第7章 第7讲 第1课时 利用空间向量研究直线、平面的位置关系（Word教参）-【精讲精练】2027年高考数学一轮复习（北师大版）

该高中数学讲义聚焦空间向量应用高考核心考点，涵盖位置关系证明、空间距离及空间角求解，按课标要求分层梳理知识，结合考情分课时细化。通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建逻辑体系，突破线面垂直证明等难点，体现复习的系统性和针对性。 资料以数学运算和逻辑推理为核心，创新采用空间直角坐标系建模策略，如证明垂直问题时，通过向量数量积为零推导线线垂直。设置存在性问题探究等教学活动，配合真题改编题和分层练习，即时反馈学情，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏提供实用指导。

第7讲　空间向量的应用 课标要求 考情分析 1．会用向量法证明线面的平行、垂直关系． 2．了解利用空间向量求空间距离的方法，会求空间距离． 3．会用向量法求异面直线所成的角，直线与平面所成的角，平面与平面的夹角等各种空间角． 4．体会向量方法在研究立体几何中的作用． 考点考法：高考命题常以空间几何体为载体考查空间距离与空间角，难度中档，特别是空间角的求解是考查热点． 核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象． [对应学生用书P192] 1．空间位置关系的向量表示 (1)直线的方向向量与平面的法向量 ①直线的方向向量：设点A，B是直线l上不重合的任意两点，称为直线l的方向向量． ②平面的法向量：如果一条直线l与一个平面α垂直，那么就把直线l的方向向量n叫作平面α的法向量，则n⊥α. ③方向向量和法向量均是非零向量且不唯一． (2)空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2 l1∥l2或l1与l2重合 n1∥n2⇔__n1＝kn2(k∈R)__ l1⊥l2 n1⊥n2⇔__n1·n2＝0__ 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥α n⊥m⇔__n·m＝0__ l⊥α n∥m⇔n＝km(k∈R) 平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m⇔n＝km(k∈R) α⊥β n⊥m⇔__n·m＝0__ 2．空间距离 名称 概念 求法 两点距 空间中两个点连线的线段长 求向量的模 点线距 过空间一点作一条直线的垂线段的长 若点P是直线l外一点，l0是直线l的单位方向向量，点A是直线l上任意一点，则点P到直线l的距离为d＝____ 点面距 过平面外一点作平面的一条垂线段的长 点P到平面α的距离，等于点P与平面α内任意一点A连线所得向量，在平面α的单位法向量n0方向上所作投影向量的长度，即d＝__|·n0|__ 线面距 当直线与平面平行时，直线上任意一点到平面的距离 转化为求点面距 面面距 当平面与平面平行时，一个平面上的任意一点到另一个平面的距离 3．空间向量与空间角的关系 (1)异面直线的夹角 设异面直线l1，l2的夹角为θ，其方向向量分别为u，v，则cos θ＝|cos 〈u，v〉|＝＝. (2)直线与平面所成的角 设向量l为直线l的一个方向向量，n是平面α的一个法向量，则直线l与平面α所成的角θ∈，且θ＝－〈l，n〉(如图1)或θ＝〈l，n〉－(如图2)，故sin θ＝|cos 〈l，n〉|. (3)两个平面所成的角 设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝. 【最小角定理】　如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2. 1．判断正误．(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)直线的方向向量和平面的法向量的夹角就是直线与平面所成的角．(×) (2)两个平面的法向量的夹角是这两个平面所成的角.(×) (3)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度．(×) (4)直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α.(×) 2．已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)，直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则直线l1和l2所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析　因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，所以cos 〈s1，s2〉＝＝＝－.所以直线l1和l2所成角的余弦值为. 答案　C 3．(北师大版选修一P139例15改编)已知A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，则点A到直线BC的距离为(　　) A． B．1 C． D．2 解析　因为A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，所以＝(1，0，0)，＝(－1，2，－2)， 所以点A到直线BC的距离为 d＝| | ＝||＝1× ＝. 答案　A 4．(忽视二面角的范围致误)在一个二面角的两个半平面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个二面角的余弦值为________． 解析　设a＝(0，－1，3)，b＝(2，2，4)，则a·b＝0×2＋(－1)×2＋3×4＝10，|a|＝＝，|b|＝＝2，则cos 〈a，b〉＝＝，所以这个二面角的余弦值为或－. 答案　± 5．(北师大版选修一P136例13改编)(忽视距离的概念致误)已知在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1到平面BED的距离为________． 解析　连接AC交BD于点O，连接OE.以D为原点，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(如图)， 则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(0，2，)，所以＝(2，2，0)，＝(0，2，)，易知AC1∥平面BDE.设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，则取y＝1，则n＝(－1，1，－)为平面BDE的一个法向量．又＝(2，0，0)，所以点A到平面BDE的距离是＝＝1.故直线AC1到平面BED的距离为1. 答案　1 第1课时　利用空间向量研究直线、平面的位置关系 [对应学生用书P194] 考点一　利用空间向量证明平行问题 重难考点　师生共研 　如图所示，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD，M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点． (1)求证：MN∥平面PAD； (2)求证：平面MNQ∥平面PAD. [证明]　(1)因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB，PA⊥AD， 因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD， 所以AB，AD，AP两两垂直， 所以以A为原点，以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， 设B(b，0，0)，D(0，d，0)，P(0，0，d). 则C(b，d，0)， 因为M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点， 所以M，N，Q， 所以＝. 因为平面PAD的一个法向量为m＝(1，0，0)， 所以·m＝0，即⊥m. 又因为MN⊄平面PAD，所以MN∥平面PAD. (2)因为＝(0，－d，0)， 所以·m＝0，所以⊥m， 又QN⊄平面PAD，所以QN∥平面PAD. 又因为MN∩QN＝N，MN，QN⊂平面MNQ， 所以平面MNQ∥平面PAD. 1．证明线面平行的常用方法 (1)证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量共面； (2)证明直线的方向向量与平面内的一个向量平行； (3)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直． 2．证明面面平行常用的方法 (1)利用上述方法证明平面内的两个不共线向量都平行于另一个平面； (2)证明两个平面的法向量平行； (3)证明一个平面的法向量也是另一个平面的法向量． 1．如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体ABCD-A1B1C1D1组合而成的，且PC＝AB.求证：PC∥平面ADC1B1. 证明　如图，以点A1为原点，以A1B1，A1D1，A1A所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 设AB＝2a，则PC＝AB＝a，过P作PP1⊥平面ABCD，垂足为点P1，连接P1C， 则点P1是正方形ABCD的中心，则CP1＝AB＝a，PP1＝ ＝a， 于是C(2a，2a，2a)，P(a，a，3a)， 则＝(a，a，－a). 设平面ADC1B1的法向量为n＝(x，y，z)， 又A(0，0，2a)，D(0，2a，2a)，C1(2a，2a，0)， 则＝(0，2a，0)，＝(2a，2a，－2a)， 所以 故可取n＝(1，0，1). 由n·＝a＋0－a＝0，可得n⊥. 又PC⊄平面ADC1B1，所以PC∥平面ADC1B1. 考点二　利用空间向量证明垂直问题 重难考点　师生共研 　如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点． 证明：(1)AE⊥CD； (2)PD⊥平面ABE. [证明]　由题意可知AB，AD，AP两两垂直，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 设PA＝AB＝BC＝1，则P(0，0，1)，B(1，0，0). (1)因为∠ABC＝60°，所以△ABC为正三角形． 所以C，E. 设D(0，y，0)，由AC⊥CD，得·＝0， 即y＝，则D， 所以＝. 