第一章 空间向量与立体几何 章末复习课（Word教参）-【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（人教A版）

该高中数学单元复习讲义通过对比平面向量构建空间向量知识体系，以框架图呈现概念（模、单位向量等）、运算（加法、数量积等）及坐标表示的内在联系，结合四棱锥、直三棱柱等几何模型例题，突出基底表示、法向量应用等重难点。 讲义亮点在于“问题链”练习设计，如例2证明线面平行、例4求二面角余弦值，培养逻辑推理与数学运算素养。跟踪训练含存在性探究题（如“是否存在点H使线面角正弦值为...”），基础题巩固运算，综合题提升探究能力，助力教师分层教学，学生自主复习时可通过反思感悟模块梳理方法。

一、空间向量的概念及运算 1．空间向量可以看作是平面向量的推广，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． 2．向量的运算过程较为繁杂，要注意培养学生的数学运算能力． 例1　(1)(多选)如图，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.下列选项中，正确的是(　　) A.＋＋＋＝0 B.＋－－＝0 C.－＋－＝0 D.·＝· 答案　CD 解析　因为－＋－＝＋＝0，所以C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D正确，其余两个都不正确． (2)已知空间向量a＝(2,4，－2)，b＝(－1,0,2)，c＝(x,2，－1)．若b⊥c，则cos〈a，c〉＝________. 答案　 解析　因为b⊥c，则b·c＝－x＋0－2＝0， 解得x＝－2，所以c＝(－2,2，－1)， 故cos〈a，c〉＝ ＝＝. 反思感悟　空间向量的数乘运算及向量共面的充要条件 (1)空间向量的数乘运算、共线向量的概念、向量共线的充要条件与平面向量的性质是一致的． (2)利用向量共面的充要条件可以判断第三个向量是否与已知的两个不共线的向量共面，特别地，空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使＝x＋y. 跟踪训练1　(1)在空间直角坐标系中，已知A(1，－2,1)，B(2,2,2)，点P在z轴上，且满足||＝||，则P点坐标为(　　) A．(3,0,0) B．(0,3,0) C．(0,0,3) D．(0,0，－3) 答案　C 解析　设P(0,0，z)，则有 ＝，解得z＝3. (2)如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱的长度都为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、利用空间向量证明位置关系 1．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． 2．将立体几何的线面关系转化为向量间的关系，可以培养学生的逻辑思维能力和数学运算能力． 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． (1)证明　以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，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)解　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)， ∵MN⊥BD，MN⊥PB， ∴即 ∴∴N， ∴在平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD. 反思感悟　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)． 跟踪训练2　在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4. (1)求证：AC⊥BC1； (2)在棱AB上是否存在点E，使得AC1∥平面CEB1？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由． (1)证明　在直三棱柱ABC－A1B1C1中，因为AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以AC，BC，CC1两两垂直，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)． 因为＝(－3,0,0)，＝(0，－4,4)， 所以·＝0，所以⊥，即AC⊥BC1. (2)解　假设在AB上存在点E， 使得AC1∥平面CEB1， 设＝t＝(－3t,4t,0)，其中0≤t≤1. 则E(3－3t,4t,0)，＝(3－3t,4t－4，－4)， ＝(0，－4，－4)，＝(－3,0,4)， 又因为＝m＋n成立， 所以m(3－3t)＝－3，m(4t－4)－4n＝0，－4m－4n＝4，解得t＝. 所以在AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1，这时点E为AB的中点． 三、利用空间向量计算距离 1．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＝a，则向量在直线l上的投影向量为＝(a·u)u，则点P到直线l的距离为 (如图)． (2)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)． 2．通过利用向量计算空间的距离，可以培养学生的逻辑思维能力和数学运算能力． 例3　在三棱锥B－ACD中，平面ABD⊥平面ACD，若棱长AC＝CD＝AD＝AB＝1，且∠BAD＝30°，求点D到平面ABC的距离． 