章末复习课1 空间向量与立体几何（教用Word）-【金榜题名】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册高中同步学案（人教版）

章末复习课 一、空间向量及其运算 空间向量可以看作是平面向量的推广，其中有许多概念和运算与平面向量是相同的，如模、零向量、单位向量、相等向量、相反向量等概念；加法的三角形法则和平行四边形法则；减法的几何意义；数乘运算与向量共线的判断、数量积运算、夹角公式、求模公式等等．向量的基底表示和坐标表示是向量运算的基础． [例 1]　如图所示，在平行六面体A1B1C1D1 ­ABCD中，M分成的比为，N分成的比为2，设＝a，＝b，＝c，试用a，b，c表示. [解]　连接AN，则＝＋.由题知ABCD是平行四边形．故＝＋＝a＋b. 因为M分成的比为， 所以＝－＝－(a＋b)． 又因为N分成的比为2，故＝＋ ＝－＝－＝－(－)＝(c＋2b)． 则＝＋＝－(a＋b)＋(c＋2b) ＝(－a＋b＋c)． 1．如图所示，在四棱锥S ­ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2. 给出以下结论： ①＋＋＋＝0； ②＋－－＝0； ③－＋－＝0； ④·＝·； ⑤·＝0， 其中正确结论的序号是________． 解析：容易推出：－＋－＝＋＝0，所以③正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以·＝2·2·cos∠ASB，·＝2·2·cos∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是·＝·，因此④正确，其余两个都不正确，故正确结论的序号是③④. 答案：③④ 2．如图所示，在平行六面体ABCD ­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°. (1)求的长； (2)求与夹角的余弦值． 解：记＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°. ∴a·b＝b·c＝c·a＝. (1)∵||2＝(a＋b＋c)2 ＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a) ＝1＋1＋1＋2×＝6， ∴||＝. (2)∵＝b＋c－a，＝a＋b， ∴||＝，||＝. ∵·＝(b＋c－a)·(a＋b) ＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1， ∴cos〈，〉＝＝. 二、空间向量与空间位置关系 设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则 (1)线线平行：l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R； (2)线面平行(l⊄α)：l∥α ⇔a⊥u⇔a·u＝0； (3)面面平行：α∥β⇔u∥v⇔u＝kv，k∈R； (4)线线垂直：l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0； (5)线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R； (6)面面垂直：α⊥β ⇔u⊥v⇔u·v＝0. [例 2]　在四棱锥P ­ABCD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． [解]　(1)证明：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)． ∵＝(0,1,1)，平面PAD的一个法向量为n＝(1,0,0)， ∴·n＝0，即⊥n. 又BM⊄平面PAD， ∴BM∥平面PAD． (2)由(1)知，＝(－1,2,0)， ＝(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＝(－1，y－1，z－1)． 从而MN⊥BD，MN⊥PB． ∴即 ∴∴N. ∴在平面PAD内存在一点N， 使MN⊥平面PBD． 3．如图所示，正方体ABCD ­A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点． (1)用向量法证明：平面A1BD∥平面B1CD1； (2)用向量法证明：MN⊥平面A1BD． 证明：(1)在正方体ABCD ­A1B1C1D1中， ＝－，＝－. ∵＝，＝， ∴＝. ∴BD∥B1D1. 同理可证A1B∥D1C． 又BD∩A1B＝B，B1D1∩D1C＝D1， ∴平面A1BD∥平面B1CD1. (2)＝＋＋ ＝＋＋(＋) ＝＋＋(－＋) ＝＋＋. 设＝a，＝b，＝c， 则＝(a＋b＋c)． 又∵＝－＝b－a， ∴·＝(a＋b＋c)·(b－a) ＝(b2－a2＋c·b－c·a)． 又∵A1A⊥AD，A1A⊥AB， ∴c·b＝0，c·a＝0. ∵|b|＝|a|，∴b2＝a2. ∴b2－a2＝0. ∴·＝0，即MN⊥BD． 同理可证，MN⊥A1B． 又A1B∩BD＝B， ∴MN⊥平面A1BD． 三、空间向量与空间距离、空间角 空间距离的计算思路 (1)点P到直线l的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为，设＝a，则点P到直线l的距离为(如图)． (2)点P到平面α的距离：设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)． 角度1　利用空间向量求点到平面的距离 [例 3]　如图所示，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2.求点A到平面MBC的距离． [解]　如图所示，取CD的中点O，连接OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD．又平面MCD⊥平面BCD， 所以MO⊥平面BCD． 以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O ­xyz. 因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，所以OB＝OM＝.则O(0,0,0)，C(1，0,0)，M(0,0，)，B(0，－，0)，A(0，－，2)． 所以＝(1，，0)，＝(0，，)，＝(0,0,2)． 设平面MBC的法向量为n＝(x，y，z)，由得 即取x＝，可得平面MBC的一个法向量为n＝(，－1,1)． 又＝(0,0,2)， 所以所求距离d＝＝. 角度2　利用空间向量求线线角 [例 4]　如图所示，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC． (1)证明：平面AEC⊥平面AFC； (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值． [解]　(1)证明：连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF. 在菱形ABCD中，不妨设GB＝1. 由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC， 可知AE＝EC． 又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC． 在Rt△EBG中，可得BE＝.故DF＝. 在Rt△FDG中，可得FG＝. 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝. 从而EG2＋FG2＝EF2.所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC． 因为EG⊂平面AEC， 所以平面AEC⊥平面AFC． (2)如图，以G为坐标原点，以，的方向分别为x轴、y轴正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系G ­xyz. 由(1)，可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，，0)， 所以＝(1，，)，＝. 故cos〈，〉＝＝－. 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为. 角度3　利用空间向量求线面角 [例 5]　如图，在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的底面相交，交线围成一个正方形． (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF与平面α所成角的正弦值． [解]　(1)交线围成的正方形EHGF如图所示． (2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4， EM＝AA1＝8. 因为四边形EHGF为正方形， 所以EH＝EF＝BC＝10. 于是MH＝＝6.所以AH＝10.