章末总结(一) 空间向量与立体几何-【正禾一本通】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书（人教A版）

空间向量的概念及运算 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． 例1　已知向量a＝(x，1，2)，b＝(1，y，－2)，c＝(3，1，z)，a∥b，b⊥c. (1)求向量a，b，c； (2)求a＋c与b＋c所成角的余弦值． 解：(1)因为向量a＝(x，1，2)，b＝(1，y，－2)，c＝(3，1，z)，且a∥b，b⊥c， 所以解得 所以向量a＝(－1，1，2)，b＝(1，－1，－2)，c＝(3，1，1)． (2)因为a＋c＝(2，2，3)，b＋c＝(4，0，－1)， 所以(a＋c)·(b＋c)＝2×4＋2×0＋3×(－1)＝5， |a＋c|＝， |b＋c|＝， 所以a＋c与b＋c所成角的余弦值为. 类题通法 空间向量运算关注点 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．向量的数量积运算的性质是解决空间线段长度与夹角大小的依据. 【迁移运用】 1.(1)在三棱锥O­ABC中，M是OA的中点，P是△ABC的重心，设a＝，则等于(　　 ) A． B．＋c C．－ D．－a＋ 解析：选C. 如图，取AB的中点D，连接CD，MC，MP，在△MCP中，＝＋＝－]＝－． (2) 已知正四面体OABC的棱长为1，如图．求： ①； ②； ③. 解：在正四面体OABC中，＝1. 〈〉＝〈〉＝〈〉＝60°. ①·cos ∠AOB＝1×1×cos 60°＝. ② ＝· ＝ ＝ ＝12＋2×1×1×cos 60°－2×1×1×cos 60°＋12－2×1×1×cos 60° ＝1＋1－1＋1－1＝1. ③ ＝. 空间向量基本定理 (1)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc. (2)将立体几何的共线、共面关系转化为向量间的关系，可以培养逻辑思维能力和数学运算能力． 例2　(1) 如图，四面体ABCD中，E，F分别为AB，DC上的点，且AE＝BE，CF＝2DF，设＝c. ①以{a，b，c}为基底表示，则＝________； ②若∠ADB＝∠BDC＝∠ADC＝60°，且＝3，则＝________． 解析： ①如图所示，连接DE. 因为， 所以． ②，所以. 答案：①　② (2) 如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG＝2GN，用基底向量表示向量. 解： ＝ ＝ ＝－] ＝ ＝. 类题通法 判断给出的三个向量能否构成基底的方法 (1)关键点：判断这三个向量是否共面． (2)注意点：①考虑三个向量中是否有零向量； ②判断三个非零向量是否共面． 注意：如果从正面难以入手判断，可假设三个向量共面，利用向量共面的充要条件建立方程组，若方程组有解，则三个向量共面；若方程组无解，则三个向量不共面 【迁移运用】 2. 如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设＝c. (1)试用a，b，c表示向量； (2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长． 解：(1)(c－a)＋a＋(b－a)＝． (2)∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×＝5，∴|a＋b＋c|＝， ∴，即MN＝. 空间向量的坐标表示与运算 空间向量的坐标表示和运算可以看作是平面向量坐标表示的推广． 例3　(1)已知a＝(1－t，1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小值是________． 解析：由已知，得b－a＝(2，t，t)－(1－t，1－t，t)＝(1＋t，2t－1，0)． ∴|b－a|＝ ＝. ∴当t＝时，的最小值为. 答案： (2)已知a＝(1，5，－1)，b＝(－2，3，5)． ①当(λa＋b)∥(a－3b)时，求实数λ的值； ②当(a－3b)⊥(λa＋b)时，求实数λ的值． 解：①∵a＝(1，5，－1)，b＝(－2，3，5)， ∴a－3b＝(1，5，－1)－3(－2，3，5)＝(1，5，－1)－(－6，9，15)＝(7，－4，－16)，λa＋b＝λ(1，5，－1)＋(－2，3，5)＝(λ，5λ，－λ)＋(－2，3，5)＝(λ－2，5λ＋3，－λ＋5)． ∵(λa＋b)∥(a－3b)， ∴，解得λ＝－. ②∵(a－3b)⊥(λa＋b)， ∴(7，－4，－16)·(λ－2，5λ＋3，－λ＋5)＝0，即7(λ－2)－4(5λ＋3)－16(－λ＋5)＝0，解得λ＝. 类题通法 空间向量的坐标运算公式 设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)， (1)加减运算：a±b＝(x1±x2，y1±y2，z1±z2). (2)数量积运算：a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2. (3)向量夹角： cos 〈a，b〉＝. (4)向量长度：设M1(x1，y1，z1)，M2(x2，y2，z2)，则||＝. (5)a∥b⇔x1＝λx2且y1＝λy2且z1＝λz2. 提醒：在利用坐标运算公式时注意先对向量式子进行化简再运算． 【迁移运用】 3.(1)已知O为坐标原点，＝(1，2，3)，＝(2，1，2)，＝(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，Q的坐标为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选C.设，则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以＝(1－λ，2－λ，3－2λ)·(2－λ，1－λ，2－2λ)＝2(3λ2－8λ＋5)＝2． 所以当λ＝时，最小，此时，即点Q的坐标为. (2)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2)． ①求|2a＋b|. ②若O为坐标原点，在直线AB上是否存在一点E，使得⊥b? 解：①∵2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)， ∴|2a＋b|＝. ②设存在满足题意的点E(x，y，z)，则有∥，且·b＝0. ∵＝(x＋3，y＋1，z－4)，＝(1，－1，－2)， ∴ 解得 故在直线AB上存在点E，使得⊥b. 利用空间向量证明位置关系 (1)类型：线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直． (2)基本思想：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4　 如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，点D，E，F分别为线段A1C1，AB，A1A的中点，A1A＝AC＝BC，∠ACB＝90°.求证： (1)DE∥平面BCC1B1； (2)EF⊥平面B1CE. 证明： 如图，建立空间直角坐标系， 设A1A＝AC＝BC＝2， 则A(2，0，0)，C(0，0，0)，A1(2，0，2)，B1(0，2，2)，D(1，0，2)，E(1，1，0)，F(2，0，1)， 所以＝(2，0，0)，＝(0，1，－2)，＝(1，－1，1)，＝(0，2，2)，＝(－1，1，2)． (1)显然，是平面BCC1B1的一个法向量， 因为＝0，所以⊥. 因为DE⊄平面BCC1B1， 所以DE∥平面BCC1B1. (2)设平面B1CE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令z＝－1，则y＝1，x＝－1，即n＝(－1，1，－1)， 显然∥n，所以EF⊥平面B1CE. 类题通法 利用空间向量证明空间中的位置关系 (1)线线平行：证明两直线的方向向量共线． (2)线线垂直：证明两直线的方向向量垂直． (3)线面平行： ①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直； ②证明在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量； ③证明直线的方向向量可用平面内两个不共线向量线性表示． (4)线面垂直： ①证明直线的方向向量与平面的法向量平行； ②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题． (5)面面平行： ①证明两个平面的法向量共线； ②转化为线面平行、线线平行问题. (6)面面垂直： ①证明两个平面的法向量互相垂直； ②转化为线面垂直、线线垂直问题． 【迁移运用】 4.在直三棱柱ABC­A1B1C1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． 解： (1)证明：在直三棱柱ABC­A1B1C1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)假设在AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1， 设＝(－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． 利用空间向量计算距离 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)． 例5　长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝6，AA1＝4，M是A1C1的中点，P在线段BC上，且|CP|＝2，Q是DD1的中点，求： (1)M到直线PQ的距离； (2)M到平面AB1P的距离． 解： 如图，建立空间直角坐标系Bxyz，则A(4，0，0)，B1(0，0，4)，M(2，3，4)，P(0，4，0)，Q(4，6，2)． (1)∵＝(－2，－3，2)，＝(－4，－2，－2)， ∴在上的射影的模＝. 故M到PQ的距离为. (2)设n＝(x，y，z)是平面AB1P的某一法向量，则n⊥，n⊥， ∵＝(－4，0，4)，＝(－4，4，0)， ∴因此可取n＝(1，1，1)， 由于＝(2，－3，－4)，那么点M到平面AB1P的距离为d＝，故M到平面AB1P的距离为. 类题通法 空间距离关注点 (1)向量法求点到平面的距离，一般转化为平面外一点与平面内一点构成的向量在平面的法向量方向上的投影向量的长度问题． (2)求直线到平面、平面到平面的距离，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. 【迁移运用】 5.在三棱锥B­ACD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，可取n＝， 代入d＝，得d＝， 即点D到平面ABC的距离是. 利用空间向量求空间角 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〉|. 例6　 如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点． (1)求证：GF∥平面ADE； (2)求平面AEF与平面BEC夹角的余弦值． 解：(1)方法一　如图，取AE的中点H，连接HG，HD， 因为G是BE的中点，所以GH∥AB，且GH＝AB. 又F是CD的中点，所以DF＝CD. 由四边形ABCD是矩形，得AB∥CD，AB＝CD， 所以GH∥DF，且GH＝DF， 从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH. 又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，所以GF∥平面ADE. 方法二　 如图，取AB的中点M，连接MG，MF. 由G是BE的中点， 可知GM∥AE. 又AE⊂平面ADE，GM⊄平面ADE， 所以GM∥平面ADE. 在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MF∥AD. 又AD⊂平面ADE，MF⊄平面ADE. 所以MF∥平面ADE. 又因为GM∩MF＝M，GM⊂平面GMF，MF⊂平面GMF， 所以平面GMF∥平面ADE. 因为GF⊂平面GMF，所以GF∥平面ADE. (2) 如图，在平面BEC内，过点B作BQ∥EC. 因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE. 又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ. 以B为原点，分别以BE，BQ，BA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)． 因为AB⊥平面BEC， 所以＝(0，0，2)为平面BEC的一个法向量． 设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量． 又＝(2，0，－2)，＝(2，2，－1)， 由得 取z＝2，得n＝(2，－1，2)． 从而＝， 所以平面AEF与平面BEC夹角的余弦值为. 类题通法 用向量法求空间角应注意的问题 (1)两异面直线所成角的范围为0°<θ≤90°，两异面直线的方向向量所成角的范围为0°<θ<180°. (2)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〉，而θ＝〈n，a〉－或者－〈n，a〉． (3)平面与平面的夹角与二面角的范围不同，若求二面角大小，需先判断二面角是锐角还是钝角. 【迁移运用】 6. 如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点． (1)证明：BE⊥DC； (2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值； (3)若F为棱PC上一点，且满足BF⊥AC，求平面FAB与平面ABP夹角的余弦值． 解：(1) 以点A为原点建立空间直角坐标系． 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(1，1，1)， 所以＝(0，1，1)，＝(2，0，0)， 因为＝0，所以BE⊥DC. (2)易知＝(－1，2，0)，＝(1，0，－2)． 设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量， 则即 令y＝1，得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量， 所以cos 〈n，〉＝， 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为. (3)易知＝(1，2，0)，＝(－2，－2，2)，＝(2，2，0)，＝(1，0，0)． 由点F在棱PC上，设，0≤λ≤1， 故＝(1－2λ，2－2λ，2λ)． 由BF⊥AC得＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，即＝， 设n1＝(x1，y1，z1)为平面FAB的法向量， 则即 令z1＝1，得n1＝(0，－3，1)． 易知平面ABP的一个法向量为n2＝(0，1，0)， 则cos 〈n1，n2〉＝， 所以平面FAB与平面ABP夹角的余弦值为. 1． (2024·天津高考)如图，已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1.N是B1C1的中点，M是DD1的中点． (1)求证：D1N∥平面CB1M； (2)求平面CB1M与平面BB1CC1夹角的余弦值； (3)求点B到平面CB1M的距离． 　本题是在学习了人教A版教材P42习题1.4T7的内容及二面角、线面平行及点到平面的距离等相关知识之后命制而成的． 　高考直接考查求距离的问题较少，常与几何体的体积结合进行考查，主要考查求点到平面的距离，常用方法是直接法和等体积法，一般不用向量法，但用向量法可以避免繁杂的辅助线、简化解题过程． 　本题考查棱柱、线面平行、面面角、点到平面的距离，考查难度中档，求解方法可用向量法，也可用几何法，甚至也可用等体积法，而用向量法求解较为简单，这就需要我们在平时学习中要注意解题方法的选择． 　 (1)取CB1中点P，连接NP，MP， 由N是B1C1的中点，故NP∥CC1，且NP＝CC1， 由M是DD1的中点，故D1M＝且D1M∥CC1， 则有D1M∥NP，D1M＝NP， 故四边形D1MPN是平行四边形，故D1N ∥MP， 又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M， 故D1N∥平面CB1M. (2) 以A为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有A(0，0，0)，B(2，0，0)，B1(2，0，2)，M(0，1，1)，C(1，1，0)，C1(1，1，2)， 则有＝(1，－1，2)，＝(－1，0，1)，＝(0，0，2)， 设平面CB1M与平面BB1CC1的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)， 则有 分别取x1＝x2＝1，则有y1＝3，z1＝1，y2＝1，z2＝0， 即m＝(1，3，1)，n＝(1，1，0)， 则cos 〈m，n〉＝， 故平面CB1M与平面BB1CC1夹角的余弦值为. (3)由＝(0，0，2)，平面CB1M的法向量为m＝(1，3，1)， 则有， 即点B到平面CB1M的距离为. 2．(2024·新高考全国Ⅱ卷) 如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F分别满足.将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4. (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 　本题源于学习完人教A版教材P44习题1.4T18的内容及二面角、线线垂直及折叠等相关知识之后命制而成的． 　二面角是每年高考的必考考点，主要以空间几何体为载体考查线面关系及二面角．求二面角的大小一般用向量法求解，通过坐标运算实现问题的解决，可以有效避免较复杂的逻辑推理过程，但是向量法往往要求较高的运算能力．试题主要以解答题的形式呈现，难度中等．考查直观想象、数学运算素养． 　本题以四棱锥为载体，考查线线、线面的位置关系及二面角，通过对线线垂直的巧妙设计，考查直观想象及逻辑推理素养，难度适中． 　 (1)由AB＝8，AD＝5， 得AE＝2，AF＝4，又∠BAD＝30°，在△AEF中， 由余弦定理得EF＝＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD， 所以EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE＝E，PE、DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD. (2)连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3，则CE2＝ED2＋CD2＝36， 在△PEC中，PC＝4，EC＝6，得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，又EC∩EF＝E，EC、EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系E­xyz， 则E(0，0，0)，P，D，C，F(2，0，0)，， 由F是AB的中点，得B， 所以＝＝＝＝， 设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)， 则 令y1＝2，x2＝，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1， 所以n＝(0，2，3)，m＝， 所以|cos 〈m，n〉|＝， 设平面PCD和平面PBF所成角为θ，则sin θ＝， 即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $