第6章 第6节 空间直角坐标系、空间向量及其运算-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教B版）

高考总复习人教数学B版（新教材） 第6节空间直角坐标系、空间向量及其运算 ★[课程标准]1.空间直角坐标系(1)在平面直角坐标系的基础上，了解空间直角坐标系，感受建立空 间直角坐标系的必要性，会用空间直角坐标系刻画，点的位置.(2)借助特殊长方体（所有棱分别与坐标轴 平行)顶点的坐标，探索并得出空间两点间的距离公式.2.空间向量及其运算(1)经历由平面向量推广 到空间向量的过程，了解空间向量的概念.(2)经历由平面向量的运算及其法则推广到空间向量的过程 3.向量基本定理及坐标表示(1)了解空间向量基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标 表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示】 夯实>必备知识 教材夯实强基固本 必备知识 名称 定义及表示 1.空间直角坐标系 方向相同或者相反的两个非零向量互 (1)定义：在空间中任意选定一点O作为坐标原点， 相平行，此时表示这两个非零向量的 选择合适的平面先建立平面直角坐标系xOy, 平行向量 有向线段所在的直线平行或重合.通 然后过O作一条与 垂直的数轴 常规定零向量与任意向量平行 轴.这样建立的空间直角坐标系记作Oxyx. 一般地，空间中的多个向量，如果表示 (2)空间中一点的坐标：空间一点M的坐标可用有 共面向量它们的有向线段通过平移后，都能在 序实数组(x,y,)来表示，有序实数组(x,y,之) 同一平面内，则称这些向量共面 叫做点M在此空间直角坐标系中的坐标，其中 x叫做点M的 ,y叫做点M 3.空间向量的线性运算及运算律 的 ,之叫做点M的 (1)线性运算定义：与平面向量运算一样，空间向量 (3)空间两点间距离 的加法、减法与数乘向量运算，如下：OB=OA ①点P(x,y,x)到坐标原点O(0,0,0)的距离 +AB=a+b; OP= ②任意两点P1(x1y1,z1),P2(x2y2,2)间的 BA=OA-OB=a-b:OP=a(λ∈R). 距离P1P2= (2)运算律：a.加法交换律：a十b=b十a; 2.空间向量的有关概念 b.加法结合律：(a十b)十c=a+(b十c): c.数乘分配律：A(a十b)=a+b. 名称 定义及表示 4.关于空间向量的有关定理 和 相同的向量称为 零向量 定理 语言描述 零向量，记作0 共线向 如果a≠0且b∥a,则存在唯一的实数 量定理 入，使得b=a 单位向量 的向量叫单位向量 如果两个向量a、b ,则向量c, 共面向 a,b共面的充要条件是，存在 的 量定理 与向量a长度 而方向 的向 对实数xy,使 相反向量 量，称为a的相反向量记为一a 如果空间中的三个向量a,b,c ,那 空间向 么对空间中的任意一个向量p,存在一 大小 、方向 的向量称为相等 量基本 相等向量 个 的有序实数组x,y,之，使 向量 定理 166 第六章立体几何与空间向量 5.空间向量的夹角及取值范围 向量运算 向量表示 坐标表示 空间向量的夹角 模 lal 1al=√a·a 已知两个 向量a,b,在空间任取一点0，作0A=a,0B=b. 则 叫做向量a与b的夹角. 数量积 a·b a·b 定义 记 空间向量的夹角 范 a·b cos(a,b)-Tal.b- 图示 夹角公式 cosa,b》 x1x2十y1y2十为2 √好十听十十十 b a a∥b台b=a台 0 b →B (x2,y2,2)=入(x1,y1, 如果(a,b》=5,那么向量a,b ,记作 平行 a∥b a⊥b. 6.空间向量的数量积及性质 当a∥b台 (1)空间向量数量积的定义： (x1y1之1≠0) 已知两个非零向量a,b,则|al|bcos(a,b)叫做 a,b的数量积（或内积），记作a·b. a⊥b台a·b=0台x1x2+ (2)数量积的几何意义 垂直 a⊥b y1y2十212=0 ①向量的投影 如图所示，过向量a的始点和 终点分别向b所在的直线作垂 重要结论 线，即可得到向量a在向量b上 1.中点坐标公式：设点A(x1,y,),B(2,y2,2) 的投影a'. 是空间中两点，则线段AB的中点坐标为 ②数量积的几何意义：a与b的数量积等于a x1十x2y1+y2之1+2 2 2 在b上的投影a'的数量与b的长度的乘积，特 2 2.点共线和点共面问题 别地，a与单位向量e的数量积等于a在e上的 (1)点共线问题：证明点共线问题可转化为证明向量 投影a'的数量.规定零向量与任意向量的数量 积为0. 共线问题，如证明A、B、C三个点共线，即证明AB (3)空间向量数量积的性质： 与AC共线， ①aLb台a·b=0:②a·a=|a2=a2; (2)点共面问题：点共面问题可转化为向量共面问 ③la·bl≤allbl;④(a)·b=λ(a·b)； 题，要证明P、A、B、C四点共面，只要能证明 ⑤a·b=b·a(交换律)； PA=xPB十yPC,或对空间任一点O,有OA ⑥(a+b)·c=a·c十b·c(分配律). 7.空间向量的运算与坐标的关系 =OP+x PB+y PC,OP=xOA+yOB+ 空间向量a,b,其坐标形式为a=（x1,y1,1), 之OC(x十y十x=1)即可. b=(x2y2,22). 自主诊断 向量运算 向量表示 坐标表示 ◆[思考辨析] 加法 a+b a+b= 判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号 里打“√”，错误的打“×”. 若u,v是两个实数，ua十 数乘 ua+ub (1)若A,B,C,D是空间任意四点，则有AB十BC +CD+DA-0. ( ) 167· 高考总复习人教数学B版（新教材） (2)川a|一|b=|a+b是a,b共线的充要条件， 2.已知a=(1,-1,1),b=(-2,4,6),则2024(a· b)的值为 (3)空间中任意两非零向量a,b共面.( 3.(教材改编)如图所示，在平行 (4)对于任意两个空间向量a,b,若a·b=0,则 六面体ABCD一A1B1C1D1 ab ( (5)在向量的数量积运算中(a·b)·c=a·(b·c). 中，M为A1C1与B1D1的交 ( 点.若AB=a,AD=b,AA1= (6)对于非零向量b,由a·b=b·c,则a=c. c,则下列向量中与BM相等的向量是( ◆[小题查验] A.-atgote B.za+zb+e 1.有下列命题： ①若p=xa十b,则p与a,b共面， C.-1a 2a- D.za-zo+e ②若p与a,b共面，则p=xa十b; ③若MP=xMA十yMB,则P,M,A,B共面； 4.正四面体ABCD的棱长为2，E,F分别为BC, AD的中点，则EF的长为 ④若P,M,A,B共面，则MP=xMA+yMB 其中真命题的个数是 ( 5.已知空间三点A(1,1,1),B(-1,0,4),C(2, A.1 B.2 C.3 D.4 一2,3)，则AB与CA的夹角0的大小是 跃升>关健能力 层级突破素养提升 春点1 空间向量的线性运算（基础点） 专点2共线、共面向量定理及应用（应用点） 1.已知空间四边形OABC,点M,N分别是OA,BC [典例] 如图所示，已知 的中点，且OA=a,OB=b,OC=c,用a,b,c表示 ABCD是平行四边形，P 向量MN 点是平面ABCD外一点， 2.已知空间四边形OABC,其对角线为OB,AC, 连接PA、PB、PC、PD.设 M,N分别是OA,BC的中点，点G在线段MN 点E、F、G、H分别为 上，且MG=2GN,现用基底{OA,OB,OC}表示 △PAB、△PBC、△PCD、 向量OG,有OG=xOA+yOB+之OC,则x,y,之 △PDA的重心. 的值分别为 (1)试用向量方法证明E、F、G、H四点共面； 3.如图，在长方体ABCD (2)试判断平面EFGH与平面ABCD的位置关 A1BCD1中，O为AC的中点. 系，并用向量方法证明你的判断 B. (1D化简A0-号A店 [尝试解答] 0 D (2)用AB,AD,AA1表示OC1, 则OC1= 题后反思 用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形， 以图形为指导是解题的关键.要正确理解向量加 法、减法与数乘运算的几何意义.首尾相接的若 干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向 量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加 法的多边形法则.在立体几何中要灵活应用三角 形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然 成立. ·168 第六章立体几何与空间向量 方法指导 ◆[命题角度2]利用数量积求长度 空间共线向量定理、共面向量定理的应用 2.