第6章　空间向量与立体几何 章末知识点总结提升课件-2025-2026学年高二下学期数学苏教版选择性必修第二册

该高中数学单元复习课件系统梳理了空间向量的概念运算、坐标表示及立体几何应用，通过知识导图串联空间向量基本定理、线面位置关系、空间角与距离计算等内容，构建完整知识网络。 其亮点在于采用“要点归纳-典例解析-跟踪训练-高考链接”的分层复习模式，如典例2通过坐标系证明线面关系，跟踪训练3探究线面角问题，培养逻辑推理和数学运算能力。助力学生巩固知识，教师精准开展复习教学。

第6章　空间向量与立体几何 章末知识点总结提升 网络构建·知识导图 要点归纳·典例提升 要点一　空间向量的运算 1.向量的线性运算的关键是熟练掌握向量加减运算的平行四边形法则、三角形法则及各运算公式,理解向量运算法则、运算律及其几何意义. 2.利用空间向量的数量积可以解决有关垂直、夹角、长度问题.解决问题的两条途径:一是根据数量积的相关定义,利用模与夹角直接计算;二是利用坐标进行相关计算. (1)a≠0,b≠0,a⊥b⇔a·b=0; (2)|a|=; (3)cos<a,b>= 3.空间向量的运算,应注重逻辑推理、数学运算的培养. 【典例1】 (1)已知空间A,B,C,D四点共面,但任意三点不共线,若P为该平面外一点且-x,则实数x的值为(　　) A.- B.- C D C 解析 因为空间A,B,C,D四点共面,但任意三点不共线,则可设=m+n.又点P在平面外,则=m()+n(),即(-1+m+n)=-+m+n,则.又-x,所以解得m=n=,x=,故选C. (2)已知a=(x,1,1),b=(1,y,1),c=(2,-4,2),x,y∈R,且a⊥b,b∥c. ①求|a+b|; ②求向量a+b与2a+b-c夹角的大小. 解 ①∵b∥c,∴,∴y=-2,∴b=(1,-2,1). ∵a⊥b,∴a·b=x-2+1=0,∴x=1,∴a=(1,1,1), ∴a+b=(2,-1,2), ∴|a+b|==3. ②由①可得2a+b-c=(1,4,1),∴(a+b)·(2a+b-c)=2×1+(-1)×4+2×1=0, ∴向量a+b与2a+b-c垂直,即向量a+b与2a+b-c夹角的大小为. 规律方法　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　已知空间中三点A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4).求: (1)cos∠BAC; (2)△ABC中BC边上中线的长度. 解 (1)由题意,得=(1,1,0),=(-1,0,2), ∴cos∠BAC==-. (2)设边BC的中点为D,则点D的坐标为(-2,,3),又A(-2,0,2), ∴=(0,,1),∴||=.∴边BC的中线长为. 要点二　利用空间向量证明位置关系 1.用空间向量判断(证明)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.将立体几何中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. 【典例2】 如图,正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直, AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=2,CD=4,M为CE的中点. 求证:(1)BM∥平面ADEF; (2)BC⊥平面BDE. 证明 (1)∵平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,ED⊥AD,ED⊂平面ADEF, ∴ED⊥平面ABCD. 又AD⊥CD,∴AD,DC,ED两两垂直. 以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),E(0,0,2),F(2,0,2). ∵M为CE的中点,∴M(0,2,1), 则=(-2,0,1),=(-2,0,0),=(0,0,2), ∴,故共面. 又BM⊄平面ADEF,∴BM∥平面ADEF. (2)=(-2,2,0),=(2,2,0),=(0,0,2), ∵=-4+4=0,∴BC⊥DB. ∵=0,∴BC⊥DE. 又DE∩DB=D,∴BC⊥平面BDE. 规律方法　利用空间向量证明或求解立体几何问题时,首先要转化为坐标运算,再借助于坐标的有关性质求解(证明). 跟踪训练2　已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形,AB∥DC, ∠DAB=90°,PA⊥平面ABCD,PA=AD=DC=AB=1. (1)若点M是棱PB上的动点,且满足,证明:PD∥平面ACM. (2)若点N为棱PC上的一点(不含端点),试探究PC上是否存在一点N,使得平面ADN⊥平面BDN?若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由. (1)证明 以A为原点,AD,AB,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A(0,0,0),D(1,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(0,2,0).因为点M是棱PB上靠近P的三等分点,则M(0,),则=(0,),=(1,1,0),=(1,0,-1). 设平面ACM的一个法向量为m=(x,y,z),满足令x=1,则y=-1,z=1,则m=(1,-1,1),·m=1-1=0,所以⊥m.又PD⊄平面ACM,所以PD∥平面ACM. (2)解 存在.理由如下: 设=λ(0<λ<1),则N(λ,λ,1-λ),=(λ,λ,1-λ),=(1,0,0),=(1,-2,0), =(λ,λ-2,1-λ). 设平面ADN的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),满足 令z1=1,则x1=0,y1=,故取n1=(0,,1). 