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4，8)，F(0,4,8)． 所以＝(10,0,0)，＝(0，－6,8)． 设n＝(x，y，z)是平面EHGF的一个法向量， 则即 所以可取n＝(0,4,3)． 又＝(－10,4,8)， 故|cos〈n，〉|＝＝. 所以AF与平面α所成角的正弦值为. 角度4　利用空间向量求平面与平面的夹角 [例 6]　(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A­BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足＝，求二面角D­AB­F的正弦值． [解]　(1)证明：连接AE，DE. ∵E为BC中点，DB＝DC，∴DE⊥BC． ∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， ∴△ACD与△ABD均为等边三角形． ∴AC＝AB．∴AE⊥BC． 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， ∴BC⊥平面ADE. ∵AD⊂平面ADE，∴BC⊥DA． (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2. ∵BD⊥CD，∴BC＝2，DE＝AE＝. ∴AE2＋DE2＝4＝AD2.∴AE⊥DE. 又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD， ∴AE⊥平面BCD． 以点E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 则D(，0,0)，A(0,0，)，B(0，，0)， E(0,0,0)． 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝，n2＝， 二面角D­AB­F平面角为θ. 而＝(0，，－)， ∵＝＝， ∴F(－，0，)， 即有＝. ∴取x1＝1， ∴n1＝(1,1,1)； 取y2＝1，∴n2＝(0,1,1)． ∴＝＝＝. 从而sin θ＝＝. 故二面角D­AB­F的正弦值为. 4．如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2. (1)求证：MN∥平面BDE； (2)求二面角C­EM­N的正弦值； (3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长． 解：由题意知，AB，AC，AP两两垂直．故以A为原点，以，，方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意，可得A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1，2,0)． (1)证明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)． 设n＝(x，y，z)为平面BDE的一个法向量， 则即 不妨取z＝1，可得n＝(1,0,1)． 又＝(1,2，－1)，可得·n＝0. 因为MN⊄平面BDE， 所以MN∥平面BDE. (2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量． 设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量． 又＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)， 则即 不妨取y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)． 所以cos〈n1，n2〉＝＝－. 于是sin〈n1，n2〉＝. 所以二面角C­EM­N的正弦值为. (3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)， 则H(0,0，h)． 进而可得＝(－1，－2，h)， ＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos〈，〉|＝＝＝. 整理得10h2－21h＋8＝0. 解得h＝或h＝. 所以线段AH的长为或. 四、探索性问题与翻折性问题 解决存在性问题的基本策略是：通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在． [例 7]　如图所示，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E为CD的中点，点F在线段PB上． (1)求证：AD⊥PC； (2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等． [解]　(1)证明：如图所示，在平行四边形ABCD中，连接AC． 因为AB＝2，BC＝2，∠ABC＝45°， 由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos 45°＝4.解得AC＝2， 所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC． 又AD∥BC，所以AD⊥AC． 因为AD＝AP＝2，DP＝2， 所以PA⊥AD． 又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC， 所以AD⊥平面PAC， 又PC⊂平面PAC． 所以AD⊥PC． (2)因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊂侧面PAD， 所以PA⊥底面ABCD． 所以直线AC，AD，AP两两垂直． 以A为原点，直线DA，AC，AP为坐标轴， 建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz， 则A(0,0,0)，D(－2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(－1,1,0)，P(0,0,2)． 所以＝(0,2，－2)，＝(－2,0，－2)， ＝(2,2，－2)． 设＝λ(λ∈[0,1])， 则＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)． 所以＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)． 易得平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0，1)． 设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)， 由得 令x＝1，得n＝(1，－1，－1)． 因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等， 所以|cos〈，m〉|＝|cos〈，n〉|， 即＝. 所以|－2λ＋2|＝， 即|λ－1|＝|λ|(λ∈[0,1])． 解得λ＝， 所以＝. 即当＝时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等． [例 8]　如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图②所示的几何体． (1)求证：AB⊥平面ADC； (2)若AD＝1，二面角C­AB­D的平面角的正切值为，求二面角B ­AD ­E的余弦值． [解]　(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，所以DC⊥平面ABD． 因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB． 又因为折叠前后均有AD⊥AB， DC∩AD＝D， 所以AB⊥平面ADC． (2)由(1)知，AB⊥平面ADC． 所以二面角C­AB­D的平面角为∠CAD． 又DC⊥平面ABD，AD⊂平面ABD， 所以DC⊥AD． 依题意tan∠CAD＝＝. 因为AD＝1，所以CD＝. 设AB＝x(x＞0)，则BD＝. 依题意△ABD∽△DCB． 所以＝，即＝ . 解得x＝.故AB＝，BD＝，BC＝＝3. 如图所示，建立空间直角坐标系D ­xyz， 则D(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，，0)， E，A. 所以＝，＝. 由(1)知，平面BAD的一个法向量n＝(0,1,0)． 设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)， 由得 令x＝，得y＝－，z＝－. 所以m＝(，－，－)为平面ADE的一个法向量． 所以cos〈n，m〉＝＝－. 由图可知，二面角B ­AD­E的平面角为锐角． 所以二面角B ­AD­E的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$