)＝ eq \f(1,2) eq \r(4＋4＋16＋2×（0＋4＋4）)＝ eq \r(10)， 所以线段AN的长为 eq \r(10). 1．知识清单 (1)平行、共面问题． (2)垂直、夹角问题． (3)距离、长度问题． 2．方法归纳：化归转化． 3．常见误区 (1)向量夹角和线线角的范围不同，不要混淆． (2)利用向量共线证明线线平行时漏掉条件两线无公共点． (3)求长度或距离问题时易漏掉开方． ◎随堂演练 1．(多选)如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是60°，P为A1D与AD1的交点，若 eq \o(AB,\s\up17(→))＝a， eq \o(AD,\s\up17(→))＝b， eq \o(AA1,\s\up17(→))＝c，则下列正确的是(　　) A． eq \o(CP,\s\up17(→))＝－a－ eq \f(1,2)b＋ eq \f(1,2)c B． eq \o(AC1,\s\up17(→))＝a＋b－c C．cos 〈 eq \o(DC,\s\up17(→))， eq \o(AC1,\s\up17(→))〉＝ eq \f(\r(6),3) D．BD1的长为2 eq \r(3) ∵ eq \o(CP,\s\up17(→))＝ eq \o(AP,\s\up17(→))－ eq \o(AC,\s\up17(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(AD,\s\up17(→))＋ eq \o(AA1,\s\up17(→)))－( eq \o(AB,\s\up17(→))＋ eq \o(AD,\s\up17(→)))＝－ eq \o(AB,\s\up17(→))－ eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up17(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AA1,\s\up17(→))＝－a－ eq \f(1,2)b＋ eq \f(1,2)c，故A正确．∵ eq \o(AC1,\s\up17(→))＝ eq \o(AB,\s\up17(→))＋ eq \o(BC,\s\up17(→))＋ eq \o(CC1,\s\up17(→))＝ eq \o(AB,\s\up17(→))＋ eq \o(AD,\s\up17(→))＋ eq \o(AA1,\s\up17(→))＝a＋b＋c，故B错误．∵a2＝b2＝c2＝4，a·b＝b·c＝c·a＝2×2×cos 60°＝2. eq \o(DC,\s\up17(→))＝a，| eq \o(DC,\s\up17(→))|＝2；AC1＝a＋b＋c，| eq \o(AC1,\s\up17(→))|＝ eq \r(（a＋b＋c）2)＝ eq \r(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c)＝ eq \r(4＋4＋4＋4＋4＋4)＝2 eq \r(6). eq \o(DC,\s\up17(→))· eq \o(AC1,\s\up17(→))＝ a·(a＋b＋c)＝a2＋a·b＋a·c＝4＋2＋2＝8，∴cos 〈 eq \o(DC,\s\up17(→))， eq \o(AC1,\s\up17(→))〉＝eq \o(AC1,\s\up17(→)) eq \f(\o(DC,\s\up17(→))·AC1,|\o(DC,\s\up17(→))|||) ＝ eq \f(8,2×2\r(6))＝ eq \f(\r(6),3)，故C正确．∵ eq \o(BD1,\s\up17(→))＝－a＋b＋c，∴| eq \o(BD1,\s\up17(→))|＝ eq \r(（－a＋b＋c）2)＝ eq \r(a2＋b2＋c2－2a·b＋2b·c－2c·a)＝ eq \r(4＋4＋4－4＋4－4)＝2 eq \r(2).故D错误．故选AC． 2．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，求证：A1C⊥BC1． 由题意， eq \o(A1C,\s\up17(→))＝ eq \o(DC,\s\up17(→))－ eq \o(DA1,\s\up17(→))＝ eq \o(DC,\s\up17(→))－ eq \o(DA,\s\up17(→))－ eq \o(DD1,\s\up17(→))， eq \o(BC1,\s\up17(→))＝ eq \o(DC1,\s\up17(→))－ eq \o(DB,\s\up17(→))＝ eq \o(DD1,\s\up17(→))－ eq \o(DA,\s\up17(→))， 所以 eq \o(A1C,\s\up17(→))· eq \o(BC1,\s\up17(→))＝ eq \o(DC,\s\up17(→))· eq \o(DD1,\s\up17(→))－ eq \o(DA,\s\up17(→))· eq \o(DD1,\s\up17(→))－ eq \o(DD1,\s\up17(→))2－ eq \o(DC,\s\up17(→))· eq \o(DA,\s\up17(→))＋ eq \o(DA,\s\up17(→))2＋ eq \o(DD1,\s\up17(→))· eq \o(DA,\s\up17(→))＝0， 所以A1C⊥BC1． $$