设平面BDN的法向量为n2=(x2,y2,z2),满足令y2=1,则x2=2,z2=,故取n2=(2,1,), 若平面ADN⊥平面BDN,则n1⊥n2,即=0, 解得λ=,此时N为PC的中点,则=1. 要点三　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的夹角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的夹角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,则二面角的大小与这两个平面的法向量的夹角相等或互补. 2.通过利用向量计算空间角的大小,可以提高学生的逻辑推理能力和数学运算能力. 【典例3】 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AB1=AA1=AC=2, ∠BAC=120°,线段A1B1的中点为M,且BC⊥AM. (1)求AA1与BC所成角的余弦值; (2)若线段B1C1的中点为P,求二面角P-AB1-A1的余弦值. 解 (1)如图,在线段BC上取一点N,使CN=BC.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1, 在△AB1A1中,因为AB1=AA1,M是A1B1的中点, 所以AM⊥A1B1,AM=,所以AM⊥AB. 因为AM⊥BC,BC∩AB=B,BC,AB⊂平面ABC, 所以AM⊥平面ABC. 在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB×AC×cos 120°=12,所以BC=2,所以BN=. 在△ABN中,由余弦定理得AN2=AB2+BN2-2AB×BN×cos 30°=,所以AB2+AN2=BN2,所以AB⊥AN. 以A为原点,AB,AN,AM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A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),B1(1,0,), A1(-1,0,),C(-1,,0).所以=(-1,0,),=(-3,,0). 设直线AA1与BC所成的角为θ,θ∈, 所以cos θ=|cos<>|=. (2)设C1(x,y,),由⇒(-3,,0)=(x-1,y,0)⇒C1(-2,),因为线段B1C1的中点为P, 所以P. 设平面PAB1的一个法向量n1=(x1,y1,z1), 因为=(1,0,), 所以 令z1=1,则x1=-,y1=-3,所以n1=(-,-3,1). 由(1)知,AM⊥平面ABC,又AM⊂平面A1AB1, 所以平面A1AB1⊥平面ABC. 又平面A1AB1∩平面ABC=AB,AB⊥AN,AN⊂平面ABC,AN⊄平面A1AB1,所以AN⊥平面A1AB1,所以为平面A1AB1的一个法向量. 而在y轴上,所以取平面A1AB1的一个法向量n2=(0,1,0).设二面角P-AB1-A1的平面角为α, 所以|cos α|=|cos<n1,n2>|=. 由图可知,α为锐角,所以cos α=, 所以二面角P-AB1-A1的余弦值为. 题后反思　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.求直线和平面所成的角、二面角类问题有两种思路:转化为两条直线所成的角、利用平面的法向量. 跟踪训练3　如图,在正四棱锥P-ABCD中,AC,BD交于点O,AB=2,OP=1. (1)求二面角C-AP-B的大小. (2)在线段AD上是否存在一点Q,使得PQ与平面APB所成角的正弦值为?若存在,指出点Q的位置;若不存在,请说明理由. 解 (1)由题意得PO⊥平面ABCD,且AC⊥BD,以O为原点,分别以OA,OB,OP为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 所以A(,0,0),B(0,,0),C(-,0,0),D(0,-,0), P(0,0,1),所以=(-,0,1),=(-,0), =(0,-2,0).设平面PAB的法向量n=(x,y,z), 则令x=1,可得y=1,z=,所以n=(1,1,).因为PO⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PO⊥BD. 又因为AC⊥BD,AC∩PO=O,AC,PO⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC, 所以即为平面PAC的法向量,所以cos<n,>==-.又<n,>∈[0,π],由图象可得二面角C-AP-B为锐二面角, 所以二面角C-AP-B的大小为. (2)存在.理由如下:假设线段AD上存在一点Q,满足题意,设Q(m,n,0),因为=λ(λ∈[0,1]),所以(m-,n,0)=λ(-,-,0),解得m=λ,n=-λ,所以Q(λ,-λ,0),则=(λ,-λ,-1). 因为平面PAB的法向量n=(1,1,),设PQ与平面APB所成角为θ,所以sin θ= |cos<,n>|=||=||=,解得λ=或λ=- (舍),所以在线段AD上存在一点Q,使得PQ与平面APB所成角的正弦值为,此时,即Q为AD上靠近A的四等分点. 要点四　利用空间向量计算距离 1.空间距离的计算: (1)点到平面的距离d= 说明:点P为平面α外一点,A为平面α内一点,n为平面α的法向量. (2)点到直线的距离: 公式①:d=; 公式②:d=||sin<,e>. 说明:P为直线l外一点,A是l上任意一点,在点P和直线l所确定的平面内,取一个与直线l垂直的向量n.e是直线l的方向向量. 2.通过利用向量计算空间距离,可以提升学生的逻辑推理和数学运算能力. 【典例4】 如图,四棱锥S-ABCD的底面是矩形,AB=a,AD=2,SA=1,且SA⊥底面ABCD,若棱BC上存在异于B,C的一点P,使得 (1)求实数a的取值范围; (2)当a取最大值时,求点P到平面SCD的距离. 解 (1)由题意建立如图所示的空间直角坐标系,则C(a,2,0),D(0,2,0),S(0,0,1),设P(a,x,0)(0<x<2).∵=(-a,-x,1),=(-a,2-x,0),∴由,得a2-x(2-x) =0,即x2-2x+a2=0(0<x<2).由题意,知Δ=(-2)2-4a2≥0,∴0<a≤1,即实数a的取值范围是(0,1]. (2)由(1)知a的最大值是1,x2-2x+1=0,解得x=1,此时P(1,1,0),即点P是BC的中点.设n=(x,y,z)是平面SCD的法向量,∵=(1,0,0),=(0,2,-1),∴由令y=1,则z=2,故n=(0,1,2)是平面SCD的一个法向量.∵=(0,-1,0),∴点P到平面SCD的距离为. 题后反思　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4　如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=,AB=BC=AD=a, PA⊥平面ABCD,且PA=a,点F在AD上,且CF⊥PC.求: (1)点A到平面PCF的距离; (2)AD到平面PBC的距离. 解 (1)由题意知AP,AB,AD两两垂直,建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,3a,0),P(0,0,a).设F(0,m,0),则=(-a,m-a,0), =(-a,-a,a). ∵PC⊥CF,∴,∴=(-a)·(-a)+(m-a)·(-a)+0=a2-a(m-a)=0, ∴m=2a,即F(0,2a,0). 设平面PCF的一个法向量为n=(x,y,z), 则解得 取x=1,得n=(1,1,2). 设点A到平面PCF的距离为d,由=(a,a,0), 得d=a. (2)由于=(-a,0,a),=(0,a,0),=(0,0,a). 设平面PBC的一个法向量为n1=(x0,y0,z0), 则 取x0=1,得n1=(1,0,1). 设点A到平面PBC的距离为h, ∵AD∥BC,AD⊄平面PBC,∴AD∥平面PBC,则h为AD到平面PBC的距离,∴h=a. 高考链接 1.(2024新高考Ⅰ)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2, BC=1,AB= (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD. (1)证明 ∵BC=1,AB=,AC=2,∴AC2=AB2+BC2,∴AB⊥AC. 又PA⊥底面ABCD,BC⊂底面ABCD,∴PA⊥BC. 又PA,AB⊂平面PAB,AB∩PA=A, ∴BC⊥平面PAB. 【提醒】要着力寻找平面内的两条相交直线. ∵PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,∴AD⊥PA. 又AD⊥PB,且PA,PB⊂平面PAB,PB∩PA=P, ∴AD⊥平面PAB.∴AD∥BC. 【技巧】垂直于同一个平面的两直线平行. 又BC⊂平面PBC,AD在平面PBC外, ∴AD∥平面PBC. (2)解 ∵AD⊥DC,∴以AD,DC所在直线分别为x轴、y轴,以过点D且与AP平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 令AD=t,则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),DC=,C(0,,0). ∴=(-t,,0),=(0,0,2),=(t,0,2),=(0,,0). 设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则∴z1=0. 不妨设x1=,则y1=t, ∴平面ACP的一个法向量为n1=(,t,0). 设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则∴y2=0, 不妨设z2=t,则x2=-2. ∴平面CPD的一个法向量为n2=(-2,0,t). ∵二面角A-CP-D的正弦值为, 又由图可知,二面角A-CP-D为锐角, ∴二面角A-CP-D的余弦值为. ∴|cos<n1,n2>|=. ∴t=,∴AD=. 2.(2025新高考Ⅰ)如图所示的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC∥AD, AB⊥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=AB=,AD=+1,BC=2,P,B,C,D在同一个 球面上,设该球面的球心为O. (ⅰ)证明:O在平面ABCD上; (ⅱ)求直线AC与直线PO所成角的余弦值. (1)证明 ∵PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD, ∴PA⊥AB. 又AB⊥AD,AP,AD⊂平面ADP,AP∩AD=A, ∴AB⊥平面ADP. 又AB⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PAD. (2)(ⅰ)证明 易知PA,AB,AD两两垂直,以A为原点,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,如图所示. ∵AP=,AB=,BC=2,AD=+1, ∴P(0,0,),B(,0,0),C(,2,0),D(0,+1,0). ∵点O为P,B,C,D共球面的球心, 则PO=OB,CO=DO,BO=CO. 设O(x,y,z),则有 解得 即点O(0,1,0),∴点O在平面ABCD上. (ⅱ)解 由(ⅰ)知=(,2,0),=(0,1,-), 则cos<>=. $