第6章 第7节 第1课时 空间中的点，直线，平面与空间向量-【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7节 空间向量在立体几何中的应用 第一课时空间中的点、直线、平面与空间向量 ★[课程标准]1.理解直线的方向向量及平面的法向量.2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行 和垂直关系.3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理 夯实，必备知识 教材夯实强基固本 必备知识 位置 向量表示 图形表示 1.点的位置向量、直线的方向向量 关系 般地，如果在空间中指定一点O,那 设n1,2分别是不重 么空间中任意一点P的位置，都可以 位置向量 面面 合的平面a,3的法向 由向量OP唯一确定，此时，通常OP称 为点P的位置向量 平行 量，则a∥曰 般地，如果1是空间中的一条直线， v是空间中的一个非零向量，且表示v 的有向线段所在的直线与1平行或重 方向向量 4.空间中直线、平面的垂直 合，则称v为直线1的一个方向向量. 此时，也称向量y与直线1平行，记作 位置 向量表示 图形表示 v∥L 关系 2.平面的法向量 设直线11,12的方向 如果a是空间中的一个平面，n是空间中的一个 ,且表示n的有向线段所在的直线 线线向量分别为v1,2,则 与平面a ,则称n为平面a的一个法向 垂直11⊥12台 量，此时也称n与平面a垂直，记作n⊥a. 3.空间中直线、平面的平行 位置 向量表示 图形表示 关系 设直线1的方向向量 设y1,2分别是不重 线面 为v,平面a的法向量 合的直线41，l2的方 线线 垂直为n,则1⊥a台 平行 向向量，则11∥2台 台 设平面a,3的法向量 设v是直线1的方向 向量，n是平面a的法 面面 分别为n1,2,则a⊥3 线面 向量，1中a,则l∥a台 平行 垂直 ·170· 第六章立体几何与空间向量 5.异面直线与空间向量 自主诊断 设y1,2分别是空间中直线11与12的方向 ◆[思考辨析 向量 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“X” (1)若l1与2异面，则v1与2的关系为1与2 (1)直线的方向向量是唯一确定的. ) 不平行 (2)平面的单位法向量是唯一确定的. (2)若y1与2不平行，则11与12的位置关系为 (3)两不重合直线1和2的方向向量分别为 (1,0,-1),2=（-2,0,2),则11与12的位置 关系是平行 ) (3)公垂线段：一般地，如果11与12是空间中两条 (4)若n1,n2分别是平面a,B的法向量，则n1∥ 异面直线，M∈l1,N∈l2, .则称 n2台a∥B. () (5)已知a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4, MN为l1与12的公垂线段，两条异面直线的公 -6,2),则a∥c,a⊥b. ( 垂线段的长，称为这两条异面直线之间的 ◆[小题查验] 1.已知平面a,3的法向量分别为n1=(2,3,5), 6.三垂线定理及三垂线定理的逆定理 2=(-3,1,一4)，则 ) A.a∥B B.a⊥B 三垂线定理：如果 的一条直线与平面的 C.a,3相交但不垂直 D.以上均不对 一条斜线在该平面内的 垂直，则它也和 2.设平面α的法向量为(1,2，一2)，平面B的法向 ) 这条 垂直 量为(-2，-4，k),若a∥B,则k等于( A.2 B.-4 C.4 D.-2 三垂线定理的逆定理：如果平面内的一条直线和 3.(2024·桂林市模拟)已知平面α内有一点M(1, 这个平面的一条斜线垂直，则它也和这条 一1,2)，平面&的一个法向量为n=(6,-3,6), 在该平面内的 垂直 则下列点P中，在平面a内的是 A.P(2,3,3) B.P(-2,0,1) 重要结论 C.P(-4,4,0) D.P(3,3,4) 4.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则下列向 1.直线的方向向量的确定：1是空间一直线，A,B 量是平面ABC法向量的是 是l上任意两点，则AB及与AB平行的非零向量 A.(-1,1,1) B.(1,-1,1) 均为直线1的方向向量. C 3 3, D. 3 3’3 ,- 3 2.平面的法向量的确定：设a,b是平面a内两不共 5.如图，在三棱锥SABC中，SA⊥平面 线向量，n为平面a的法向量，则求法向量的方 ABC,AB⊥BC,且SA=AB=BC=1, 程组为n·a=0, 则异面直线SB与AC之间的距离为 n·b=0. 跃升>关键能力 层级突破素养提升 点1)利用空间向量证明平行或垂直（基础点） 2.如图，已知直三棱柱ABC A1B1C1中，△ABC为等腰直 1.如图所示，已知空间四边形 角三角形，∠BAC=90°，且 ABCD的各边和对角线的长都 AB=AA1,D,E,F分别为 等于a,点M,N分别是AB, B1A,C1C,BC的中点 CD的中点 (1)求证：DE∥平面ABC; 求证：MN⊥AB,MN⊥CD (2)求证：B1F⊥平面AEF 171 高考总复习人教数学B版（新教材） 3.(2024·深圳市模拟)如图C (1)求证：BD⊥AA1; 所示，在直三棱柱ABC (2)求二面角DA1A-C的余弦值； A1B1C1中，侧面AAC1C (3)在直线CC1上是否存在点P,使BP∥平面 和侧面AA1B1B都是正 DA1C1,若存在，求出点P的位置，若不存在，请 方形且互相垂直，M为 说明理由. AA1的中点，N为BC1的中点.求证： (1)MN∥平面A1B1C1; (2)平面MBC1⊥平面BB1C1C. 方法指导 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种 是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是 利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根 据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点 坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在” 跟踪训练 1.如图，等边三角形ABC与 题后反思 直角梯形ABDE所在的平 用空间向量证明平行与垂直的方法与步骤 面垂直，BD∥AE,BD= E 1.坐标运算法 2AE,AE⊥AB 第一步：寻找空间几何体中的垂直关系，选取原 (1)若F为CD的中点，求 A 点，建立适当的空间直角坐标系；第二步：用向量 证：EF⊥平面BCD: 表示空间几何体中的点、线和平面等元素，建立 (2)在线段AC上是否存 空间图形与空间向量的联系；第三步：进行空间 在点N,使CD∥平面BEN?若存在， AN的 N 向量的坐标运算；第四步：将空间向量运算的结 值；若不存在，请说明理由。 果转化为空间图形中待证的结论： 2.基底向量法 第一步：适当选取不共线的三个向量作为基 底；第二步：空间几何体中待证的结论用基底 向量表示出来；第三步：进行基底向量的线性 运算与数量积运算；第四步：将空间向量运算 的结果转化为空间图形中待证的结论 春点2与平行垂直有关的探索性问题（创新点） ◆[命题角度1]探索性问题与平行相结合 1.如图，棱柱ABCDA1B1CD1 的所有棱长都等于2，∠ABC A 和∠A1AC均为60°，平面 AACCL平面ABCD. ·172· 第六章立体几何与空间向量 ◆[命题角度2]探索性问题与垂直相结合 !跟踪训练 2.已知正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高， 2.如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3,AC=6, E,F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿 D,E分别是AC,AB上的点，且DE∥BC,DE=2. CD翻折成直二面角A-DCB. 将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C (1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说 ⊥CD,如图2. 明理由； (2)求二面角EDF-C的余弦值； A (3)在线段BC上是否存在一点P,使AP⊥DE? 如果存在，求出配的值：如果不存在，请说明 以 理由。 图1 图2 (1)求证：A1C⊥平面BCDE: (2)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与 平面A1BE垂直？说明理由. 方法指导 解决立体几何中线段上是否存在点的探索性问 题，关键是该点如何用参数设出来.一般有两种 方法：一是利用比例式求解：二是利用三点共线 C温馨提污 条件巧设.最后都转化为与平行或垂直有关的问 学习至此，请完成配套训练课时冲关48 题解决. ·173·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. 因为平面ABDE ⊥平面ABC,AE ⊥AB,平面ABDE ∩平面ABC= AB,所以AE⊥平 面ABC,所以HO⊥平面ABC. 又△ABC为等边三角形， 所以OC⊥AB. 故以O为坐标原点，射线OC,OB, OH分别为x轴、y轴、之轴的正方 向，建立如图所示的空间直角坐标 系Oxyg. 设AE=1,AB=2a, 则A(0,一a,0),B(0,a,0), C(3a,0,0),D(0,a,2),E(0,-a, :EF= -a,0),BD=(0,0,2)→EF·BC= O,EF·BD=O,所以EF⊥BC,EF ⊥BD. 又因为BC∩BD=B,所以EF⊥平 面BCD. (2)设存在点N,使CD∥平面BEN, 设AN=ANC, 所以BN= (a,-2a-a,0: 1十1+入 由(1)知，BE=(0,-2a,1),CD (-√3a,a,2),设平面BEN的法向量 为n=(x,y,2),由 n·BN=·x+1+ 1千 -2a-ay=0, (n·BE=-2a·y十x=0, y'令y=1, (z=2ay, 则n= (+2,1,2a 由CD∥平面BEN,得n⊥CD. 所以n.CD=2.(-5a十a十 √3λ 2a·2=0,解得入=2 所以当光名时，CD/年面BEN 命题角度2 2.解：(1)在△ABC中，由E,F分别是 AC,BC中点，得EF∥AB,又AB 平面DEF,EFC平面DEF,所以AB ∥平面DEF. (2)以点D为坐标原点，以直线DB, DC,DA分别为x轴，y轴，之x轴，建 立空间直角坐标系Dxy之，则A(0, 0,2),B(2,0,0),C(0,2√3,0)，E(0, √3,1)，F(13,0),DF=(1W3,0), DE=(0W3,1),DA=(0,0,2). 参考答案 易知平面CDF的法 m·AD=(x2,2,≈)·(0,2，-2√5) 向量为DA=(0,0, =2y一2V3x2=0, 2),设平面EDF的法 向量n=(x,y,2), m·DP=(2yx2)·(p,-2,0) (=p2-2y=0, tDF·n=0, 则 0'即x十y=0, 卫 DE·n=0,5y+z=0, 令x2=2,则m 取n=(3,-√5,3)， =e, cos(DA,m)=DA·n=2 6 DAlln 所以二面角EDF-C的余弦值 若平面A1DP⊥平面A1BE, 则有m·n=0, 为何 即4十p十p=0.解得p=一2，与p∈ [0,3]矛盾. (3)存在.设P(s,t,0),则AP·DE 所以线段BC上不存在，点P,使平面 =(s,t,-2)·(0W5,1) ADP与平面ABE垂直. =5t-2=0,t=2 第二课时 3 夯实·必备知识必备知识 又BP=(s-2,t,0), 二、1.cos(y1,y2〉「 ·v2 PC=(-s,23-t,0), VV. v·n ,BP∥PC, 2.cos <v,n) y n .(s-2)(2√3-t)=-st, 3.(1)两个半平面棱 面(2)0°a ∴W3s十t=23. ≤180°直二面角 把=25代入上式得= (3)不大于90°夹角其补角 3 3 cos(m,n) n1·m2 nn2 思考辨析(1)×(2)× (3) ∴在线段BC上存在点P,使AP (4)/ ⊥DE. 小题查险，D2B&号4之 此时，BC=3 跟踪训练 2.解：(1)证明：因为AC⊥BC,DE∥ 跃升·关键能力考点1 BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A,D, 1.A2.8 2√/39 DE⊥CD,所以DE⊥平面ADC. 3.1 所以DE⊥AC.又因为AC⊥CD, 考点2 所以AC⊥平面BCDE. [典例][解](1)证明：，PDL底面 (2)线段BC上不存在点P,使平面 ABCD,PD⊥BD, A1DP与平面A1BE垂直.理由 取AB中点E,连接DE,可知BE= 如下： 建立如图所示的空间 2AB=1 直角坐标系Cxy之.假 CD∥AB, 设这样的，点P存在，设 ..CDLBE, 其坐标为(p,0,0),其中 .四边形BCDE p∈[0,3]. 为平行四边形， 设平面A,BE的一个法向量为n ..DE=CB=1, (xy21).由 :DE=合AB, [n·AB=(x1M之)·(3,0，-25) .△ABD为直角三角形，AB为 =3x1-2√3x1=0, 斜边， n·BE=(x1,y1x1)·(-1,2,0) .BD⊥AD, PD∩AD=D, =-x1十2y1=0, ∴BD⊥平面PAD, 得=2‘令为=1，则n=2,1. BD⊥PA. (=3y, (2)由(1)知，PD,AD,BD两两垂直， 设平面ADP的一个法向量为m= BD=√AB-AD=√5， (x2y222),由 ·449·