又因为＝， 所以·＝－×＋×＝0， 所以⊥，即AE⊥CD. (2)方法一　由(1)知，D，P(0，0，1)， 所以＝. 又因为·＝×＋×(－1)＝0， 所以⊥，即PD⊥AE. 因为＝(1，0，0)，所以·＝0. 所以PD⊥AB. 又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE， 所以PD⊥平面ABE. 方法二　由(1)知，＝(1，0，0)，＝， 设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令y＝2，则z＝－，所以n＝为平面ABE的一个法向量． 因为＝，显然＝n. 所以∥n，所以⊥平面ABE， 即PD⊥平面ABE. 利用空间向量证明线线、线面、面面垂直的方法 线线垂直 证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零 线面垂直 证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示 面面垂直 (1)证明两个平面的法向量垂直 (2)将面面垂直的判定定理用向量表示 2．如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)证明：AP⊥BC； (2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC. 证明　(1)如图所示，以O为坐标原点，分别以射线OD，OP为y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系． 则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)，所以＝(0，3，4)，＝(－8，0，0). 所以·＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0， 所以⊥，即AP⊥BC. (2)由(1)知||＝5，又||＝3， 且点M在线段AP上，所以＝＝.又＝(－4，－5，0)， 所以＝＋＝， 则·＝(0，3，4)·＝0， 所以⊥，即AP⊥BM. 由(1)知AP⊥BC，因为BM∩BC＝B，BM，BC⊂平面BMC，所以AP⊥平面BMC， 所以AM⊥平面BMC. 又AM⊂平面AMC，故平面AMC⊥平面BMC. 考点三　与平行、垂直有关的存在性问题 重难考点　师生共研 　如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为线段BD1上的动点(含端点). (1)判断是否存在点M，使得CM⊥平面A1DB; (2)判断是否存在点M，使得CM∥平面A1DB. [解析]　建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，B(0，2，0)，A(2，2，0)，D(2，0，0)，D1(2，0，2)，A1(2，2，2)，C1(0，0，2)，设＝λ⇒M(2－2λ，2λ，2－2λ)(λ∈[0，1])， 设平面A1DB的法向量为n＝(x，y，z)， ＝(－2，2，0)，＝(2，0，2)，＝(2－2λ，2λ，2－2λ)， 则有⇒ 令x＝1，则n＝(1，1，－1). (1)假设存在点M，使得CM⊥平面A1DB， 所以有∥n， 所以有2－2λ＝2λ＝－(2－2λ)⇒λ∈∅， 因此假设不成立， 所以不存在点M，使得CM⊥平面A1DB. (2)假设存在点M，使得CM∥平面A1DB， 所以有⊥n⇒·n＝0⇒(2－2λ)＋2λ－(2－2λ)＝0⇒λ＝0∈[0，1]，所以假设成立，因此存在点M，使得CM∥平面A1DB. “是否存在”型问题的两种探索方式 (1)根据条件作出判断，再进一步论证． (2)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”． 3．如图，等边三角形ABC所在平面与直角梯形ABDE所在的平面垂直，BD∥AE，BD＝2AE，AE⊥AB. (1)若F为CD的中点，求证：EF⊥平面BCD. (2)在线段AC上是否存在点N，使CD∥平面BEN？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 解析　(1)证明　设ED的中点为H，AB的中点为O，连接OH，OC，由题意知OH∥AE. 因为平面ABDE⊥平面ABC，AE⊥AB，AE⊂平面ABDE，平面ABDE∩平面ABC＝AB，所以AE⊥平面ABC，所以HO⊥平面ABC. 又因为△ABC为等边三角形，所以OC⊥AB. 故以O为坐标原点，以OC，OB，OH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． 设AE＝1，AB＝2a，则A(0，－a，0)，B(0，a，0)，C，D(0，a，2)，E(0，－a，1)，F， 所以＝，＝，＝(0，0，2)， 所以·＝0，·＝0， 所以EF⊥BC，EF⊥BD. 又因为BC∩BD＝B，BC，BD⊂平面BCD， 所以EF⊥平面BCD. (2)假设存在点N，使CD∥平面BEN， 设＝λ， 则N， 所以＝. 由(1)知，＝(0，－2a，1)，＝， 设平面BEN的法向量为n＝(x，y，z)， 由得令y＝1， 则n＝， 由CD∥平面BEN得n⊥. 所以n·＝×(－a)＋a＋2a×2＝0， 解得λ＝. 所以当＝时，CD∥平面BEN. 学科网（北京）股份有限公司 $