第1章 1.4 阶段复习提升课(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 阶段复习提升课 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 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 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 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 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 BC 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 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 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 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 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 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 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 解 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 课时梯级训练(13) 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 空间向量在立体几何中的应用 考点一　用空间向量证明平行与垂直 用空间向量判断空间中位置关系的类型有：线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直；判断证明的基本思想是转化为线线关系或者利用平面的法向量，利用向量的共线和垂直进行证明． [例1] 在四棱锥P­ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中点． (1)求证：BM∥平面PAD； (2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由． (1)以A为原点，以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， 则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1). ∵ eq \o(BM,\s\up17(→))＝(0，1，1)，平面PAD的一个法向量为n＝(1，0，0)， ∴ eq \o(BM,\s\up17(→))·n＝0，即 eq \o(BM,\s\up17(→))⊥n， 又BM⊄平面PAD，∴BM∥平面PAD． (2)由(1)知， eq \o(BD,\s\up17(→))＝(－1，2，0)， eq \o(PB,\s\up17(→))＝(1，0，－2). 假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD． 设N(0，y，z)，则 eq \o(MN,\s\up17(→))＝(－1，y－1，z－1)， 从而MN⊥BD，MN⊥PB，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(MN,\s\up17(→))·\o(BD,\s\up17(→))＝0，,\o(MN,\s\up17(→))·\o(PB,\s\up17(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋2（y－1）＝0，,－1－2（z－1）＝0，))∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)，,z＝\f(1,2)，))∴N(0， eq \f(1,2)， eq \f(1,2))， ∴在平面PAD内存在一点N(0， eq \f(1,2)， eq \f(1,2))，使MN⊥平面PBD． 利用向量判断空间位置关系的策略 利用空间向量证明或求解立体几何问题时，首先要选择基底或建立空间直角坐标系转化为其坐标运算，再借助于向量的有关性质求解(证明). [练1] 如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论． 在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE，证明如下： 依题意，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1， 则A1(0，0，1)，B(1，0，0)，B1(1，0，1)，E(0，1， eq \f(1,2))， eq \o(BA1,\s\up17(→))＝(－1，0，1)， eq \o(BE,\s\up17(→))＝(－1，1， eq \f(1,2)). 设n＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量， 则由eq \o(BA1,\s\up17(→)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·\o(BE,\s\up17(→))＝0，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－x＋y＋\f(1,2)z＝0.)) 所以x＝z，y＝ eq \f(1,2)z，取z＝2，得n＝(2，1，2). 设棱C1D1上存在点F(t，1，1)(0≤t≤1)满足条件， 又B1(1，0，1)，所以 eq \o(B1F,\s\up17(→))＝(t－1，1，0). 而B1F⊄平面A1BE， 于是B1F∥平面A1BE，即 eq \o(B1F,\s\up17(→))·n＝0，可得(t－1，1，0)·(2，1，2)＝0，解得t＝ eq \f(1,2)，故点F为C1D1的中点． 即在棱C1D1上存在点F为C1D1的中点，使B1F∥平面A1BE. 考点二　利用空间向量求距离 1．求点到平面的距离，常常利用向量法，转化为求平面外一点与平面内一点构成的向量在平面的法向量上的投影向量的长度． 2．求直线到平面的距离，往往转化为点到平面的距离求解，且这个点要适当选取，以易于求解为准则． [例2] 三棱锥P­ABC中，PA＝4，AB＝2 eq \r(3)，BC＝2，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，D为AC中点，点E在棱PC上(端点除外).过直线DE的平面α与平面PAB垂直，平面α与此三棱锥的面相交，交线围成一个四边形． (1)在图中画出这个四边形，并写出作法(不要求证明)； (2)若PE＝3EC，求点C到平面α的距离． (1)取AB的中点M，连接DM，作EF∥BC交PB于点F，连接MF，则四边形DMFE即为所求．如图所示． (2)以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示． 因为AB⊥BC，AB＝2 eq \r(3)，BC＝2， 所以AC＝4，∠BAC＝30°，AM＝ eq \f(1,2)AB＝ eq \r(3)， 所以M( eq \f(\r(3),2)， eq \f(3,2)，0)，D(0，2，0)，C(0，4，0). 因为PA＝4，AC＝4，PE＝3EC， 所以E(0，3，1)，故 eq \o(CE,\s\up17(→))＝(0，－1，1)， eq \o(DM,\s\up17(→))＝( eq \f(\r(3),2)，－ eq \f(1,2)，0)， eq \o(DE,\s\up17(→))＝(0，1，1). 设平面DME的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DM,\s\up17(→))＝0，,m·\o(DE,\s\up17(→))＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＝0，,y＋z＝0，)) 令x＝1，则y＝ eq \r(3)，z＝－ eq \r(3)， 所以m＝(1， eq \r(3)，－ eq \r(3)). 所以点C到平面α的距离d＝ eq \f(|m·\o(CE,\s\up17(→))|,|m|)＝ eq \f(2\r(3),\r(7))＝ eq \f(2\r(21),7). 向量法求点到平面距离的一般步骤 (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对应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． [练2] (多选)(2025·泉州高二期中)如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱A1D1，AA1，CD的中点，则(　　) A．直线BE与CD所成角的余弦值为 eq \f(\r(5),3) B．点F到直线BE的距离为1 C．GB1⊥平面BEF D．点A1到平面BEF的距离为 eq \f(4,3) 如图，以D为坐标原点， eq \o(DA,\s\up17(→))， eq \o(DC,\s\up17(→))，DD1分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)， 由E，F，G分别为棱A1D1，AA1，CD的中点，可知E(1，0，2)，F(2，0，1)，G(0，1，0)， 则 eq \o(BE,\s\up17(→))＝(－1，－2，2)， eq \o(BF,\s\up17(→))＝(0，－2，1)， eq \o(DC,\s\up17(→))＝(0，2，0)， eq \o(GB1,\s\up17(→))＝(2，1，2)， eq \o(FA1,\s\up17(→))＝(0，0，1)， 对于选项A，因为|cos 〈 eq \o(BE,\s\up17(→))， eq \o(DC,\s\up17(→))〉|＝ eq \f(|\o(BE,\s\up17(→))·\o(DC,\s\up17(→))|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BE,\s\up17(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up17(→)))))＝ eq \f(4,3×2)＝ eq \f(2,3)， 所以直线BE与CD所成角的余弦值为 eq \f(2,3)，故A错误； 对于选项B，因为 eq \o(BF,\s\up17(→))在 eq \o(BE,\s\up17(→))上的投影向量的模长为 eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BF,\s\up17(→))·\o(BE,\s\up17(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BE,\s\up17(→)))))＝2，且 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BF,\s\up17(→))))＝ eq \r(5)， 所以点F到直线BE的距离为 eq \r(（\r(5)）2－22)＝1，故B正确； 对于选项C，由eq \o(GB1,\s\up17(→)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(·\o(BE,\s\up17(→))＝0，, eq \o(GB1,\s\up17(→))·\o(BF,\s\up17(→))＝0)) 可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(GB1⊥BE，,GB1⊥BF，)) 且BE∩BF＝B，BE，BF⊂平面BEF，所以GB1⊥平面BEF，故C正确； 对于选项D，因为平面BEF的法向量可以为 eq \o(GB1,\s\up17(→))＝(2，1，2)， 所以点A1到平面BEF的距离为eq \o(FA1,\s\up17(→)) eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(· eq \o(GB1,\s\up17(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1( eq \o(GB1,\s\up17(→))))) ＝ eq \f(2,3)，故D错误． 考点三　利用空间向量求空间角 1．