解　如图所示，以AD的中点O为原点，分别以OD，OC所在直线为x轴、y轴，过O作OM⊥平面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系， 则A，B，C，D， ∴＝， ＝，＝， 设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量， 则 ∴y＝－x，z＝－x，可取n＝(－，1,3)， 代入d＝ ，得d＝＝， 即点D到平面ABC的距离是. 反思感悟　利用向量法求点面距，只需求出平面的一个法向量和该点与平面内任一点连线表示的向量，代入公式求解即可． 跟踪训练3　已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，则平面AMN与平面EFBD的距离为________． 答案　 解析　如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，则A(4,0,0)，M(2,0,4)，B(4,4,0)，N(4,2,4)，∴＝(2,2,0)，＝(－2,0,4)， 易知平面AMN∥平面EFBD， 故平面AMN与平面EFBD的距离就是点B到平面AMN的距离． 设n＝(x，y，z)是平面AMN的法向量， 则解得 取z＝1，则x＝2，y＝－2，得n＝(2，－2,1)是平面AMN的一个法向量． ∵＝(0,4,0)，∴平面AMN与平面EFBD的距离d＝＝. 四、利用空间向量求空间角 1．空间向量与空间角的关系 (1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角θ满足cos θ＝|cos〈m1，m2〉|. (2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α所成的角θ满足sin θ＝|cos〈m，n〉|. (3)设n1，n2分别是两个平面α，β的法向量，则两平面α，β的夹角θ满足cos θ＝|cos〈n1，n2〉|. 2．通过利用向量计算空间角，可以培养学生的逻辑思维能力和数学运算能力． 例4　在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，CD＝AD＝AB，∠PAD＝45°，E是PA的中点，点G在线段AB上，且满足CG⊥BD. (1)求证：DE∥平面PBC； (2)求平面GPC与平面PBC夹角的余弦值； (3)在线段PA上是否存在点H，使得GH与平面GPC所成角的正弦值是，若存在，求出AH的长；若不存在，请说明理由． (1)证明　由题意，设AD＝1， ∵PD⊥平面ABCD， AB∥DC，AB⊥AD， ∴DA，DC，DP两两垂直． 如图，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 则CD＝AD＝AB＝1， 而∠PAD＝45°，易知∠PDA＝90°，于是PD＝DA＝1， 又E是PA的中点，故D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，E， ∴＝(－1，－1,0)，＝(0，－1,1)， 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)， 则即 令y＝1，则x＝－1，z＝1， ∴m＝(－1,1,1)，又＝， ∴m·＝－1×＋0＋1×＝0， ∴m⊥，又DE⊄平面PBC， ∴DE∥平面PBC. (2)解　设点G的坐标为(1，t,0)，0≤t≤2， 则＝(1，t－1,0)，由(1)知＝(1,2,0)， 由CG⊥BD得·＝1＋2(t－1)＝0⇒t＝， ∴G，＝， 设平面GPC的法向量为n＝(a，b，c)， 由得 令a＝1，则n＝(1,2,2)， 则|cos〈n，m〉|＝＝＝， ∴平面GPC与平面PBC夹角的余弦值为. (3)解　假设在线段PA上存在点H，使得GH与平面GPC所成角的正弦值为. ＝(－1,0,1)，设＝λ＝(－λ，0，λ)， λ∈[0,1]，＝， ∴＝＋＝， ∴cos〈，n〉＝＝， ∵GH与平面GPC所成角的正弦值为， ∴＝， 整理得20λ2＋8λ－1＝0， 解得λ＝或λ＝－(舍去)， ∴＝，|A|＝， ∴存在满足条件的点H，且AH＝. 反思感悟　(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，这样才会容易求得解题时需要的坐标． (2)直线和平面所成的角、两个平面的夹角，此类问题有两种思路：①转化为两条直线所成的角求解；②利用平面的法向量求解． 跟踪训练4　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝，点E，F分别是平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心．以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．试用向量方法解决下列问题： (1)求异面直线AF和BE所成角的大小； (2)求直线AF和平面BEC所成角的正弦值． 解　(1)由题意得A(2,0,0)，F，B(2,2,0)，E(1,1，)，C(0,2,0)． ∴＝，＝(－1，－1，)， ∴·＝1－2＋1＝0. ∴异面直线AF和BE所成角的大小为90°. (2)设平面BEC的法向量为n＝(x，y，z)，由(1)知＝(－2,0,0)，＝(－1，－1，)，则n·＝－2x＝0，n·＝－x－y＋z＝0，∴x＝0，取z＝1，则y＝， ∴平面BEC的一个法向量为n＝(0，，1)． 设直线AF和平面BEC所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝ ＝. 即直线AF和平面BEC所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $