1.2 第2课时 空间向量基本定理的应用(Word教参)-【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）

第2课时　空间向量基本定理的应用 [对应学生用书P9] 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． 证明：(1)取基底{，，}， 因为＝＋＝＋，＝＋＝2， 所以∥，又EG，AC无公共点，所以EG∥AC． (2)因为＝＋＝＋， ＝＋＝2，所以∥， 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 ACD　解析：∵＝＋＝＋， ＝＋＝＋，∴∥．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)证明：设＝a，＝b，＝c， 根据题意，|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0. ∴＝b＋c，＝－c＋b－a. ∴·＝－c2＋b2＝0， ∴⊥，即CE⊥A′D． (2)解：∵＝－a＋c， ∴||＝|a|，||＝|a|. ∵·＝(－a＋c)·(b＋c)＝c2＝|a|2， ∴cos 〈，〉＝＝. ∴异面直线CE与AC′所成角的余弦值为. 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)证明：因为＝－＝(＋)－，＝－，所以·＝(＋－)·(－)＝||2－||2－·＋·，又DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，所以·＝0，故AE⊥BC． (2)解：·＝(＋－)·＝·＋||2－·＝||2＝2，由||2＝(＋－)2＝||2＋||2＋||2＝6，得||＝.所以cos 〈，〉＝＝＝.故直线AE与DC的夹角的余弦值为. 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，＝2，＝．设＝a，＝b，＝c. (1)试用a，b，c表示向量； (2)若∠BAC＝∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长． 解：(1)由题意得，＝，＝， 则＝＋＋＝＋＋＝(c－a)＋a＋(b－a)＝a＋b＋c. (2)由题设条件：a·b＝|a||b|cos ∠BAC＝cos 60°＝，同理可得a·c＝b·c＝， 则||2＝(a＋b＋c)2＝(a2＋9b2＋4c2＋6a·b＋12b·c＋4a·c)＝×(1＋9＋4＋3＋6＋2)＝， ∴||＝. 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＝a，＝b，＝c. (1)用基底{a，b，c}表示向量； (2)求线段AN的长． 解：(1)由题意得＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝＋＋＝a＋b＋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||＝＝ ＝ ＝， 所以线段AN的长为. 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＝a，＝b，＝c，则下列正确的是(　　) A．＝－a－b＋c B．＝a＋b－c C．cos 〈，〉＝ D．BD1的长为2 AC　解析：∵＝－＝(＋)－(＋)＝－－＋＝－a－b＋c，故A正确．∵＝＋＋＝＋＋＝a＋b＋c，故B错误．∵a2＝b2＝c2＝4，a·b＝b·c＝c·a＝2×2×cos 60°＝2.＝a，||＝2；AC1＝a＋b＋c，||＝＝＝＝2.·＝a·(a＋b＋c)＝a2＋a·b＋a·c＝4＋2＋2＝8，∴cos 〈，〉＝＝＝，故C正确．∵＝－a＋b＋c，∴||＝＝＝＝2.故D错误．故选AC． 2．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，求证：A1C⊥BC1． 证明：由题意，＝－＝－－， ＝－＝－， 所以·＝·－·－2－·＋2＋·＝0， 所以A1C⊥BC1． 学科网（北京）股份有限公司 $$