异面直线所成的角：两异面直线所成角的范围为0°＜θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成的角求解． 2．直线与平面所成的角：要求直线a与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n与直线a的方向向量a夹角的余弦值cos 〈n，a〉，易知θ＝〈n，a〉－ eq \f(π,2)或者 eq \f(π,2)－〈n，a〉． 3．平面α与平面β相交，形成四个二面角，把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角． [例3] (2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝ eq \r(3). (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A­CP­D的正弦值为 eq \f(\r(42),7)，求AD． (1)∵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． ∵AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，∴BC∥AD， ∵AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AD∥平面PBC． (2)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＝ eq \r(4－a2)，C(0， eq \r(4－a2)，0)，P(a，0，2)， eq \o(CD,\s\up17(→))＝(0，－ eq \r(4－a2)，0)， eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－a， eq \r(4－a2)，0)， eq \o(CP,\s\up17(→))＝(a，－ eq \r(4－a2)，2). 设平面CPD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CD,\s\up17(→))·n＝0,\o(CP,\s\up17(→))·n＝0))，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(4－a2)y＝0,ax－\r(4－a2)y＋2z＝0))，可取n＝(2，0，－a). 设平面ACP的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CP,\s\up17(→))＝0,m·\o(AC,\s\up17(→))＝0))，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax1－\r(4－a2)y1＋2z1＝0,－ax1＋\r(4－a2)y1＝0))，可取m＝( eq \r(4－a2)，a，0). ∵二面角A­CP­D的正弦值为 eq \f(42,7)， ∴二面角A­CP­D的余弦值的绝对值为 eq \f(\r(7),7)， 故|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝ eq \f(2\r(4－a2),\r(4－a2＋a2)·\r(4＋a2))＝ eq \f(\r(7),7)， 又a>0，∴a＝ eq \r(3)，即AD＝ eq \r(3). 利用空间向量求空间角的思路 (1)在建立空间直角坐标系的过程中，一定要依据题目所给几何图形的特征，建立合理的空间直角坐标系，这样才会容易求得需要的坐标． (2)直线和平面所成的角、两个平面的夹角类问题有两种思路：转化为两条直线所成的角或利用平面的法向量． [练3] 如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝ eq \r(6)，AB＝4. (1)求证：点M为PB的中点； (2)求二面角B­PD­A的大小； (3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值． (1)如图所示， 设AC，BD的交点为E，连接ME. 因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME， 所以PD∥ME. 因为四边形ABCD是正方形，所以E为BD的中点． 所以M为PB的中点． (2)取AD的中点O，连接OP，OE. 因为PA＝PD，所以OP⊥AD． 又平面PAD⊥平面ABCD，且OP⊂平面PAD， 所以OP⊥平面ABCD． 因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE. 因为底面ABCD是正方形，所以OE⊥AD． 如图建立空间直角坐标系Oxyz， 则P(0，0， eq \r(2))，D(2，0，0)，B(－2，4，0)， eq \o(BD,\s\up17(→))＝(4，－4，0)， eq \o(PD,\s\up17(→))＝(2，0，－ eq \r(2)). 设平面BDP的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up17(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up17(→))＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x－4y＝0，,2x－\r(2)z＝0.))令x＝1，则y＝1，z＝ eq \r(2)，n＝(1，1， eq \r(2)). 平面PAD的一个法向量为p＝(0，1，0). 所以cos 〈n，p〉＝ eq \f(n·p,|n||p|)＝ eq \f(1,2). 由题知二面角B­PD­A为锐角，所以它的大小为 eq \f(π,3). (3)由题意知M(－1，2， eq \f(\r(2),2))，C(2，4，0)， eq \o(MC,\s\up17(→))＝(3，2，－ eq \f(\r(2),2)). 设直线MC与平面BDP所成角为α， 则sin α＝|cos 〈n， eq \o(MC,\s\up17(→))〉|＝ eq \f(|n·\o(MC,\s\up17(→))|,|n||\o(MC,\s\up17(→))|)＝ eq \f(2\r(6),9). 所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为 eq \f(2\r(6),9). $$