(2024·绵阳质检)如图，在大 三点(P,A,B)共线 空间四点(M,P,A,B)共面 小为45°的二面角AEF-DE 中，四边形ABFE,CDEF都 PA=APB MP=x MA+y MB 是边长为1的正方形，则B, 对空间任一点O,OP= 对空间任一点O,OP= D两点间的距离是 OA+AB OM+.r MA+yMB A.3 B.√2 C.1 D.√3-√2 对空间任一点O,OP= 3.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在 对空间任一点O,OP= zOM+yOA+(1-x- xOA+(1-z)OB AC上且AM=MC,N为B,B的中点， )OB 则IMN|为 ( 跟踪训练 C. 6aD.⑤ 34 如图，在四棱柱ABCD 解题技法 A1B1C1D1中，底面ABCD 运用公式|a|2=a·a,可使线段长度（即两点间 是平行四边形，E,F,G分别 距离)的计算问题转化为向量数量积的计算问题. 是A1D1,D1D,D1C1的 ◆[命题角度3]利用数量积求夹角 中点 4.已知向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),1c|= (1)试用向量AB,AD,AA1表示AG: √14，若(a十b)·c=7,则a与c的夹角为( ) (2)用向量方法证明平面EFG∥平面AB1C. A.30° B.60° C.120°D.150° 5.(2024·中山模拟)已知向量a,b满足条件：|a =2,|b川=√2，且a与2b一a互相垂直，则a与b 的夹角为 解题技法 设向量a,b所成的角为0，则cos0= a·b a1b,进 考点3)空间向量的数量积及应用（应用点） 而可求两异面直线所成的角. ◆[命题角度1]求空间向量的数量积 ◆[命题角度4]解决平行或垂直问题 L.如图，已知空间四边形ABCD 6.(2024·黄冈市模拟)已知向量a=(2m十1,3，m 的每条边和对角线的长都等 一1)，b=(2,m,一m),且a∥b,则实数m的值 于a,点E,F分别是BC,AD 等于 的中点，则AE·AF=( D A B.-2 C.0 D号或-2 A.a2 7.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b 与2a一b互相垂直，则k的值为 ( ) C. D A.1 c号 7 D. 解题技法 解题技法 空间向量数量积的计算方法 利用向量平行或垂直的坐标表示，将平行或垂直 (1)定义法：设向量a,b的夹角为0，则a·b= 问题转化为向量的坐标运算， lallblcos 0. (2)坐标法：设a=(x1y1,1),b=(x2,y2,2), C温馨提店 学习至此，请完成配套训练 课时冲关47 则a·b=x1x2十y1y2十12 169因为平面 ACC1A1⊥平面 BCC1B1,平面 ACC1A1∩平面 BCC B=CCI, AOC 平 面ACC1A1, 所以AO⊥平面BCCB1, 所以四棱锥A1·BB,CC的高 为AO. 因为AC⊥平面ABC,AC,BCC平 面ABC, 所以A1C⊥BC,A1C⊥AC, 又因为A1B=AB,BC为公共边， 所以△ABC≌△A,BC, 所以A,C=AC 设A1C=AC=x,则A1C1=x, 所以O为CC1中点， 0C=2AA=1. 又因为AC⊥AC, 所以A1C+AC=AA, 即x2十x2=22,解得x=√2， 所以AO=√A1C-OC =√/(W2)-12=1, 所以四棱锥A1BB,CC的高为1. 考点4 [典例][解](1)证明：由平面ABC ⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD =AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面 ABC,故AD⊥BC. (2)取棱AC 的中点N, 连接MN, ND,又图为B M为棱AB 的中点，故MN∥BC,所以∠DMN(或 其补角)为异面直线BC与MD所成的 角 在Rt△DAM中，AM=1,故DM= √AD+AM=√I3,因为AD⊥平 面ABC,故AD⊥AC,在Rt△DAN 中，AN=1,故DN=√AD十AN =√I3,在等腰三角形DMN中， MN=1,可得cos∠DMN= MN DM -03 26 所以异面直线BC与MD所成角的 余孩值为国 26 (3)连接CM,因为△ABC为等边三角 形，M为边AB的中点，故CM⊥AB, CM=√5，又因为平面ABC⊥平面 ABD,而CMC平面ABC,故CM⊥平 面ABD,所以，∠CDM为直线CD与平 面ABD所成的角. 参考答案 在Rt△CAD中， 2.始点终点模为1相等相反 CD=√AC+AD=4, 相等相同4.不共线唯一c= 在Rt△CMD中， xa十yb 不共面唯一 p=a十3b s∠CDM-器-9 十c5.非零∠AOB(a,b)[0, π]互相垂直7.（x1十x2y十y,2 所以直线CD与平面ABD所成角的 十，）(ux1+vx2,uy1十y2,u1十 正弦值为 z,)√xi十yi十号x1x2十y1y2十 之12x2=A1y2=入y122=A 跟踪训练 2=业=2 解：(1)证明：设AB1与A1B相交于xy 点P,连接PD,则P为AB1的中，点，思考辨析(1)√(2)X(3)√ 因为D为AC的中点，所以PD(4)X(5)×(6)× ∥BC. 小题查验 又因为PDC平面ABD,BCt平1.B2.03.A4.E5.号π 2 面A1BD,所以B1C∥平面ABD. (2)由题知，平面ACC,A1⊥平面 跃升·关键能力考点1 ABC平面ACCA门平面ABC=1.合b+c-a）26·言·了 111 AC,又因为BD⊥AC,则BD⊥平面 ACC1A1,所以BD⊥A1D,所以 3.AA(22A店+2a市+A ∠A,DA就是平面A1BD与平面 考点2 ABD所成的角.因为AA1=√B,AD[典例][解](I) =AC=1, 证明：分别连接 PE、PF、PG、PH 则a∠ADA-给-5 交对边于M、V、Q、 R,点. 所以∠A1DA= 3 因为E、F、G、H 分别是所在三角形的重心 即二面角ABDA的大小是受 所以M、N、Q、R为所在边的中点，顺 (3)作AM⊥A,D于 次连接M、N,Q、R得到的四边形为 M.由(2)，易知BD⊥A 平行四边形，且有： 平面ACC1A1. =p成i.庐=p爪，心 因为AMC平面 ACC,A1,所以BD⊥ =号P成pi=号成 AM.因为A1D∩BD A 因为四边形MNQR是平行四边形， =D,所以AM⊥平面ABD. 连接MP,易知∠APM就是直线 所以M应=M不+M成=多(E京+ AB1与平面A1BD所成的角. EH). 因为AA1=√3，AD=1,所以在Rt △AAD中，∠ADA=号，所以AM 又M应-P成-Pi=是酝， AP=立AB 所以是G-号（京+E. =1×sin60°= 即E心=EF+E五i,由共面向量定理知 E、F、G、H四，点共面 2 (2)由(1)得MQ= 是E忘，所以M 所以sin∠APM= AM 2 AP ∥EG. 7 2 又因为EG丈平面ABCD,所以EG∥ 21 平面ABCD. 7 ,所以直线AB1与平面A1BD 因为-P-P=是P市 所成的角的正孩值为√ 号元=号酝片以MN∥ER,又因 第6节 为EF吐平面ABCD,所以EF∥平面 夯实·必备知识必备知识 ABCD. 1.(1)zOy平面之(2)横坐标（或x 由于EG与EF交于E点， 坐标)纵坐标（或y坐标）竖坐标 所以平面EFGH∥平面ABCD. (或≈坐标)(3)√十y十之 跟踪训练 解：(1)设AB=a,AD=b,AA1=c √（x2一x1)P十(y2一y)+(3-名1) 由图得AG=AA1十AD,十D,G ·447· 高考总复习人教数学B版（新教材） -c+b+2DC 2（g·p+r·p-p2) =2a+6+c 1 (a'c0s60°+acos60°-a') -2AB+AD+AA. =0. ∴.MN⊥AB.同理可证MN⊥CD. (2)证明：由题图，得AC=AB+BC 2.证明：以A为原，点，AB,AC,AA,所 =a十b, 在直线为工轴，y轴，之轴，建立如图 成-D+DG=2+3a 所示的空间直角坐标系Axy,令 AB=AA1=4,则A(0,0,0),E(0,4,2), =合d. F(2,2,0),B1(4,0,4),D(2,0,2), A(0,0,4), EG与AC无公共点， (1)DE=(-2,4,0), ∴.EG∥AC,EG寸平面ABC,AC 平面ABC的法向量 C平面AB1C, ∴.EG∥平面ABC. 为AA1=(0,0,4) 又：AB1=AB+BB1=a十c, DE·AA1=0, DE寸平面ABC, F元=FDi+DG=e+a DE∥平面ABC =合A, (2)B1F=(-2,2,-4), FG与AB1无公共点， EF=(2,-2,-2), ∴.FG∥AB,, B1F·EF=(-2)×2+2X(-2)+ FG丈平面ABC,AB1C平 (-4)×(-2)=0, 面AB1C, B1F⊥EF,B1F⊥EF, .FG∥平面ABC, B1F·AF=(-2)X2+2X2+ 又，FG∩EG=G,FG,EGC平 (-4)×0=0, 面EFG, ∴.平面EFG∥平面AB,C ∴B1F⊥AF,.B,F⊥AF 考点3命题角度11.C AF∩EF=F,∴.BF⊥平面AEF. 命题角度22.D3.A 3.证明：由题意，知 命题角度34.C5.45 AA1,AB,AC两 命题角度46.B7.D 两垂直，以A为 坐标原点建立如 第7节第一课时 图所示的空间直角坐标系. 夯实·必备知识必备知识 设正方形AAC1C的边长为2，则 2.非零向量垂直3.y1∥23λ∈ A(0,0,0),A1(2,0,0),B(0,2,0), R,使得y=v2v⊥nv·n=0n1 B1(2,2,0),C(0,0,2),C(2,0,2),M1 ∥n2了入∈R,使得n1=n24.⊥ 0,0),N1,1,1). 1·2=0v∥n3入∈R,使得v (1)由题意知AA1⊥AB,AA1⊥ =nn⊥n2n·n2=05.(2)相交 AC1,又AB,∩A1C1=A1, 或异面(3)MN⊥1，MN⊥l2距离 所以AA1⊥平面A1BC1· 6.平面内射影斜线斜线射影 因为AA1=(2,0,0),MN=(0,1,1), 思考辨析(1)×(2)×(3)√ 所以MN·AA1=0,即MN⊥AA1 (4)×(5)/ 故MN∥平面AB,C. 小题查验 (2)设平面MBC1与平面BBC,C的 1.c2.c8A4c5.9 法向量分别为n=（x1,y1,),n2= (xgy2,22). 跃升·关键能力考点1 因为MB=(一1,2,0)，MC=(1,0,2), 1.证明：设AB=p,AC=q,AD=r 由题意可知，p=q=r=a,且 所以/·B=0, -1十21=0， p,q,r三向量两两夹角均为60. (n·MC=0,(+21=0, MN-AN-AM-(AC+AD) 令=2，则平面MBC的一个法向量 为n1=(2,1,-1).同理可得平面 AB-2(g+r-p), BBCC的一个法向量为n2=(0,1,1). 因为m·n2=2×0十1×1十(-1) :不.AB=合q+rp)P X1=0,所以n1⊥n2,所以平面 MBC1⊥平面BBCC. ·448· 考点2命题角度1 1.解：(1)证明：设BD与AC交于点O,则 BD⊥AC,连接AO,在△AAO中， AA1=2,AO=1,∠A1AO=60°. ∴A,O=AA+AO-2AA·AOos 60°=3，A0+A0=AA,A1O AO. 由于平面AACC ⊥平面ABCD, A1OL平面AB- A色 CD.以OB,OC, OA1所在直线分别为x轴，y轴，之 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,-1,0),BW3,0,0),C(0,1,0), D√5,0,0)，A(0,0w5),C(0,2W3). 由于BD=(-2√3,0,0)， AA1=(0,1,w5). AA1·BD=0X(-2W5)+1X0+√5 ×0=0. ∴.BD⊥AA1,即BD⊥AA1· (2)由于OB⊥平面AACC,.平面 AACC的一个法向量为n1=(1,0,0). 设n2=(x,y,x)为平面DAA1D1的 一个法向量， 则·A4,=0 即y十3=0， (n2·AD=0,(-√3x+y=0, 取n2=(1,W3,-1),则(n1,n2）即为 二面角DA1AC的平面角， a〉语-9 所以二面角DA1A-C的余弦值 为 (3)假设在直线CC上存在点P,使 BP∥平面DA1C.设CP=ACC1, P(x,y,2),则(x,y-1,)=入(0,1， √5).从而有P(0,1十A,√5λ)，BP= (-√3,1+λ，w3a). 设n=(x4y之)⊥平面DAC, 则AG, (n⊥DA1, 又A1C=(0,2,0),DA1=(W5,0W5). 则/2=0， W3x十3x=0, 取n=(1,0,-1),因为BP∥平面 DA1C,则n⊥BP,即n·BP= 一√5-√5入=0，得λ=-1.即点P在 C,C的延长线上，且CC=CP 跟踪训练 1.解：(1)证明：设ED的中点为H,AB 的中点为O, 由题意知OH∥AE.